3.3 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ

Η εξίσωση αx² + βx + γ = 0, α ≠ 0

Η λύση πολλών προβλημάτων της Γεωμετρίας, της Φυσικής καθώς και άλλων επιστημών ανάγεται στην επίλυση μιας εξίσωσης της μορφής:

αx² + βx + γ = 0, με α ≠ 0     (1)

η οποία λέγεται εξίσωση δευτέρου βαθμού.

Για παράδειγμα, έστω ο τύπος , όπου S το διάστημα που διανύει κινητό σε χρόνο t, με αρχική ταχύτητα v₀ και επιτάχυνση γ. Αν θεωρήσουμε ως άγνωστο τον χρόνο t, τότε προκύπτει η εξίσωση:

η οποία είναι εξίσωση δευτέρου βαθμού.

Στη συνέχεια θα επιλύσουμε την εξίσωση δευτέρου βαθμού στη γενική της μορφή με τη μέθοδο της «συμπλήρωσης του τετραγώνου».

Έχουμε:

Αν θέσουμε Δ = β² – 4αγ, τότε η τελευταία εξίσωση γίνεται:

Διακρίνουμε τώρα τις εξής περιπτώσεις:

• Αν Δ > 0, τότε έχουμε:

δηλαδή

Επομένως η εξίσωση (2), άρα και η ισοδύναμή της (1), έχει δύο λύσεις άνισες τις:

Για συντομία οι λύσεις αυτές γράφονται

.

• Αν Δ = 0, τότε η εξίσωση (2) γράφεται:

Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι η εξίσωση έχει διπλή ρίζα την

• Αν Δ < 0, τότε η εξίσωση (2), άρα και η ισοδύναμή της (1), δεν έχει πραγματικές ρίζες, δηλαδή είναι αδύνατη στο R.

Η αλγεβρική παράσταση Δ = β² – 4αγ, από την τιμή της οποίας εξαρτάται το πλήθος των ριζών της εξίσωσης αx² + βx + γ = 0, α ≠ 0 , ονομάζεται διακρίνουσα αυτής.

Τα παραπάνω συμπεράσματα συνοψίζονται στον ακόλουθο πίνακα:

Δ = β2 – 4αγ	Η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, α ≠ 0
Δ > 0	Έχει δύο ρίζες άνισες τις
Δ = 0	Έχει μια διπλή ρίζα τη
Δ < 0	Είναι αδύνατη στο R .

Για παράδειγμα

• Η εξίσωση 2x² – 3x + 1 = 0 έχει Δ = (–3)² – 4 · 2 · 1 = 1 > 0, οπότε έχει δυο ρίζες τις και

• Η εξίσωση x² – 4x + 4 = 0 έχει Δ = (–4)² – 4 · 1 · 4 = 0, οπότε έχει μια διπλή ρίζα την

Η παραπάνω εξίσωση λύνεται σύντομα ως εξής:

x² – 4x + 4 = 0 <=> (x – 2)² = 0 <=> x = 2 (διπλή ρίζα).

• Η εξίσωση 2x² – 3x + 4 = 0 έχει Δ = (–3)² – 4 · 2 · 4 = –23 < 0, οπότε δεν έχει πραγματικές ρίζες.

Στην περίπτωση που η εξίσωση αx² + βx + γ = 0, α ≠ 0 έχει πραγματικές ρίζες x₁,x₂, έχουμε:

Αν με S συμβολίσουμε το άθροισμα x1 + x2 και με P το γινόμενο x₁ · x₂, τότε έχουμε τους τύπους:

που είναι γνωστοί ως τύποι Vieta.

Η εξίσωση αx² + βx + γ = 0, με την βοήθεια των τύπων του Vieta, μετασχηματίζεται ως εξής:

Η τελευταία μορφή της εξίσωσης αx² + βx + γ = 0 μας δίνει τη δυνατότητα να την κατασκευάσουμε, όταν γνωρίζουμε το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της.

Για παράδειγμα η εξίσωση με άθροισμα ριζών 3 και γινόμενο είναι η x² – 3x + = 0

ΕΦΑΡΜΟΓΗ

1η Να λυθεί η εξίσωση

ΛΥΣΗ

Η διακρίνουσα είναι

Επομένως η εξίσωση έχει δυο ρίζες τις

2ηΈνας βράχος βρίσκεται στην κορυφή της χαράδρας ενός ποταμού, η οποία έχει βάθος 300m. Πόσος χρόνος απαιτείται μέχρι τη στιγμή, που ο βράχος θα αγγίξει το νερό του ποταμού, αν ο βράχος

1. πέσει από την κορυφή;
2. εκσφενδονιστεί κατακόρυφα προς τα κάτω με ταχύτητα 50 m/sec;

Δίδεται ότι g ~ 10 m/sec².

ΛΥΣΗ

i) Είναι γνωστό από την Φυσική ότι το διάστημα S που διανύει ένα σώμα στην ελεύθερη πτώση σε χρόνο t sec είναι:

Επειδή S = 300m και , έχουμε:

Η αρνητική ρίζα δεν είναι αποδεκτή, διότι ο χρόνος στο συγκεκριμένο πρόβλημα δεν μπορεί να είναι αρνητικός. Άρα t ~ 7,75sec .

ii) Όταν το σώμα έχει αρχική ταχύτητα v0, το διάστημα που διανύει σε χρόνο t sec είναι

Επειδή και t > 0 θα έχουμε :

Άρα, ο ζητούμενος χρόνος είναι περίπου 4,22sec.

ΣΧΟΛΙΟ

Κατά την επίλυση ενός προβλήματος, όπως είδαμε και παραπάνω, δεν πρέπει να ξεχνάμε να ελέγχουμε, αν οι λύσεις που βρήκαμε είναι εύλογες.

Εξισώσεις που ανάγονται σε εξισώσεις 2ου βαθμού

Στη συνέχεια θα δούμε, με τη βοήθεια παραδειγμάτων, πώς μπορούμε να επιλύσουμε εξισώσεις οι οποίες δεν είναι μεν 2ου βαθμού, αλλά, με κατάλληλη διαδικασία, ανάγονται σε εξισώσεις 2ου βαθμού.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1^o:

Να λυθεί η εξίσωση

x² – 2|x| – 3 = 0.

ΛΥΣΗ

Επειδή x² = |x|², η εξίσωση γράφεται:

|x|² – 2|x| – 3 = 0

Αν θέσουμε |x| = ω, τότε η εξίσωση γίνεται

ω² – 2ω – 3 = 0 .

Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες τις ω₁ = 3 και ω₂ = –1. Από αυτές δεκτή είναι μόνο η θετική, αφού ω = |x| ≥ 0. Επομένως |x| = 3, που σημαίνει x = –3 ή x = 3 .

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2^o:

Να λυθεί η εξίσωση:

ΛΥΣΗ

Για να ορίζεται η εξίσωση πρέπει x – 1 ≠ 0 και x² – x ≠ 0 , δηλαδή x ≠ 0 και x ≠ 1. Με αυτούς τους περιορισμούς του x έχουμε:

Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες x₁ = 1 και x₂ = 3 . Από αυτές, λόγω του περιορισμού, δεκτή είναι μόνο η x₂ = 3 .

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3^o:

Να λυθεί η εξίσωση:

2x⁴ – 7x² – 4 = 0       (1)

ΛΥΣΗ

Αν θέσουμε x² = y η εξίσωση γίνεται:

2y² – 7y – 4 = 0     (2)

Η εξίσωση 2y2 – 7y – 4 = 0 έχει ρίζες τις y1 = 4 και Επειδή y = x2 ≥ 0, δεκτή είναι μόνο η y₁ = 4 .

Επομένως, οι ρίζες της (1) είναι οι ρίζες της εξίσωσης x² = 4 , δηλαδή οι x₁ = –2 και x₂ = 2 .

ΣΧΟΛΙΟ

Η μέθοδος που ακολουθήσαμε στο παραπάνω παράδειγμα εφαρμόζεται και για την επίλυση κάθε εξίσωσης της μορφής:

αx⁴ + βx² + γ = 0, με α ≠ 0

Οι εξισώσεις της μορφής αυτής ονομάζονται διτετράγωνες εξισώσεις.

ΙΣΤΟΡΙΚΟ ΣΗΜΕΙΩΜΑ

Από τα αρχαία χρόνια οι μαθηματικοί χρησιμοποίησαν διάφορες τεχνικές για να λύσουν μια εξίσωση 2ου βαθμού.

Οι αρχαίοι Έλληνες χρησιμοποίησαν γεωμετρικές μεθόδους, ίσως λόγω των δυσκολιών που είχαν με τους άρρητους αριθμούς, αλλά και λόγω πρακτικών δυσκολιών που προέκυπταν από τα ελληνικά ψηφία.

Οι Ινδοί και οι Άραβες χρησιμοποίησαν μια μέθοδο όμοια με τη σημερινή διαδικασία «συμπλήρωσης τετραγώνου», περιγράφοντας όμως λεκτικά τον τρόπο εύρεσης των λύσεων. Αυτοί θεωρούσαν ως διαφορετικού τύπου κάθε μία από τις εξισώσεις

x² + px = q, x² – px = q, x² – px = –q .

Σήμερα όμως γράφουμε τις εξισώσεις αυτές με τη γενική μορφή

αx² + βx + γ = 0

Ο σύγχρονος συμβολισμός άρχισε να εμφανίζεται περί το 1500 μ.Χ, και οι δυνατότητες χρησιμοποίησης αρνητικών ριζών και ακόμα μιγαδικών ριζών προτάθηκαν από τους Cardano και Girard. Η γεωμετρική παράσταση των αρνητικών ριζών από τον Descartes και των μιγαδικών αριθμών από τούς Wessel, Argand και Gauss έκαμε τους αριθμούς αυτούς περισσότερο αποδεκτούς ως ρίζες μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

Όμως η ποικιλία των επιλύσεων που αναπτύχθηκε τα αρχαία χρόνια μας ενέπνευσε να αναπτύξουμε μερικούς τρόπους εξαγωγής του τύπου

που δίνει τις ρίζες της γενικής εξίσωσης 2ου βαθμού

αx² + βx + γ = 0, α ≠ 0 .

Στη συνέχεια παρουσιάζουμε τρεις μεθόδους επίλυσης μίας εξίσωσης 2ου βαθμού.

Μέθοδος των Ινδών

Η επίλυση αυτή που επινοήθηκε στην Ινδία, αποδίδεται στον Sridhara (1025 μ. Χ. περίπου).

Έχουμε διαδοχικά:

αx² + βx + γ = 0

αx² + βx = –γ

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης με 4α και ύστερα προσθέτουμε το β² και στα δύο μέλη, για να προκύψει ένα «τέλειο» τετράγωνο στο αριστερό μέλος. Δηλαδή

Έτσι προκύπτει ότι:

Σχόλιο: Η απλότητα της μεθόδου των Ινδών χαρακτηρίζεται από το γεγονός ότι το κλάσμα δεν εμφανίζεται. παρά μόνο στο τελευταίο βήμα.

Μέθοδος του Vieta

Η εξίσωση 2ου βαθμού αx² + βx + γ = 0, α ≠ 0 μπορεί να λυθεί ευκολότερα, αν δεν περιέχει τον πρωτοβάθμιο όρο βx, πράγμα που μπορεί εύκολα να επιτευχθεί με την αντικατάσταση

Τότε η εξίσωση γίνεται: η οποία όταν απλοποιηθεί γίνεται:

Οι ρίζες της εξίσωσης αυτής είναι εφόσον β² – 4αγ ≥ 0

Για να βρούμε τις ρίζες της αρχικής εξίσωσης αντικαθιστούμε την παραπάνω τιμή του y στην (1) και έχουμε:

Σχόλιο: Η μέθοδος αυτή του Vieta είναι ενδιαφέρουσα, γιατί είναι ο προάγγελος της τεχνικής για την επίλυση της γενικής τριτοβάθμιας καθώς και της διτετράγωνης εξίσωσης. Για παράδειγμα, το πρώτο βήμα στην επίλυση της εξίσωσης αx³ + βx² + γx + δ = 0, είναι η αντικατάσταση που απαλλάσσει την εξίσωση από το δευτεροβάθμιο όρο.

Μέθοδος του Harriot

Ο μαθηματικός Thomas Harriot (1560–1621) εφάρμοσε τη μέθοδο της παραγοντοποίησης, για να βρει τις λύσεις μιας εξίσωσης 2ου βαθμού, στο μεγάλο έργο του για την άλγεβρα «Artis Analytical Praxis». Η τεχνική του είναι η εξής περίπου:

Υποθέτουμε ότι x₁ και x₂ είναι οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης

αx² + βx + γ = 0, α ≠ 0       (1).

Σχηματίζουμε τώρα μία εξίσωση με ρίζες x₁ και x₂. Αυτή είναι η (x – x₁ )(x – x₂ ) = 0 ή ,ισοδύναμα, η

x² – (x₁ + x₂) x + x₂ x₂ = 0      (2)

Με διαίρεση των μελών της (1) με α ≠ 0 , βρίσκουμε:

      (3)

Επειδή οι εξισώσεις (2) και (3) είναι ίδιες, οι αντίστοιχοι συντελεστές πρέπει να είναι ίσοι. Επομένως:

      (4)

Η ταυτότητα (x₁ – x₂ )² = (x₁ + x₂ )² – 4x₁ x₂ σε συνδυασμό με την (4) δίνει

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (4) και (5) έχουμε:

Σχόλιο: Είναι αρκετό να θεωρήσουμε μόνο τη θετική τετραγωνική ρίζα της (5). Η αρνητική ρίζα απλώς εναλλάσσει τη διάταξη των x₁ και x₂.