ΕΞΙΣΩΣΗ

nikoszan · #1

Να λυθεί η εξίσωση ${x^2} + 2x - 3 = \sqrt {3 - x}$ στο $\mathbb{R}$

S.E.Louridas · #2

Λόγω λάθους ...

#3

Νίκο καλημέρα!

Λύση:
Κατ' αρχήν θα πρέπει η τιμή του $\displaystyle{x \inR}$ να ικανοποιεί τις συνθήκες:
$\displaystyle 3-x\geq 0\\x^2+2x-3\geq 0$
Σχηματικά πρέπει:

: διάγραμμα.PNG (1.7 KiB) Προβλήθηκε 1394 φορές

Υψώνοντας τη δοθείσα στο τετράγωνο έχουμε:
$\displaystyle{(x^2+2x-3)^2=3-x}$
και την ισοδύναμή της:
$\displaystyle{x^4+4x^3-2x^2-11x+6=0 \ \ (1)}$

Η εξίσωση (1) είναι μια εξίσωση 4ου βαθμού με συντελεστές ακέραιους.
Για να λυθεί αυτή στο $\displaystyle{R}$ θα πρέπει:
1ο) Να μετασχηματιστεί σε γινόμενο παραγόντων κι έτσι το θέμα να αναχθεί σε εξίσωση μικρότερου βαθμού από το 4.
Στην περίπτωση αυτή ισχύει το θεώρημα:
"Κάθε τεταρτοβάθμιο πολυώνυμο αναλύεται μόνον κατά τρείς τρόπους σε γινομενο δύο δευτεροβαθμίων τριωνύμων"
Δηλαδή:
Έστω: $\displaystyle{x^4+4x^3-2x^2-11x+6=(x^2+kx+l)(x^2+mx+n)}$
τότε:
$\displaystyle x^4+4x^3-2x^2-11x+6=x^4+(m+k)x^3+(n+km+l)x^2+(kn+lm)x+ln$
άρα:
$\displaystyle \left\{\begin{matrix} m+k=4\\ n+km+l=-2 \\kn+lm=-11 \\ ln=6 \end{matrix}\right.$
Αναζητώντας ακέραιες λύσεις του ανωτέρω συστήματος και από την τελευταία εξίσωση μελετώντας τις διάφορες αναλύσεις του αριθμού 6
διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{l=-2, n=-3}$ δίνουν την ανάλυση:
$x^4+4x^3-2x^2-11x+6=(x^2+x-3)(x^2+3x-2)\ \ (2)$
2ο) Να αναζητηθούν ρητές ρίζες με το γνωστό θεώρημα των διαιρετών του σταθερού όρου και του συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου και στη
συνέχεια με το τέχνασμα του Horner.
3o) Να επικαλεστούμε τη μεθοδολογία της λύσης της τεταρτοβάθμιας εξίσωσης.
4ο) Να κάνουμε χρήση της νέας τεχνολογίας.
(ή ακόμα να επινοηθεί κάποιο άλλο τέχνασμα)

Επανερχόμενοι στη λύση, η (2) δίνει ως ρίζες τους αριθμούς:
$\displaystyle \left\{r_1=\frac{-1-\sqrt{13}}{2}, r_2 =\frac{-1+\sqrt{13}}{2},r_3=\frac{-3-\sqrt{17}}{2}, r_4 =\frac{-3+\sqrt{17}}{2} \right\}$
Από τις οποίες μετά από έλεγχο και με τη βοήθεια του σχήματος δεκτές είναι:
$\displaystyle \left\{ r_2 =\frac{-1+\sqrt{13}}{2}, r_4 =\frac{-3-\sqrt{17}}{2} \right\}$

Κώστας Δόρτσιος

#4

Ένας τρόπος λύσης που κάποιες φορές εφαρμόζεται σε τέτοια θέματα είναι ο εξής:

Εισάγουμε την παράμετρο $\displaystyle{a>0}$ στη θέση του αριθμού $\displaystyle{3}$ !

Για $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{x \le a}$ και $\displaystyle{{x^2} + 2x - a \ge 0}$ , η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{{x^2} + 2x - a = \sqrt {a - x} \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 2x - a} \right)^2} = a - x \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {a^2} - \left( {2{x^2} + 4x + 1} \right)a + {x^4} + 4{x^3} + 4{x^2} + x = 0}$ $\color{red}\left(\bigstar\right)$ .

Θεωρώντας την $\color{red}\left(\bigstar\right)$ ως δευτεροβάθμια εξίσωση με άγνωστο το $\displaystyle{a}$ και παράμετρο το $\displaystyle{x}$ , βρίσκουμε ότι η διακρίνουσά της είναι

$\displaystyle{\Delta = {\left( {2x + 1} \right)^2}}$ ,

οπότε οι ρίζες της είναι:

$\displaystyle{{a_1} = {x^2} + 3x + 1}$

και

$\displaystyle{{a_2} = {x^2} + x}$ .

Επομένως, η $\color{red}\left(\bigstar\right)$ γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\left( {a - {x^2} - 3x - 1} \right)\left( {a - {x^2} - x} \right) = 0.}$

Τώρα θυμόμαστε ότι $\displaystyle{a = 3}$ , οπότε η αρχική εξίσωση γράφεται

$\displaystyle{\left( {{x^2} + 3x - 2} \right)\left( {{x^2} + x - 3} \right) = 0}$

και οι λύσεις της προκύπτουν όπως έγραψε παραπάνω ο κ. Δόρτσιος.

#5

Μετά τις παραπάνω λύσεις και με αφορμή το τέχνασμα του Βαγγέλη, ας αναφερθεί, ότι εξισώσεις που αντιμετωπίζονται ευκολότερα με εισαγωγή παραμέτρου, βρίσκει κανείς στο βιβλίο των Andreescu-Enescu, Mathematical Treasures, Birkhäuser.

Αν μου επιτρέπει ο Νίκος, παραθέτω και τις εξής εξισώσεις (παρμένες από το προαναφερθέν βιβλίο) προς επίλυση:

(1) $\displaystyle{x^3(x+1)=2(x+a)(x+2a),}$

(2) $\displaystyle{\sqrt{5-x}=5-x^2.}$

Α.Κυριακόπουλος · #6

nikoszan έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση ${x^2} + 2x - 3 = \sqrt {3 - x}$ στο $\mathbb{R}$

ΛΥΣΗ.
Ένας πραγματικός αριθμός

ανήκει στο σύνολο ορισμού της δοσμένης εξίσωσης, αν, και μόνο αν: $3 - x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 3$ . Άρα, το σύνολο ορισμού της εξίσωσης είναι: $D = ( - \infty ,3]$ . Με $x \in D$ , έχουμε:

${x^2} + 2x - 3 = \sqrt {3 - x} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 2x - 3 \ge 0 \\ {({x^2} + 2x - 3)^2} = 3 - x \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x \le - 3 \vee x \ge 1) \\ {\left[ {({x^2} + x - 3) + x} \right]^2} + x - 3 = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow$

$\left\{ \begin{array}{l} (x \le - 3 \vee x \ge 1) \\ {({x^2} + x - 3)^2} + 2x({x^2} + x - 3) + {x^2} + x - 3 = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x \le - 3 \vee x \ge 1) \\ ({x^2} + x - 3)({x^2} + 3x - 2) = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow$

$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} (x \le - 3 \vee x \ge 1) \\ \left( {x = \frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{2} \vee x = \frac{{ - 1 - \sqrt {13} }}{2} \vee x = \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2} \vee x = \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right) \\ \end{array} \right.}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {x = \frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{2} \vee x = \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right)}$
Όπως βρίσκουμε εύκολα οι αριθμοί $\displaystyle{\frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{2}}$ και $\frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}$ ανήκουν στο σύνολο

και άρα αυτοί είναι οι μοναδικές λύσεις της εξίσωσης.

Antonis_Z · #7

Για την αρχική εξίσωση:Αφού πρώτα βρούμε το σύνολο ορισμού,μπορούμε να μετασχηματίσουμε την εξίσωση στην: $x^2+x=3-x+\sqrt{3-x}\leftrightarrow (x+1/2)^2=(\sqrt{3-x}+1/2)^2$ .Τώρα τα πράγματα είναι πιο απλά.

dr.tasos · #8

matha έγραψε:Μετά τις παραπάνω λύσεις και με αφορμή το τέχνασμα του Βαγγέλη, ας αναφερθεί, ότι εξισώσεις που αντιμετωπίζονται ευκολότερα με εισαγωγή παραμέτρου, βρίσκει κανείς στο βιβλίο των Andreescu-Enescu, Mathematical Treasures, Birkhäuser.

Αν μου επιτρέπει ο Νίκος, παραθέτω και τις εξής εξισώσεις (παρμένες από το προαναφερθέν βιβλίο) προς επίλυση:

(1) $\displaystyle{x^3(x+1)=2(x+a)(x+2a),}$

(2) $\displaystyle{\sqrt{5-x}=5-x^2.}$

b) $\displaystyle{ x \in [-\sqrt{5},+\sqrt{5}] }$ , $\displaystyle{ a=5 }$
Τετραγωνίζοντας η εξισωση γινεται ισοδυναμη :

$\displaystyle{ 0=a^2-a(2x^2+1)+x^4+x }$

$\displaystyle{ \Delta=(2x-1)^2 \geq 0 }$

$\displaystyle{ a_{1}=x^2+x , \quad a_{2}=x^2-x+1 }$

Άρα έχω $\displaystyle{ (a-x^2+x-1)(a-x^2-x)=0 \Leftrightarrow (-x^2+x+4)(-x^2-x+5)=0 }$

Απο εδω παιρνω μονες δεκτες ριζες τις $\displaystyle{ x_{1}=\frac{1-\sqrt{17}}{2} , \quad x_{2}=\frac{\sqrt{21}-1}{2} }$

S.E.Louridas · #9

nikoszan έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση ${x^2} + 2x - 3 = \sqrt {3 - x}$ στο $\mathbb{R}$

Επανέρχομαι για να παρουσιάσω την διαπραγμάτευση μου (μετά την αρχική μου βιαστική, άρα λάθος παραγοντοποίηση λόγω ενός πρόσημου),
εντυπωσιασμένος από την λύση του Αntonis_ Ζ.
Θεωρούμε
$3 - x \geqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant 3,\;\;x^2 + 2x - 3 \geqslant 0 \Leftrightarrow \left( {x \leqslant - 3} \right) \vee \left( {x \geqslant 1} \right) \Rightarrow x \in \left( { - \infty , - 3} \right] \cup \left[ {1,3} \right].\;$
Θέτουμε
$t = \sqrt {3 - x} \Rightarrow t \in A \equiv \left[ {0,\sqrt 2 } \right] \cup \left[ {\sqrt 6 , + \infty } \right).$
Λύνουμε στο σύνολο

την εξίσωση ως προς

που προέρχεται από την αρχική:

$\;\matrix {t^4 - 8t^2 - t + 12 = 0 \Leftrightarrow 4t^4 - 32t^2 - 4t + 48 = 0 \Leftrightarrow } \\ {} \\ {\left( {2t^2 - 7} \right)^2 - \left( {2t + 1} \right)^2 = 0 \Leftrightarrow \left( {t^2 - t - 4} \right)\left( {t^2 + t - 3} \right) = 0} \\ \endmatrix$

οπότε παίρνουμε:
$t^2 - t - 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {t = \frac{{1 - \sqrt {17} }} {2} \notin A} \right) \vee \left( {t = \frac{{1 + \sqrt {17} }} {2} \in A} \right),$ ή
$t^2 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left( {t = \frac{{ - 1 - \sqrt {13} }} {2} \notin A} \right) \vee \left( {t = \frac{{ - 1 + \sqrt {13} }} {2} \in A} \right)$ .

$\displaystale{t = \frac{{1 + \sqrt {17} }} {2} \Rightarrow x = \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }} {2},\quad t = \frac{{ - 1 + \sqrt {13} }} {2} \Rightarrow x = \frac{{ - 1 + \sqrt {13} }} {2}}$ .

(*) Είναι γνωστός ο μεθοδολογικός προσανατολισμός της πιθανής παραγοντοποίησης με κατάλληλη αντικατάσταση, ώστε να αναλυθεί το πολυώνυμο σε γινόμενο παραγόντων με μικρότερους βαθμούς. Το 4 παίζει καλό ρόλο, αφού δίνει "ταυτόχρονα" και τέλειο τετράγωνο και διπλάσιο γινόμενο, για τούτο και επιχειρήθηκε ο πολλαπλασιασμός επί 4 που είδατε στην διαπραγματευση μου και που οδήγησε στην "κατάλληλη" διάσπαση άρα και την λύση.
Αυτός ο μεθοδολογικός προσανατολισμός επίλυσης δεν είναι Μεθοδολογία, αφού έχει σαν βάση την γνώση του θεωρητικού περιβάλλοντος, ότι για πολυωνυμικές εξισώσεις πάνω από 4ου βαθμού δεν υπάρχει κανόνας επίλυσης τους και επιλύονται με τεχνητούς τρόπους που ένας είναι η παραγοντοποίηση σε πολυώνυμα μικρότερου βαθμού με το γινόμενο αυτό να είναι ίσον με μηδέν. Το ίδιο σκεπτικό και ανάλογα με τις γνώσεις μας το επιχειρούμε και σε πολυωνυμικές εξισώσεις 3ου ή 4ου βαθμού, κατ’ αρχάς, αφού η επίλυση πολυωνυμικών εξισώσεων 1ου και 2ου βαθμού είναι επίλυση «ρουτίνας».

nikoszan · #10

Ολες οι λύσεις είναι ωραίες και διδακτικές.Ευχαριστω για τον χρόνο που διαθεσατε.
Ν.Ζ.

ΕΞΙΣΩΣΗ

ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ

Μέλη σε σύνδεση