Επίλυση εξισώσεων 2ου βαθμού με τύπο.

Επιλογές

Α μέρος

Επίλυση εξισώσεων 2ου βαθμού με διακρίνουσα και τύπο ριζών

Μέχρι τώρα μάθαμε να λύνουμε εξισώσεις 2ου βαθμού με παραγοντοποίηση και με την μέθοδο της συμπλήρωσης τετραγώνου. Η λύση με παραγοντοποίηση, εξαρτάται από την μορφή της εξίσωσης και εφαρμόζεται όταν η δευτεροβάθμια εξίσωση έχει κατάλληλη μορφή. Αντίθετα η μέθοδος συμπλήρωσης τετραγώνου, είναι μι αγενική μέθοδος επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων. Σε αυτό το μάθημα θα την γενικεύσουμε και θα καταλήξουμε σε μια τυποποίηση, ώστε στο εξής να λύνουμε τις εξισώσεις 2ου βαθμού, με γενικό και εύκολο τρόπο. Η τυποποιημένη διαδικασία επίλυσης των δευτεροβαθμίων εξισώσεων, αντικαθιστά την μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου (άλλωστε “παιδί” της είναι) και όχι την παραγοντοποίηση. Την μέθοδο επίλυσης με παραγοντοποίησης θα την εφαρμόζουμε, όπου χρειάζεται, γιατί είναι πιο γρήγορη και ευέλικτη.

Η γενική μορφή εξίσωσης 2ου βαθμού είναι η

$\boxed{\color{red}{\gra\cdot x^2+\grb\cdot x+\grg=0,\;\gra\neq 0\;\;\;(A)}}$

Γιατί βάζουμε τον περιορισμό $\gra\neq 0$ ; Η εξήγηση είναι απλή. Αν είναι $\gra=0$ ο όρος $\gra\cdot x^2=0$ , επομένως η εξίσωση παύει να είναι 2ου βαθμού και γίνεται 1ου βαθμού. Είναι δηλαδή απαραίτητο, αν ο συντελεστής του $x^2$ είναι γράμμα (παράμετρος), να βάζουμε πάντα τον περιορισμό ότι είναι διάφορος του μηδενός. Η γενική εξίσωση (Α) λύνεται με την μέθοδο της συμπλήρωσης τετραγώνου, όπως δείχνουμε παρακάτω:

Διαδικασία επίλυσης	Αιτιολόγηση
$\gra\cdot x^2+\grb\cdot x+\grg=0,\;\;\gra\neq 0$
$\gra\cdot x^2+\grb\cdot x=-\grg$	Μεταφέρουμε το $\color{blue}\grg$ στο 2ο μέλος.
$4\gra\left(\gra\cdot x^2+\grb\cdot x\right)=-4\gra\cdot\grg$	Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη επί $\color{blue}{4\gra\neq 0}$
$4\gra^2x^2+4\gra\grb x=-4\gra\grg$	Κάνουμε την επιμεριστική στο 1ο μέλος.
$(2\gra x)^2+2\cdot 2\gra x\cdot\grb=-4\gra\grg$	Διαμορφώνουμε τους όρους, ώστε να συμπληρώσουμε την ταυτότητα.
$(2\gra x)^2+2\cdot 2\gra x\cdot\grb+\grb^2=\grb^2-4\gra\grg$	Προσθέτουμε το $\color{blue}\grb^2$ και στα δύο μέλη.
$\boxed{\color{red}{\left(2\gra x+\grb\right)^2=\grb^2-4\gra\grg\;\;\;(B)}}$	Στο σημείο αυτό καταλήξαμε σε μια εξίσωση, όπου το 1ο μέλος είναι μη αρνητικό (αφού είναι τέλειο τετράγωνο), ενώ το 2ο μέλος έχει την παράσταση $\color{blue}{\grb^2-4\gra\grg}$ , της οποίας δεν γνωρίζουμε το πρόσημο.

Ας ασχοληθούμε με το προσημο της παράστασης $\grb^2-4\gra\grg$ .

Για ευκολία θα την ονομάσουμε Δ το αρχικό γράμμα της λέξης Διακρίνουσα, δηλαδή

$\color{red}{\boxed{\grD=\grb^2-4\gra\grg}}$

Όπως γνωρίζουμε αν Δ πραγματικός αριθμός τότε ισχύουν $\grD>0\;\gr\;\grD=0\;\gr\;\grD<0$

$\bullet$ Aν $\color{red}\grD>0$ , δηλαδή $\color{red}{\grb^2-4\gra\grg>0}$ τότε η λύση της (Β) συνεχίζεται ως εξής:

$2\gra x+\grb=\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}\;\;\gr\;\;2\gra x+\grb=-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}$

$2\gra x=-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}\;\;\gr\;\;2\gra x=-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}$

$\color{red}{\boxed{x=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}\;\;\gr\;\;x=\dfrac{-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}\;\;\;(\grG)}}$

Διαιρούμε “άφοβα” με το $2\gra$ , διότι εξαρχής έχουμε θεωρήσει ότι $\gra\neq 0$
Η (Γ) μας δίνει τους τύπους των ριζών μια δευτεροβάθμιας εξίσωσης όταν $\grD>0$

$\bullet$ Aν $\color{red}\grD=0$ , δηλαδή $\color{red}{\grb^2-4\gra\grg=0}$ τότε η λύση της (Β) συνεχίζεται ως εξής:

$(2\gra x+\grb)^2=0\;\gr\;2\gra x+\grb=0\;\gr\;2\gra x=-\grb\,\gr\,x=-\dfrac{\grb}{2\gra},\;\gra\neq 0$

Τότε η εξίσωση (Β) έχει διπλή ρίζα (ή δύο ρίζες ίσες) την $\color{red}{\boxed{x=-\dfrac{\grb}{2\gra}}}$

$\bullet$ Αν $\color{red}\grD<0$ , δηλαδή $\color{red}{\grb^2-4\gra\grg<0}$ , τότε η εξίσωση (Β) είναι αδύνατη (δεν μπορεί το μη αρνητικό 1ο μέλος να ισούται με το αρνητικό 2ο μέλος).

Συνοψίζοντας τις τρεις παραπάνω περιπτώσεις έχουμε ότι:

$\bullet$ Aν $\color{red}{\grb^2-4\gra\grg>0}$ τότε η εξίσωση $\gra\cdot x^2+\grb\cdot x+\grg=0,\;\gra\neq 0$ έχει δύο ρίζες πραγματικές άνισες με τύπο

$\color{red}{\boxed{x=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}\;\;\gr\;\;x=\dfrac{-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}}}$

$\bullet$ Aν $\color{red}{\grb^2-4\gra\grg=0}$ τότε η εξίσωση $\gra\cdot x^2+\grb\cdot x+\grg=0,\;\gra\neq 0$ έχει μία διπλή ρίζα (ή δύο ρίζες ίσες) με τύπο

$\color{red}{\boxed{x=-\dfrac{\grb}{2\gra}}}$

$\bullet$ Aν $\color{red}{\grb^2-4\gra\grg<0}$ τότε η εξίσωση $\gra\cdot x^2+\grb\cdot x+\grg=0,\;\gra\neq 0$ δεν έχει πραγματικές ρίζες (καλύτερα νη μη λέμε αδύνατη, το γιατί θα το μάθεις αργότερα.)

Ας εφαρμόσουμε τα προηγούμενα στην επίλυση μερικών εξισώσεων.

1) Να λυθεί η εξίσωση $x^2-3x+2=0$

Λύση

Είναι $\gra=1,\,\,\grb=-3\,\kai\,\grg=2$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=(-3)^2-4\cdot 1\cdot 2=9-8=1>0$

Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, με

$x_1=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{3+\sqrt{1}}{2\cdot 1}=\dfrac{3+1}{2}=\dfrac{4}{2}=2$

και

$x_2=\dfrac{-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{3-\sqrt{1}}{2\cdot 1}=\dfrac{3-1}{2}=\dfrac{2}{2}=1$

2) Να λυθεί η εξίσωση $2x^2-x-1=0$

Λύση

Είναι $\gra=2,\,\,\grb=-1\,\kai\,\grg=-1$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=(-1)^2-4\cdot 2\cdot (-1)=1+8=9>0$

Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, με

$x_1=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{1+\sqrt{9}}{2\cdot 2}=\dfrac{1+3}{4}=\dfrac{4}{4}=1$

και

$x_2=\dfrac{-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{1-\sqrt{9}}{2\cdot 2}=\dfrac{1-3}{4}=\dfrac{-2}{4}=-\dfrac{1}{2}$

3) Να λυθεί η εξίσωση $2x^2+9x-5=0$

Λύση

Είναι $\gra=2,\,\,\grb=+9\,\kai\,\grg=-5$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=(+9)^2-4\cdot 2\cdot (-5)=81+40=121>0$

Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, με

$x_1=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{-9+\sqrt{121}}{2\cdot 2}=\dfrac{-9+11}{4}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$

και

$x_2=\dfrac{-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{-9-11}{4}=\dfrac{-20}{4}=-5$

4) Να λυθεί η εξίσωση $2x^2+10x+11=0$

Λύση

Είναι $\gra=2,\,\,\grb=10\,\kai\,\grg=11$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=10^2-4\cdot 2\cdot 11=100-88=12>0$

Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, με

$x_1=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{-10+\sqrt{12}}{2\cdot 2}=\dfrac{-10+2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\cancel{2}(-5+\sqrt{3})}{\cancel{4}}=\dfrac{-5+\sqrt{3}}{2}$

και

$x_2=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{-10-\sqrt{12}}{2\cdot 2}=\dfrac{-10-2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\cancel{2}(-5-\sqrt{3})}{\cancel{4}}=\dfrac{-5-\sqrt{3}}{2}$

5) Να λυθεί η εξίσωση $4x^2-20x=-25$

Λύση

Αρχικά μεταφέρουμε στο 1ο μέλος το $-25$ , ώστε να μείνει 0 στο 2ο μέλος, οπότε έχουμε:

$4x^2-20x+25=0$

Είναι $\gra=4,\,\,\grb=-20\,\kai\,\grg=25$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=20^2-4\cdot 4\cdot 25=400-400=0$

Άρα η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα με

$x_1=x_2=\dfrac{-\grb}{2\gra}=\dfrac{20}{2\cdot 4}=\dfrac{20}{8}=\dfrac{5}{2}$

Η εξίσωση αυτή θα μπορούσε να λυθεί και ως εξής:

$\begin{align*} &4x^2-20x+25=0\,\gr\,(2x)^2-2\cdot 2x\cdot 5+5^2=0\,\gr\\ &(2x-5)^2=0\,\gr\,2x-5=0\,\gr\,x=-\dfrac{5}{2} \end{align*}$

Γενικά οι εξισώσεις 2ου βαθμού, που έχουν διακρίνουσα $\grD=0$ μπορούν να μετασχηματιστούν σε ταυτότητες $(\gra x-\grb)^2=0\,\gr\,(\gra x+\grb)^2=0$

6) Να λυθεί η εξίσωση $x^2+x+1=0$

Λύση

Είναι $\gra=1,\,\,\grb=1\,\kai\,\grg=1$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=1^2-4\cdot 1\cdot 1=1-4=-3<0$

Επομένως η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες ( $\grD<0$ ).

7) Να λυθεί η εξίσωση $\dfrac {1}{2}x^2+\dfrac{2}{3}x=\dfrac{1}{3}$

Λύση

Αρχικά πολλαπλασιάζουμε επί το ΕΚΠ(2,3)=6 για να κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών κι έχουμε:

$6\dfrac{1}{2}x^2+6\dfrac{2}{3}x=6\dfrac{1}{3}\,\gr\,3x^2+4x=2\,\gr\,3x^2+4x-2=0$

Είναι $\gra=3,\,\,\grb=4\,\kai\,\grg=-2$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=4^2+4\cdot 3\cdot 2=16+24=40>0$

Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, με

$x_1=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{-4+\sqrt{40}}{2\cdot 3}=\dfrac{-4+2\sqrt{10}}{6}=\dfrac{\cancel{2}(-2+\sqrt{10})}{\cancel{6}}=\dfrac{-2+\sqrt{10}}{3}$

και

$x_2=\dfrac{-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{-4-\sqrt{40}}{2\cdot 3}=\dfrac{-4-2\sqrt{10}}{6}=\dfrac{\cancel{2}(-2-\sqrt{10})}{\cancel{6}}=\dfrac{-2-\sqrt{10}}{3}$

8) Να λυθεί η εξίσωση $(x+4)(x-7)=12$

Λύση

Αρχικά κάνουμε την επιμεριστική και συγκεντρώνουμε όλους τους όρους στο 1ο μέλος:

$(x+4)(x-7)=12\ann x^2+4x-7x-28-12=0\ann x^2-3x-40=0$

Είναι $\gra=1,\,\,\grb=-3\,\kai\,\grg=-40$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=(-3)^2+4\cdot 1\cdot 40=9+160=169>0$

Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, με

$x_1=\dfrac{-\grb+\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{3+\sqrt{169}}{2\cdot 1}=\dfrac{3+13}{2}=\dfrac{16}{2}=8$

και

$x_2=\dfrac{-\grb-\sqrt{\grb^2-4\gra\grg}}{2\gra}=\dfrac{3-\sqrt{169}}{2\cdot 1}=\dfrac{3-13}{2}=\dfrac{-10}{2}=-5$

Ας λύσουμε τώρα μερικές ασκήσεις για εξάσκηση. Στο τέλος του επομένου μαθήματος θα σου δοθεί ένα αρχείο με ασκήσεις για όλη την ενότητα “Εξισώσεις 2ου βαθμού”

1) Να λύσετε τις επόμενες εξισώσεις με χρήση της διακρίνουσας και του τύπου των ριζών(αν υπάρχουν):

$\begin{align*} \gra)&\; 4x^2+x-3=0\\ \grb)&\; t^2+13t=-40\\ \grg)&\; 8x^2-6x+2=0\\ \grd)&\; \dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{1}{12}x=\dfrac{1}{4}\\ \gre)&\; \dfrac{1}{3}y^2+y=-\dfrac{1}{2}\\ \grs\grt)&\; 16x^2+24x+9=0\\ \grz)&\;x(x+2)-5=0\\ \grh&\; (y+1)(y-3)=2 \end{align*}$

Β μέρος

Διακρίνουσα και εξισώσεις 2oυ βαθμού με παράμετρο.

Από τα προηγούμενα, έχιες ίσως αντιληφθεί γιατί ονομάσαμε το $\grb^2-4\gra\grg$ διακρίνουσα (Δ). Με την Δ ξεχωρίζουμε(διακρίνουμε) το είδος των ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης. Για τον λόγο αυτόν, ξεκινάμε την επίλυση της δευτεροβάθμιας, υπολογίζοντας την διακρίνουσα. Αν ερωτηθούμε λοιπόν, αν μια δευτεροβάθμια εξίσωση έχει πραγματικές ή όχι ρίζες, τότε αρκεί να χρησιμοποιήσουμε την διακρίνουσα. Η μελέτη της διακρίνουσας είναι ένα πρώτο βήμα στη διερεύνηση μια εξίσωσης 2ου βαθμού. Δεν θα επεκταθούμε παραπέρα στην διερεύνηση, γιατί δεν είναι ο σκοπός μας σε αυτή την ενότητα.

Ας δούμε μερικά παραδείγματα.

1) Να βρείτε το είδος των ριζών των εξισώσεων:

α) $x^2+3x+2=0$ , β) $x^2-x+3=0$ και γ) $9x^2+24x+16=0$

Λύση

α) Είναι $\gra=1,\,\,\grb=3\,\kai\,\grg=2$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=3^2-4\cdot 1\cdot 2=9-8=1>0$

επομένως η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. (Δεν χρειάζεται να τις βρούμε, γιατί η άσκηση μας ζητάει το είδος των ριζών και όχι τον υπολογισμό τους)

β) Είναι $\gra=1,\,\,\grb=-1\,\kai\,\grg=3$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=(-1)^2-4\cdot 1\cdot 3=1-12=-11<0$

επομένως η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες.

γ) Είναι $\gra=9,\,\,\grb=24\,\kai\,\grg=16$ , οπότε η διακρίνουσα δίνει:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=24^2-4\cdot 9\cdot 16=576-576=0$

επομένως η εξίσωση μία διπλή πραγματική ρίζα.

Με αφορμή την απλή διερεύνηση μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης (με μελέτη του πρόσημου της διακρίνουσας) ας βελτιώσουμε λίγο τον πίνακα των περιπτώσεων της διακρίνουσας.

Διακρίνουσα	Συμπέρασμα
$\pmb{\grD>0}$	Η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες
$\pmb{\grD\geq 0}$	Η εξίσωση έχει τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα.
$\pmb{\grD=0}$	Η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα.
$\pmb{\grD<0}$	Η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες.

Ας βουτήξουμε τώρα σε πιο βαθειά νερά. Θα βάλουμε στη “μέση” και μια παράμετρο.

2) Να βρείτε τις τιμές του k για τις οποίες η εξίσωση

$k\cdot x^2-2x+1=0$

έχει:

δύο ρίζες άνισες
μια διπλή ρίζα
δεν έχει πραγματικές ρίζες

Λύση

Αρχικά πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι έχουμε να κάνουμε με μια εξίσωση 2ου βαθμού. Πρέπει δηλαδή να υπάρχει ο όρος με το $x^2$ . Για να συμβαίνει αυτό πρέπει $k\neq 0$ , ο συντελεστής του δευτεροβάθμιου όρου να είναι διάφορoς από το μηδέν. Θυμήσου ότι, όταν γράφουμε την γενική μορφή της δευτεροβάθμιας εξίσωσης βάζουμε πάντα τον περιορισμό $\gra\neq 0$ .

$\gra\cdot x^2+\grb\cdot x+\grg=0,\;\;\gra\neq 0$

Αφου ξεκαθαρίσαμε με τον περιορισμό, προχωρούμε στην εύρεση της διακρίνουσας. Έχουμε:

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=(-2)^2-4\cdot k\cdot 1=4-4k$

Το πρόσημο της διακρίνουσας εξαρτάται από τις τιμές του k. Έχουμε λοιπόν:

Για να έχει η εξίσωση δύο ρίζες άνισες πρέπει $\pmb{\grD>0}$ , δηλαδή $4-4k>0$ . Λύνοντας την ανίσωση προκύπτει
$4-4k>0\,\gr\,4>4k\,\gr\,k<1$

Επειδή όμως όταν $k<1$ , το k μπορεί να είναι και 0 θα γράψουμε $k\in(-\infty,\,0)\cup(0,\,1)$ με μορφή διαστήματος, όπως μάθαμε στο μάθημα “Διαστήματα-Συναλήθευση ανισώσεων“. Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες όταν $\pmb{k\in(-\infty,\,0)\cup(0,\,1)}$
Για να έχει η εξίσωση μια διπλή ρίζα πρέπει
$\grD=0\,\gr\,4-4k=0\,\gr\,4k=4\,\gr\,k=1$

Άρα η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα όταν $\pmb{k=1}$
Για να μην έχει η εξίσωση πραγματικές ρίζες πρέπει $\grD<0$ , οπότε
$\grD<0\,\gr\,4-4k<0\,\gr\,4k>1\,\gr\,k>1$

Άρα για $\pmb{k>1}$ η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες.

3) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

$k\cdot x^2-x+1-k=0\;\;\;(1)$

έχει για $k\neq 0$ τουλάχιστον μια λύση.

Λύση

Για να έχει η εξίσωση μία τουλάχιστον ρίζα πρέπει $\grD\geq 0$ , δηλαδή

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=(-1)^2-4k(1-k)=1-4k+4k^2\geq 0$

Είναι όμως $4k^2-4k+1=(2k-1)^2\geq 0$ γιατί είναι τέλειο τετράγωνο ( $(2k-1)^2=0$ όταν $k=\dfrac{1}{2}$ ).

Άρα η εξίσωση (1) για $k\neq 0$ έχει τουλάχιστον μια ρίζα.

4) Να βρείτε για ποια τιμή του α η εξίσωση

$x^2+\gra\cdot x+\gra-1=0\;\;\;(1)$

έχει μια διπλή ρίζα.

Λύση

Για να έχει η εξίσωση μία διπλή ρίζα πρέπει $\grD= 0$ , δηλαδή

$\grD=\grb^2-4\gra\grg=\gra^2-4(1-\gra)=\gra^2-4\gra+4=0$

Επομένως έχουμε $\gra^2-4\gra+4=(\gra-2)^2=0\,\gr\,\gra=2$ .

Άρα η εξίσωση (1) για $\gra=2$ έχει μια διπλή ρίζα.

…και τώρα εξάσκηση.

1) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

$x^2-3\gra x+6\gra-4=0$

έχει μια διπλή ρίζα.

2) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

$kx^2+kx++5k+1=0$

για $k>0$ δεν έχει πραγματικές ρίζες.

3) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

$x^2-(\gra+2)x+\gra^2+\gra-1=0$

έχει άνισες ρίζες.

4) Αν η εξίσωση

$x^2-\gra x+\gra-1=0$

έχει μια διπλή ρίζα, τότε η εξίσωση $x^2-\gra x+1=0$ έχει επίσης μια διπλή ρίζα.

Γ μέρος

Παραγοντοποίηση τριωνύμου 2ου βαθμού.

Ήλθε η ώρα να αποκρυπτογραφήσουμε τα “μαγικά” που κάναμε στο μάθημα “Παραγοντοποίηση τριωνύμου 2ου βαθμού”

Ας πάρουμε ένα παράδειγμα από το μάθημα εκείνο:

Ας εργαστούμε με ένα απλό παράδειγμα. Έστω ότι θέλουμε να παραγοντοποιήσουμε το

$P(x)=x^2-7\cdot x+10$

Η τεχνική είναι η εξής:

Πρώτα, βρίσκουμε δύο ακέραιους αριθμούς που να έχουν γινόμενο 10. τα πιθανά ζεύγη τέτοιων ακεραίων είναι τα: $(1,\,10), (2,\,5), (-1,\,-10)$ και $(-2,\,-5)$ .

Το δεύτερο βήμα είναι να επιλέξουμε το ζεύγος εκείνο του οποίου τα μέλη έχουν άθροισμα $\bf{\large{-7}}$ . Το ζεύγος αυτό είναι το $(-2,\,-5)$ .

Τώρα μετασχηματίζουμε το τριώνυμο ως εξής:

$\bf{\large{P(x)=x^2-2\cdot x-5\cdot x+(-2)\cdot(-5)=x(x-2)-5(x-2)=(x-2)(x-5)$

Τώρα ας λύσουμε την εξίσωση $x^2-7x+10=0$ . Έχουμε $\grD=(-7)^2-4\cdot 1\cdot 10=49-40=9>$ , οπότε η εξίσωση έχει ως ρίζες τις:

$x_1=\dfrac{7+\sqrt{9}}{2}=\dfrac{7+3}{2}=\dfrac{10}{2}=5$

και

$x_2=\dfrac{7-\sqrt{9}}{2}=\dfrac{7-3}{2}=\dfrac{4}{2}=2$

Παρατηρούμε ότι στην παραγοντοποίηση με τον παλιό τρόπο παρουσιάζονται στις παρενθέσεις οι αριθμοί 5 και 2, που όπως βλέπουμε είναι οι ρίζες της εξίσωσης.

Ας δούμε μια άλλη περίπτωση παραγοντοποίησης του τριωνύμου $2x^2+7x+3$ .

Με την παλιά μέθοδο έχουμε:

$2x^2+7x+3=2x^2+x+6x+3=x(2x+1)+3(2x+1)=(2x+1)(x+3)=2\left(x+\dfrac{1}{2}\right)(x+3)$

Προσοχή!

Η παράσταση $2x+1$ μετασχηματίζεται ισοδύναμα στην $2\left(x+\dfrac{1}{2}\right)$ , αφού πολλαπλασιάζουμε και διαρούμε συγχρόνως με το 2

Αν λύσουμε τώρα την εξίσωση $2x^2+7x+3=0$ τότε έχουμε: $\grD=7^2-4\cdot 2\cdot 3=49-24=25$ , οπότε:

$x_1=\dfrac{-7+\sqrt{25}}{4}=\dfrac{-7+5}{4}=\dfrac{-2}{4}=-\dfrac{1}{2}$

και

$x_2=\dfrac{-7-\sqrt{25}}{4}=\dfrac{-7-5}{4}=\dfrac{-12}{4}=-3$

Παρατηρούμε πάλι ότι οι αριθμοί $-\dfrac{1}{2}\,\kai\,-3$ που προκύπτουν στην “παλιά” παραγοντοποίηση είναι ίδιες με τις ρίζες της εξίσωσης $2x^2+7x+3=0$ .

Την ίδια διαπίστωση θα κάνουμε όσες περιπτώσεις παραγοντοποίησης και αν αντιμετωπίσουμε. Μπορούμε, λοιπόν, να γενικεύσουμε.Αν θεωρήσουμε την παράσταση $\gra x^2+\grb x+\grg,\;\;\;\gra\neq 0$ , με $\grr_1,\,\grr_2$ ρίζες της αντίστοιχης εξίσωσης $\gra x^2+\grb x+\grg=0,\;\;\gra\neq 0$ , τότε:

$\color{red}{\boxed{\gra x^2+\grb x+\grg=\gra(x-\grr_1)(x-\grr_2)}}$

Ας δούμε μερικά παραδείγματα.

- Το τριώνυμο $x^2-4x+3$ έχει αντίστοιχη εξίσωση $x^2-4x+3=0$ με διακρίνουσα $\grD=(-4)^2-4\cdot 1\cdot 3=16-12=4$ και ρίζες
  $x_1=\dfrac{4+\sqrt{4}}{2}=\dfrac{4+2}{2}=\dfrac{6}{2}=3$
  
  και
  
  $x_2=\dfrac{4-\sqrt{4}}{2}=\dfrac{4-2}{2}=\dfrac{2}{2}=1$
  
  επομένως παραγοντοποιείται ως:
  
  $x^2-4x+3={\underbrace{1}_{{\gra}}{\underbrace{(x-3)}_{(x-\grr_1)}}\cdot{\underbrace{(x-1)}_{(x-\grr_2)}}=(x-1)(x-3)$
- Αντίστοιχα για την παράσταση $3x^2+2x-1$ θεωρούμε την αντίστοιχη εξίσωση $3x^2+2x-1=0$ , οπότε $\grD=2^2_4\cdot 3\cdot(-1)=4+12=16$ , επομένως:

$x_1=\dfrac{-2+\sqrt{16}}{6}=\dfrac{-2+4}{6}=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$

και

$x_2=\dfrac{-2-\sqrt{16}}{6}=\dfrac{-2-4}{6}=\dfrac{-6}{6}=-1$

Άρα παραγοντοποιείται ως:

$3x^2+2x-1={\underbrace{3}_{{\gra}}{\underbrace{(x-\dfrac{1}{3})}_{(x-\grr_1)}}\cdot{\underbrace{(x+1)}_{(x-\grr_2)}}=(3x-1)(x+1)$

Πρόσεξε!

Το $3\left(x-\dfrac{1}{3}\right)(x+1)=\color{red}{(3x-1)}(x+1)$ γιατί το 3 πολλαπλασιάζεται μόνο με την μια παρένθεση. Είναι φανερό ποια θα προτιμήσουμε!

…και τώρα εξάσκηση.

1) Να παραγοντοποιηθούν τα δευτεροβάθμια τριώνυμα

$x^2+5x+4$
$6x^2+7x-3$
$x^2-x-2$
$4x^2-7x+3$
$2x^2+3x-2$

Δ μέρος

Επίλυση εξισώσεων που ανάγονται σε εξισώσεις 2ου βαθμού.

Πολλές φορές βρισκόμαστε μπροστά σε εξισώσεις που δεν είναι 2οθ βαθμού, αλλά η γενική μας “εντύπωση” είναι ότι μας θυμίζουν δευτεροβάθμιες εξισώσεις. Για παράδειγμα η εξίσωση

$(2x+1)^2-3(2x+1)+2=0$

δεν θυμίζει εξίσωση 2ου βαθμού. Αν όμως “απομακρυνθούμε” λίγο από τις λεπτομέρειές της και δούμε την εικόνα της από απόσταση (φαντάστείτε ότι την βλέπετε από ένα ελικόπτερο) τότε θα διακρίνουμε μια μορφή σαν αυτήν

$(\;\;)^2-3(\;\;)+2=0$

Την εντύπωση αυτής της μορφής την συνάγουμε από το γεγονός ότι οι δύο παρενθέσεις έχουν την ίδια παράσταση. Νοερά λοιπόν, λειτουργώντας από απόσταση, αντιλαμβανόμαστε την παράσταση μέσα στις παρενθέσεις ως απλό y (για να μη μπερδέψουμε τις μεταβλητές). Με άλλα λόγια στην σκέψη έχουμε αντικαταστήσει το $2x+1$ με $y$ . Ας δούμε τώρα αν αυτή η μετατροπή βοηθάει στην λύση της εξίσωσης.

Θέτουμε $2x+1=y$
H εξίσωση γίνεται $y^2-3y+2=0$
Λύνουμε την εξίσωση με την μέθοδο της διακρίνουσας και βρίσκουμε $y=1\,\gr\,y=2$
Άρα
$2x+1=y=1\,\gr\,2x+1=1\ann 2x=0\ann x=0$

και

$2x+1=y=2\,\gr\,2x+1=2\ann 2x=1\ann x=\dfrac{1}{2}$

Ας δούμε τώρα μερικά παραδείγματα

1) Να λυθεί η εξίσωση

$(x+3)^2-4(x+3)+3=0$

Λύση

Παρατηρούμε ότι η παράσταση μέσα στις δύο παρενθέσεις είναι ίδια, οπότε θέτουμε $y=x+3$ και η εξίσωση γίνεται:

$y^2-4y+3=0\;\;\;(1)$

Λύνουμε την εξίσωση (1) με την μέθοδο της διακρίνουσας κι έχουμε:

$\grD=(-4)^2-4\cdot 1\cdot 3=16-12=4$

και ρίζες τις:

$y_1=\dfrac{4+\sqrt{4}}{2}=\dfrac{4+2}{2}=\dfrac{6}{2}=3$

και

$y_2=\dfrac{4-\sqrt{4}}{2}=\dfrac{4-2}{2}=\dfrac{2}{2}=1$

Έχοντας βρει το $y$ έχουμε υπολογίσει και το $x+3$ διότι $y=x+3$ , οπότε:

$x+3=y=3\,\gr\,x+3=3\ann x=0$

και

$x+3=y=1\,\gr\,x+3=1\ann x=2$

2) Να λυθεί η εξίσωση

$x^4-5x^2-6=0$

Λύση

Στην περίπτωση αυτήν η εξίσωση είναι 4ου βαθμού. Αυτό που πρέπει να παρατηρήσουμε είναι ότι οι όροι με τον άγνωστο περιέχουν μόνο το $x^4\,\kai\,x^2$ (δηλαδή ο ένας εκθέτης είναι διπλάσιος του άλλου). Από την άλλη το $x^4=(x^2)^2$ , επομένως αν θέσουμε $x^2=t$ θα προκύψει η εξίσωση

$t^2-5t-6=0\;\;\;(1)$

Λύνουμε την (1) με την μέθοδο της διακρίνουσας κι έχουμε:

$\grD=(-5)^2-4\cdot 1\cdot(-6)=25+24=49$

και ρίζες τις:

$t_1=\dfrac{5+\sqrt{49}}{2}=\dfrac{5+7}{2}=\dfrac{12}{2}=6$

και

$t_2=\dfrac{5-\sqrt{49}}{2}=\dfrac{5-7}{2}=\dfrac{-2}{2}=-1$

Έχοντας βρει το $t$ έχουμε υπολογίσει και το $x^2$ διότι $t=x^2$ , οπότε:

$x^2=t=6\,\gr\,x^2=6\ann x=\sqrt{6}\,\gr\,x=-\sqrt{6}$

και

$x^2=t=-1\,\gr\,x^2=-1$

που δεν έχει πραγματική λύση (αδύνατη στο σύνολο των πραγματικών αριθμών)

Γενικά όταν έχουμε εξισώσεις με 3 όρους (τριώνυμες), της μορφής

$\gra x^{2k}+\grb x^k+\grg=0,$

τότε κάνουμε την αντικατάσταση $x^k=y$ , οπότε προκύπτει η δευτεροβάθμια

$\gra y^{2}+\grb y+\grg=0,$

την οποία λύνουμε με την γνωστή μέθοδο.

3) Να λυθεί η εξίσωση

$(x-1)(x+1)(x+2)x=24$

Λύση

Μην διανοηθείτε να κάνετε πράξεις ( 🙂 ). Θα προκύψει μια εξίσωση 4ου βαθμού, που δεν μπορείτε να αντιμετωπίσετε. Πώς σκεπτόμαστε;

Αρχικά την “μαζεύουμε” πολλαπλασιάζοντας ανά δύο τους παράγοντες. Με οποιαδήποτε επιλογή; Όχι αλλά τώτα για αρχή θα δοκιμάσουμε όλους τους συνδυασμούς για να δούμε ποιος μας συμφέρει.

Αν επιλέξουμε $\underbrace{(x-1)(x+1)}_{}\cdot\underbrace{(x+2)x}_{}$ τότε προκύπτει $(x^2-1)(x^2+2x)=24$
Αν επιλέξουμε $\underbrace{(x-1)(x+2)}_{}\cdot\underbrace{(x+1)x}_{}$ τότε προκύπτει $(x^2+x-2)(x^2+x)=24$
Αν επιλέξουμε $\underbrace{(x-1)x}_{}\cdot\underbrace{(x+1)(x+2)}_{}$ τότε προκύπτει $(x^2-x)(x^2+3x+2)$

Με λίγη προσοχή παρατηρούμε ότι στην περίπτωση (2) $(x^2+x-2)(x^2+x)=24\;\;(1)$ έχουμε το εξής χαρακτηριστικό

$({\color{red}{x^2+x}}-2)({\color{red}{x^2+x}})=24$

Αν κάνουμε την αντικατάσταση

$y=x^2+x,$

τότε η (1) γίνεται

$(y-2)y=24\;\;(2)$

Λύνουμε την (2):

Διαδικασία επίλυσης	Αιτιολόγηση
$(y-2)y=24$
$y^2-2y=24$	Κάνουμε την επιμεριστική.
$y^2-2y-24=0$	Μεταφέρουμε το 24 στο 1ο μέλος
$\grD=(-2)^2-4\cdot 1\cdot(-24)=4+96=100$	Βρίσκουμε την διακρίνουσα.
$y_1=\dfrac{2+\sqrt{100}}{2}=\dfrac{2+10}{2}=\dfrac{12}{2}=6$ και $y_2=\dfrac{2-\sqrt{100}}{2}=\dfrac{2-10}{2}=\dfrac{-8}{2}=-4$	Εφαρμόζουμε τους τύπους των ριζών.
Είναι $x^2+x=y=6\,\gr\,x^2+x-6=0\ann x=-3\,\gr\,x=+2$ και $x^2+x=y=-4\,\gr\,x^2+x+4=0,$ που έχει $\grD=1^2-4\cdot 1\cdot 4=1-16=-15<0$ άρα δεν έχει πραγματικές ρίζες.
Άρα $x=-3\,\gr\,x=2$	Λύση της εξίσωσης (1)

Ένα παρόμοιο θέμα είχε τεθεί σε εξετάσεις Γ’ Γυμνασίου στην πρώην Σοβιετική Ένωση

3) Να λυθεί η εξίσωση

$(x+1)^2-(x-1)(x+2)=-2x(x-3)$

Λύση

Αντίθετα με τις προηγούμενες εδώ εκτελούμε τις πράξεις, διότι δεν έχουμε ίδιες παρενθέσεις και η μεγαλύτερη δύναμη που προκύπτει είναι η δευτέρα, οπότε:

$\begin{align*} &x^2+2x+1-(x^2+2x-x-2)=-2x^2+6x\\ &x^2+2x+1-x^2-2x+x+2+2x^2-6x=0\\ &2x^2-5x+3=0\;\;\;(1) \end{align*}$

H (1) είναι εξίσωση 2ου βαθμού, οπότε έχουμε:

$\grD=(-5)^2-4\cdot 2\cdot 3=25-24=1$

και

$x_1=\dfrac{5+\sqrt{1}}{4}=\dfrac{5+1}{4}=\dfrac{6}{4}=\dfrac{3}{2}$

και

$x_1=\dfrac{5-\sqrt{1}}{4}=\dfrac{5-1}{4}=\dfrac{4}{4}=1$

4) Να λυθεί η εξίσωση

$(x^2-2x-2)\cdot(2x^2-6x-10)=0$

Λύση

Από την γνωστή ισοδυναμία $A\cdot B=0\ann A=0\,\gr\,B=0$ συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση

$(x^2-2x-2)\cdot(2x^2-6x-10)=0\ann x^2-2x-2=0\,\,\gr\,\,2x^2-6x-10=0$

Λύνουμε τις δύο δευτεροβάθμιες που προκύπτουν ξεχωριστά.

Η $x^2-2x-2=0$ διακρίνουσα $\grD=(-2)^2-4\cdot 1\cdot (-2)=4+8=12$ οπότε
$x_1=\dfrac{2+\sqrt{12}}{2}=\dfrac{2+2\sqrt{3}}{2}=\dfrac{2(1+\sqrt{3})}{2}=1+\sqrt{3}$

και

$x_2=\dfrac{2-\sqrt{12}}{2}=\dfrac{2-2\sqrt{3}}{2}=\dfrac{2(1-\sqrt{3})}{2}=1-\sqrt{3}$
Η $2x^2-6x-10=0$ διακρίνουσα $\grD=(-6)^2-4\cdot 2\cdot (-10)=36+80=116$ οπότε
$x_1=\dfrac{6+\sqrt{116}}{4}=\dfrac{6+2\sqrt{29}}{4}=\dfrac{2(3+\sqrt{29})}{4}=\dfrac{3+\sqrt{29}}{2}$

και

$x_2=\dfrac{6-\sqrt{116}}{4}=\dfrac{6-2\sqrt{29}}{4}=\dfrac{2(3-\sqrt{29})}{4}=\dfrac{3-\sqrt{29}}{2}$

Άρα η εξίσωση $(x^2-2x-2)\cdot(2x^2-6x-10)=0$ έχει ως ρίζες τις:

$x_1=1+\sqrt{3},\,\,x_2=1-\sqrt{3},\,\,x_3=\dfrac{3+\sqrt{29}}{2},\,\,x_4=\dfrac{3-\sqrt{29}}{2}$

…και τώρα εξάσκηση.

Να λύσετε τις επόμενες εξισώσεις:

(1) $\begin{align*} & 2(x-2)^2-5(x-2)+3=0\\ &t^4-t^2-2=0 \\ & (x-4)(x+2)(x+8)(x+14)=354\\ &y^2-\dfrac{2y-1}{6}=y-\dfrac{y^2}{3} \\ & (x^2+3x)(x^2+3x+2)=3\\ \end{align*}$

Προηγούμενο μάθημα

Επόμενο μάθημα