Νέα κατηγορία ασκήσεων

#21

Νομίζω ότι δε χρειάζεται να γράψω τα παρακάτω μια και η διαδικασία είναι ίδια με εκείνη που κάνουμε στην Α Λυκείου. Την γράφω όμως για να γίνουν πιο κατανοητά αυτά που γράφω παραπάνω.

Ας θεωρήσουμε λοιπόν την εξίσωση a(x)f^2(x)+b(x)f(x)+c(x)=0

και ας υποθέσουμε ότι $a(x)\neq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ (αν για κάποια $x\in\mathbb{R}$ , μηδενίζεται η a(x)

τότε απλά διακρίνουμε περιπτώσεις για τις συγκεκριμένες τιμές του

) η οποία είναι ισοδύναμη (με τη μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου και με τα ίδια ακριβώς βήματα που υπάρχουν στο σχολικό βιβλίο της Α Λυκείου) με την

$\left(x+\dfrac{b(x)}{2a(x)}\right)^2=\dfrac{\Delta(x)}{4a^2(x)} \ \ (1)$ , όπου $\Delta(x)=b^2(x)-4a(x)c(x)$

Αν λοιπόν $\Delta(x)<0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ τότε η (1)

είναι αδύνατη στους πραγματικούς καθώς το 1ο μέλος είναι θετικός και το 2ο αρνητικός. Συνεπώς δεν υπάρχει κανένα πρόβλημα στη λύση

cretanman έγραψε: Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται και θεωρώντας τη ως δευτεροβάθμια εξίσωση του με συντελεστές $x^2+1, \ -(x+1), \ 1$ βρίσκουμε τη διακρίνουσα $\Delta=(-(x+1))^2-4(x^2+1)=-3x^2+2x-3<0$ αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου έχει αρνητική διακρίνουσα. Άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

που έγραψα παραπάνω. Αυτό αρκεί για να πούμε ότι η εξίσωση η αρχική δεν έχει καμία πραγματική λύση. Αν επιπλέον έπρεπε να γράψω ότι ισχύει $a(x)=x^2+1\neq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ τότε ναι αυτό είναι παράλειψή μου. Δε βλέπω όμως ΠΟΥΘΕΝΑ αλλού κάποιο πρόβλημα.

Αν από την άλλη προκύψει $\Delta(x)\geq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ τότε απλά με τον παραπάνω τρόπο εκφράζουμε το

ως συνάρτηση του

και συγκεκριμένα ότι $x=\dfrac{-b(x)\pm\Delta(x)}{2a(x)}$ αλλά αυτό δε μας βοηθάει να λύσουμε την εξίσωση και να βρούμε την τιμή του

(αν υπάρχει) που την επαληθεύει. Εξάλλου δεν έγραψα πουθενά ότι αν βγάλουμε ότι $\Delta(x)\geq 0$ τότε η αρχική εξίσωση έχει πραγματική λύση.

Αλέξανδρος

Νασιούλας Αντώνης · #22

ghan έγραψε:
cretanman έγραψε:Μία δεύτερη λύση για τη 2η εξίσωση (με την οποία φαίνεται και η ιδέα που κατασκευάστηκε):

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται και θεωρώντας τη ως δευτεροβάθμια εξίσωση του με συντελεστές $x^2+1, \ -(x+1), \ 1$ βρίσκουμε τη διακρίνουσα $\Delta=(-(x+1))^2-4(x^2+1)=-3x^2+2x-3<0$ αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου έχει αρνητική διακρίνουσα. Άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

Την τελευταία εξίσωση που προτάθηκε από το Θάνο πριν από 2 ημέρες (αγνοούσα την ύπαρξή της) την έκανα φέτος στο τελευταίο μάθημα των μαθημάτων που προσφέρει το παράρτημα Ηρακλείου της ΕΜΕ στους μαθητές του Ηρακλείου για να φανεί η αξία να δει κάποιος την εξίσωση ως δευτεροβάθμια ως προς το Δεν ξέρω την πηγή της αλλά μου άρεσε πολύ η ιδέα...

Αλέξανδρος
Αγαπητέ κύριε Συγκελάκη.
Προσπάθησα να λύσω την εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ που προτείνατε, με τη μέθοδο που εισηγηθήκατε και οδηγήθηκα σε δύο αντιφατικά συμπεράσματα. Μπορείτε να μου πείτε πιο είναι το σωστό;

Έχουμε: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ δεν επαληθεύεται. Αν $\displaystyle{x\ne 0}$ , τότε τη θεωρώ και εγώ «σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{x}$ » με

«συντελεστές $\displaystyle{\alpha ={{x}^{2}}\ne 0,\,\,\beta =-1,\,\,\gamma =1}$ » και «διακρίνουσα» $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ . Αλλά: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow x={{x}^{4}}+1\Rightarrow \Delta =1-4{{\left( {{x}^{4}}+1 \right)}^{2}}=1-4\left( {{x}^{8}}+2{{x}^{4}}+1 \right)=}$

$\displaystyle{=-4{{x}^{8}}-8{{x}^{4}}-3<0}$ . Άρα η $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ είναι αδύνατη. Εξάλλου: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{2}}=\frac{x-1}{{{x}^{2}}}\Rightarrow \Delta =1-4\cdot \frac{x-1}{{{x}^{2}}}=}$

$\displaystyle{=\frac{{{x}^{2}}-4x+4}{{{x}^{2}}}=\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}\ge 0}$ . Άρα η $\left( 1 \right)$ έχει ρίζα. Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα; Δε νομίζετε ότι, το όποιο συμπέρασμα, πρέπει να βρεθεί με άλλο τρόπο, χωρίς τη «διακρίνουσα»;

Π.χ. $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{4}}=x-1\Rightarrow x-1\ge 0\Rightarrow x\ge 1\Rightarrow {{x}^{4}}\ge x\Rightarrow {{x}^{4}}-x\ge 0\Rightarrow {{x}^{4}}-x+1>0}$

Γ. Σ. Τασσόπουλος

Στην πρώτη περίπτωση, το ότι $\Delta<0$ σημαίνει ότι η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ως άθροισμα δυο ποσοτήτων, μιας μη-αρνητικής και μιας θετικής και άρα είναι πάντα θετική. Αυτός είναι και ο λόγος που δεν έχει ρίζες.
Στην δεύτερη περίπτωση, το ότι $\Delta \geq 0$ σημαίνει ότι η θεωρούμενη εξίσωση έχει "ρίζες" με την έννοια ότι ο άγνωστος

γράφεται ως παράσταση των συντελεστών, επειδή όμως οι συντελεστές είναι συναρτήσεις του

προφανώς δεν έχουμε πάρει ρίζες της αρχικής εξίσωσης, έχουμε πάρει δυο ισοδύναμες εξισώσεις τις οποίες αν λύσουμε τότε θα έχουμε βρει τις ρίζες της αρχικής. Στην συγκεκριμένη περίπτωση αν τις λύσουμε δεν θα βρούμε ρίζες, γιατί πολύ απλά η αρχική είναι αδύνατη.

Αυτό που πρέπει να καταλάβει κανείς είναι ότι η Διακρίνουσα είναι ένας τρόπος να δημιουργούμε ισοδύναμες παραστάσεις, χωρίς να κάνουμε τον κόπο να επαναλαμβάνουμε κάθε φορά την ίδια ανιαρή και κοπιαστική διαδικασία της συμπλήρωσης τετραγώνου. Η Διακρίνουσα δεν είναι μια συνταγή, μια "καφετιέρα" του Θεού που μας γεννάει ρίζες. Μας γεννάει νέες σχέσεις, τουτέστιν ισοδύναμες παραστάσεις της αρχικής όπου συσχετίζουν τον "άγνωστο" (που εμείς έχουμε επιλέξει ποιος θα είναι, το 5 ας πούμε στην ωραία άσκηση του Θάνου) με τους συντελεστές του. Αν αυτές οι νέες σχέσεις μας λύνουν το πρόβλημα ή όχι, δεν είναι θέμα της διακρίνουσας.
Η σύγχυση μάλλον υπάρχει, γιατί στον κλασικό τρόπο που διδάσκεται η Διακρίνουσα στα σχολεία με συντελεστές ανεξάρτητους του

, οι νέες παραστάσεις είναι πάντα ανεξάρτητες του

και άρα μας δίνουν ρίζες της αρχικής εξίσωσης (όποτε υπάρχουν). Αυτό δεν σημαίνει ότι η Διακρίνουσα ταυτίζεται με ένα εργαλείο που γεννάει ρίζες, επειδή το κάνει στην συγκεκριμένη περίσταση και επειδή, στα πλαίσια της γενικότερης συνταγολογίας στα σχολικά μαθηματικά, δεν δίνεται στο μαθητές η πραγματική υπόσταση ενός μαθηματικού εργαλείο, αλλά ξαπλώνεται στην προκρούστεια κλίνη μέχρι να έρθει σε μέτρα εφαρμόσιμα από τον "μέσο" μαθητή.

Στο δια ταύτα, η Διακρίνουσα μας βοηθάει να γράφουμε μια ποσότητα που εμφανίζεται σε μια παράσταση σε δεύτερη δύναμη συναρτήσει των "συντελεστών" -όταν αυτό είναι δυνατό. Τίποτα περισσότερο, τίποτα λιγότερο. Από εκεί και πέρα το αν οι νέες αυτές σχέσεις μας βοηθάνε στην λύση του προβλήματος (π.χ. να βρούμε τις ρίζες μιας εξίσωσης) είναι άλλο ευαγγέλιο.

εντιτ: πρακτικά λέω το ίδιο πράγμα με τον Αλέξανδρο, σε λίγο πιο γενικό πλαίσιο. Το αφήνω για τον κόπο.

#23

ghan έγραψε: Κύριε Ρίζο.
Γι’ αυτό ακριβώς παρέθεσα την απόδειξη του ότι $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1>0}$ , δηλαδή $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1\ne 0}$ , χωρίς τη «διακρίνουσα» $\Delta =1-4{{x}^{2}}$ .Το θέμα όμως είναι ο ισχυρισμός ότι αυτό προκύπτει από τη «διακρίνουσα», ενώ όπως είδατε η «διακρίνουσα» δεν μας διαφωτίζει. Το αντίθετο, το ότι δηλαδή από την ψευδή υπόθεση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ (που θέλει απόδειξη) μπορούμε να βγάλουμε όποιο συμπέρασμα θέλουμε για την «διακρίνουσα» και για οτιδήποτε άλλο είναι προφανές. Αλλά δεν είναι αυτό το θέμα μας.

Γ. Σ. Τασσόπουλος

Κύριε Τασσόπουλε. Η "διακρίνουσα" που λέτε, δεν "σάς διαφωτίζει" γιατί ακολουθείτε λανθασμένα βήματα.
Καταλήγετε σε (φαινομενικά) αντιφατικά αποτελέσματα στις περιπτώσεις (1) D >0

και (2)

γιατί ξεκινάτε από ψευδή υπόθεση. Κάνετε, δηλαδή, αντικαταστάσεις στη "διακρίνουσα", που δεν ισχύουν. Νομίζω το έγραψα αρκετά ξεκάθαρα παραπάνω.

Σας προτείνω την πολύ απλούστερη διαδικασία από το σημείο που βρήκατε τη Διακρίνουσα.

Έχουμε: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ δεν επαληθεύεται. Αν $\displaystyle{x\ne 0}$ , τότε τη θεωρώ και εγώ «σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{x}$ » με

«συντελεστές $\displaystyle{\alpha ={{x}^{2}}\ne 0,\,\,\beta =-1,\,\,\gamma =1}$ » και «διακρίνουσα» $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ .

Εδώ, αντί των αντικαταστάσεων που κάνατε, προτείνω τα εξής βήματα:

Αν $\displaystyle \Delta < 0 \Leftrightarrow 1 - 4{x^2} < 0 \Leftrightarrow \left| x \right| > \frac{1}{2}$ η εξίσωση είναι αδύνατη.

Αν $\displaystyle \Delta \ge 0 \Leftrightarrow 1 - 4{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left| x \right| \le \frac{1}{2}$ ,
Τότε $\displaystyle {x^4} \ge 0\;\;\; \wedge \;\; - x \ge - \frac{1}{2}$ , οπότε το πολυώνυμο $\displaystyle {x^4} - x + 1$ είναι θετικό, άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

Νομίζω ότι κι έτσι είναι αρκετά διαφωτιστικό.
Ελπίζω να είναι ξεκάθαρη η άποψη που εξέφρασα παραπάνω και να συνέβαλλα θετικά στο διάλογο που ανοίξατε.

ghan · #24

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:
ghan έγραψε:
cretanman έγραψε:Μία δεύτερη λύση για τη 2η εξίσωση (με την οποία φαίνεται και η ιδέα που κατασκευάστηκε):

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται και θεωρώντας τη ως δευτεροβάθμια εξίσωση του με συντελεστές $x^2+1, \ -(x+1), \ 1$ βρίσκουμε τη διακρίνουσα $\Delta=(-(x+1))^2-4(x^2+1)=-3x^2+2x-3<0$ αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου έχει αρνητική διακρίνουσα. Άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

Την τελευταία εξίσωση που προτάθηκε από το Θάνο πριν από 2 ημέρες (αγνοούσα την ύπαρξή της) την έκανα φέτος στο τελευταίο μάθημα των μαθημάτων που προσφέρει το παράρτημα Ηρακλείου της ΕΜΕ στους μαθητές του Ηρακλείου για να φανεί η αξία να δει κάποιος την εξίσωση ως δευτεροβάθμια ως προς το Δεν ξέρω την πηγή της αλλά μου άρεσε πολύ η ιδέα...

Αλέξανδρος
Αγαπητέ κύριε Συγκελάκη.
Προσπάθησα να λύσω την εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ που προτείνατε, με τη μέθοδο που εισηγηθήκατε και οδηγήθηκα σε δύο αντιφατικά συμπεράσματα. Μπορείτε να μου πείτε πιο είναι το σωστό;

Έχουμε: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ δεν επαληθεύεται. Αν $\displaystyle{x\ne 0}$ , τότε τη θεωρώ και εγώ «σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{x}$ » με

«συντελεστές $\displaystyle{\alpha ={{x}^{2}}\ne 0,\,\,\beta =-1,\,\,\gamma =1}$ » και «διακρίνουσα» $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ . Αλλά: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow x={{x}^{4}}+1\Rightarrow \Delta =1-4{{\left( {{x}^{4}}+1 \right)}^{2}}=1-4\left( {{x}^{8}}+2{{x}^{4}}+1 \right)=}$

$\displaystyle{=-4{{x}^{8}}-8{{x}^{4}}-3<0}$ . Άρα η $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ είναι αδύνατη. Εξάλλου: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{2}}=\frac{x-1}{{{x}^{2}}}\Rightarrow \Delta =1-4\cdot \frac{x-1}{{{x}^{2}}}=}$

$\displaystyle{=\frac{{{x}^{2}}-4x+4}{{{x}^{2}}}=\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}\ge 0}$ . Άρα η $\left( 1 \right)$ έχει ρίζα. Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα; Δε νομίζετε ότι, το όποιο συμπέρασμα, πρέπει να βρεθεί με άλλο τρόπο, χωρίς τη «διακρίνουσα»;

Π.χ. $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{4}}=x-1\Rightarrow x-1\ge 0\Rightarrow x\ge 1\Rightarrow {{x}^{4}}\ge x\Rightarrow {{x}^{4}}-x\ge 0\Rightarrow {{x}^{4}}-x+1>0}$

Γ. Σ. Τασσόπουλος
Στην πρώτη περίπτωση, το ότι $\Delta<0$ σημαίνει ότι η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ως άθροισμα δυο ποσοτήτων, μιας μη-αρνητικής και μιας θετικής και άρα είναι πάντα θετική. Αυτός είναι και ο λόγος που δεν έχει ρίζες.
Στην δεύτερη περίπτωση, το ότι $\Delta \geq 0$ σημαίνει ότι η θεωρούμενη εξίσωση έχει "ρίζες" με την έννοια ότι ο άγνωστος γράφεται ως παράσταση των συντελεστών, επειδή όμως οι συντελεστές είναι συναρτήσεις του προφανώς δεν έχουμε πάρει ρίζες της αρχικής εξίσωσης, έχουμε πάρει δυο ισοδύναμες εξισώσεις τις οποίες αν λύσουμε τότε θα έχουμε βρει τις ρίζες της αρχικής. Στην συγκεκριμένη περίπτωση αν τις λύσουμε δεν θα βρούμε ρίζες, γιατί πολύ απλά η αρχική είναι αδύνατη.

Αυτό που πρέπει να καταλάβει κανείς είναι ότι η Διακρίνουσα είναι ένας τρόπος να δημιουργούμε ισοδύναμες παραστάσεις, χωρίς να κάνουμε τον κόπο να επαναλαμβάνουμε κάθε φορά την ίδια ανιαρή και κοπιαστική διαδικασία της συμπλήρωσης τετραγώνου. Η Διακρίνουσα δεν είναι μια συνταγή, μια "καφετιέρα" του Θεού που μας γεννάει ρίζες. Μας γεννάει νέες σχέσεις, τουτέστιν ισοδύναμες παραστάσεις της αρχικής όπου συσχετίζουν τον "άγνωστο" (που εμείς έχουμε επιλέξει ποιος θα είναι, το 5 ας πούμε στην ωραία άσκηση του Θάνου) με τους συντελεστές του. Αν αυτές οι νέες σχέσεις μας λύνουν το πρόβλημα ή όχι, δεν είναι θέμα της διακρίνουσας.
Η σύγχυση μάλλον υπάρχει, γιατί στον κλασικό τρόπο που διδάσκεται η Διακρίνουσα στα σχολεία με συντελεστές ανεξάρτητους του , οι νέες παραστάσεις είναι πάντα ανεξάρτητες του και άρα μας δίνουν ρίζες της αρχικής εξίσωσης (όποτε υπάρχουν). Αυτό δεν σημαίνει ότι η Διακρίνουσα ταυτίζεται με ένα εργαλείο που γεννάει ρίζες, επειδή το κάνει στην συγκεκριμένη περίσταση και επειδή, στα πλαίσια της γενικότερης συνταγολογίας στα σχολικά μαθηματικά, δεν δίνεται στο μαθητές η πραγματική υπόσταση ενός μαθηματικού εργαλείο, αλλά ξαπλώνεται στην προκρούστεια κλίνη μέχρι να έρθει σε μέτρα εφαρμόσιμα από τον "μέσο" μαθητή.

Στο δια ταύτα, η Διακρίνουσα μας βοηθάει να γράφουμε μια ποσότητα που εμφανίζεται σε μια παράσταση σε δεύτερη δύναμη συναρτήσει των "συντελεστών" -όταν αυτό είναι δυνατό. Τίποτα περισσότερο, τίποτα λιγότερο. Από εκεί και πέρα το αν οι νέες αυτές σχέσεις μας βοηθάνε στην λύση του προβλήματος (π.χ. να βρούμε τις ρίζες μιας εξίσωσης) είναι άλλο ευαγγέλιο.

εντιτ: πρακτικά λέω το ίδιο πράγμα με τον Αλέξανδρο, σε λίγο πιο γενικό πλαίσιο. Το αφήνω για τον κόπο.

Αγαπητοί κύριοι Συγκελάκη και Νασιούλα.
Νομίζω ότι με τις παρατηρήσεις σας έγινε αντιληπτός ο προβληματισμός που έθεσα.
Δηλαδή η μόνη βεβαιότητα που μπορούμε να συμπεράνουμε, σ’ αυτές τις περιπτώσεις, είναι το ότι $\displaystyle{\Delta (x)<0}$ σημαίνει αδύνατη εξίσωση.

Ευχαριστώ πολύ,
Γ. Σ. Τασσόπουλος

#25

Σβήνω αυτό που είχα γράψει.

#26

Γενικά,

αν και μόνον αν

ΕΙΤΕ $a(x)\neq0$ και $b(x)^2-4a(x)c(x)\geq0$ και $x=\displaystyle\frac{-b(x)\pm\sqrt{b(x)^2-4a(x)c(x)}}{2a(x)}$

ΕΙΤΕ a(x)=b(x)x+c(x)=0

,

με απόδειξη ανάλογη προς αυτήν του σχολικού βιβλίου (για σταθερά $a\neq0$ ,

,

με $b^2-4ac\geq0$ ).

...Οπότε, για να μιλήσουμε τώρα για την συγκεκριμένη εξίσωση, $x^2\cdot x^2-x+1=0$ , ... το να υπάρχουν κάποια

τέτοια ώστε

$(-1)^2-4\cdot x^2\cdot1\geq0$ ...

... ΔΕΝ σημαίνει ότι υπάρχει $x\neq0$ τέτοιο ώστε

$x=\displaystyle\frac{1\pm\sqrt{1-4x^2}}{2x^2}\leftrightarrow x^4-x+1=0$ .

Γιώργος Μπαλόγλου

#27

ghan έγραψε:
$\displaystyle{=\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}{\color {red} \ge } 0}$ . Άρα η $\left( 1 \right)$ έχει ρίζα. Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα;

Γιώργο,

έχεις μαθηματικό σφάλμα στο σημείο που σημείωσα με κόκκινο. Η ανισότητα $(kati)^2 \ge 0$ που επικαλείσαι, ισχύει για ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΥΣ αριθμούς. Ως γνωστόν, για μιγαδικούς, όχι μόνο δεν ισχύει (π.χ. είναι $i^2 < 0,\,$ ) αλλά μπορεί να μην έχει νόημα (π.χ. δεν έχει νόημα η $2i= (1+i)^2 \ge 0$ ).

Τώρα, αφού στο πρώτο βήμα της απόδειξης (με χρήση διακρίνουσας) έδειξες ότι οι ρίζες της x^4-x+1=0

είναι μιγαδικές, ΔΕΝ ΕΧΟΥΜΕ ΔΙΚΑΙΩΜΑ να χρησιμοποιήσουμε τον μιγαδικό αυτό

για να συμπεράνουμε $\displaystyle{\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}} \ge 0}$ .

Υποθέτω ότι το σφάλμα σου αυτό (ανθρώπινο) ερμηνεύει γιατί βρίσκεις προβληματικό (βλέπε το κείμενο που σημείωσα με μπλε γράμματα) έναν συλλογισμό με διακρίνουσα ο οποίος είναι προφανέστατα σωστός.

Φιλικά και με εκτίμηση,

Μιχάλης

Νασιούλας Αντώνης · #28

ghan έγραψε:
ghan έγραψε:
Αγαπητέ κύριε Συγκελάκη.
Προσπάθησα να λύσω την εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ που προτείνατε, με τη μέθοδο που εισηγηθήκατε και οδηγήθηκα σε δύο αντιφατικά συμπεράσματα. Μπορείτε να μου πείτε πιο είναι το σωστό;
Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα; Δε νομίζετε ότι, το όποιο συμπέρασμα, πρέπει να βρεθεί με άλλο τρόπο, χωρίς τη «διακρίνουσα»;
Γ. Σ. Τασσόπουλος
Αγαπητοί κύριοι Συγκελάκη και Νασιούλα.
Νομίζω ότι με τις παρατηρήσεις σας έγινε αντιληπτός ο προβληματισμός που έθεσα.
Δηλαδή η μόνη βεβαιότητα που μπορούμε να συμπεράνουμε, σ’ αυτές τις περιπτώσεις, είναι το ότι $\displaystyle{\Delta (x)<0}$ σημαίνει αδύνατη εξίσωση.

Ευχαριστώ πολύ,
Γ. Σ. Τασσόπουλος

Καλησπέρα και πάλι.

Απλώς οι χαρακτηρισμοί στο αρχικό μήνυμα μάλλον δεν είναι ιδιαίτερα εύστοχοι και αποκτούν συγκεκριμένη βαρύτητα (ακόμα και αν εσείς δεν το θέλατε), δεδομένου του κλίματος που υπάρχει σχετικά με την διακρίνουσα αυτόν τον καιρό. Πιο συγκεκριμένα, όπως φαίνεται από την παραπάνω αιτιολόγησή μου, τα δυο συμπεράσματα κάθε άλλο παρά αντιφατικά είναι. Και τα δυο είναι σωστά, απλώς μόνο το ένα δεν μας οδηγεί στην λύση. Προφανώς και δεν υπάρχει κανένα πρόβλημα με την διακρίνουσα και το όποιο συμπέρασμα μπορεί να βρεθεί και με την βοήθειά της στην συγκεκριμένη άσκηση.
Όπως όλα τα μαθηματικά εργαλεία έτσι και η διακρίνουσα δεν λύνει όλες τις ασκήσεις, δεν είναι χρήσιμη σε κάθε εφαρμογή της. Αυτό νομίζω ότι δεν είναι πρόβλημα, δεν είναι κάτι αφύσικο και μάλιστα το ίδιο συμβαίνει με κάθε άλλη μέθοδο-εργαλείο. Εξάλλου εκεί βρίσκεται και η ομορφιά στην επίλυση των μαθηματικών ασκήσεων, στο ότι δεν ξέρουμε εκ των προτέρων ποιο εργαλείο θα χρησιμοποιήσουμε και πώς θα το κάνουμε. Άρα δεν έχει και πολύ νόημα μια συζήτηση ότι η τάδε εφαρμογή του τάδε εργαλείου δεν μας δίνει την λύση.

Αυτά από εμένα,
Καλό βράδυ

#29

Κύριε Τασσόπουλε, με το ίδιο με εσάς σκεπτικό, θα λύσω και εγώ την εξίσωση: $\displaystyle{x^2 +4x-5=0}$ ως εξής:

Έχουμε $\displaystyle{\Delta = 4^2 -4.1.(-5)}$ . Όμως από την αρχική εξίσωση, έχουμε $\displaystyle{4x=5-x^2 \Leftrightarrow 4=\frac{5-x^2}{x}}$ . Άρα η διακρίνουσα γράφεται:

$\displaystyle{\Delta = (\frac{5-x^2}{x})^2 +5(\frac{5-x^2}{x})}$ Τώρα, δεν μπλέκονται τα πράγματα; Προσωπικά, δεν βλέπω κάτι διαφορετικό από την δική σας τοποθέτηση στην

άσκηση του Αλέξανδρου...

ghan · #30

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:
ghan έγραψε:
ghan έγραψε:
Αγαπητέ κύριε Συγκελάκη.
Προσπάθησα να λύσω την εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ που προτείνατε, με τη μέθοδο που εισηγηθήκατε και οδηγήθηκα σε δύο αντιφατικά συμπεράσματα. Μπορείτε να μου πείτε πιο είναι το σωστό;
Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα; Δε νομίζετε ότι, το όποιο συμπέρασμα, πρέπει να βρεθεί με άλλο τρόπο, χωρίς τη «διακρίνουσα»;
Γ. Σ. Τασσόπουλος
Αγαπητοί κύριοι Συγκελάκη και Νασιούλα.
Νομίζω ότι με τις παρατηρήσεις σας έγινε αντιληπτός ο προβληματισμός που έθεσα.
Δηλαδή η μόνη βεβαιότητα που μπορούμε να συμπεράνουμε, σ’ αυτές τις περιπτώσεις, είναι το ότι $\displaystyle{\Delta (x)<0}$ σημαίνει αδύνατη εξίσωση.

Ευχαριστώ πολύ,
Γ. Σ. Τασσόπουλος
Καλησπέρα και πάλι.

Απλώς οι χαρακτηρισμοί στο αρχικό μήνυμα μάλλον δεν είναι ιδιαίτερα εύστοχοι και αποκτούν συγκεκριμένη βαρύτητα (ακόμα και αν εσείς δεν το θέλατε), δεδομένου του κλίματος που υπάρχει σχετικά με την διακρίνουσα αυτόν τον καιρό. Πιο συγκεκριμένα, όπως φαίνεται από την παραπάνω αιτιολόγησή μου, τα δυο συμπεράσματα κάθε άλλο παρά αντιφατικά είναι. Και τα δυο είναι σωστά, απλώς μόνο το ένα δεν μας οδηγεί στην λύση. Προφανώς και δεν υπάρχει κανένα πρόβλημα με την διακρίνουσα και το όποιο συμπέρασμα μπορεί να βρεθεί και με την βοήθειά της στην συγκεκριμένη άσκηση.
Όπως όλα τα μαθηματικά εργαλεία έτσι και η διακρίνουσα δεν λύνει όλες τις ασκήσεις, δεν είναι χρήσιμη σε κάθε εφαρμογή της. Αυτό νομίζω ότι δεν είναι πρόβλημα, δεν είναι κάτι αφύσικο και μάλιστα το ίδιο συμβαίνει με κάθε άλλη μέθοδο-εργαλείο. Εξάλλου εκεί βρίσκεται και η ομορφιά στην επίλυση των μαθηματικών ασκήσεων, στο ότι δεν ξέρουμε εκ των προτέρων ποιο εργαλείο θα χρησιμοποιήσουμε και πώς θα το κάνουμε. Άρα δεν έχει και πολύ νόημα μια συζήτηση ότι η τάδε εφαρμογή του τάδε εργαλείου δεν μας δίνει την λύση.

Αυτά από εμένα,
Καλό βράδυ

Αγαπητέ κύριε Νασιούλα, καλημέρα σας.
Ομολογουμένως οι αλλεπάλληλες συζητήσεις επί του θέματος της «διακρίνουσας» έχουν γίνει κουραστικές και ίσως επηρέασαν το ύφος μου, αλλά προς Θεού δεν είχα καμία διάθεση υποτίμησης κανενός. Το μόνο που ήθελα να φανεί από τον προβληματισμό που έθεσα είναι ότι η περίπτωση $\displaystyle{\Delta (x)\ge 0}$ δεν οδηγεί σε κάποιο συγκεκριμένο συμπέρασμα (έχει λύση ή όχι η εξίσωση).
Γι’ αυτό με βρίσκει απόλυτα σύμφωνο η άποψή σας, την οποία είχα εκφράσει και εγώ στο Μαθηματικό Εργαστήρι του Facebook (16/6/2015), ότι η μετατροπή αυτών των παραστάσεων σε άθροισμα η διαφορά τετραγώνων είναι αρκετή.
Ο τύπος των ριζών «τριωνύμου» δεν προσφέρει κάτι περισσότερο, ούτε θα μπορούσε να θεωρηθεί μεγαλύτερη ευκολία, αφού τελικά τους δύο παράγοντες της διαφοράς τετραγώνων εκφράζει.

Ευχαριστώ για την επικοινωνία,
Γ. Σ. Τασσόπουλος

Νασιούλας Αντώνης · #31

ghan έγραψε:
Αγαπητέ κύριε Νασιούλα, καλημέρα σας.
Ομολογουμένως οι αλλεπάλληλες συζητήσεις επί του θέματος της «διακρίνουσας» έχουν γίνει κουραστικές και ίσως επηρέασαν το ύφος μου, αλλά προς Θεού δεν είχα καμία διάθεση υποτίμησης κανενός. Το μόνο που ήθελα να φανεί από τον προβληματισμό που έθεσα είναι ότι η περίπτωση $\displaystyle{\Delta (x)\ge 0}$ δεν οδηγεί σε κάποιο συγκεκριμένο συμπέρασμα (έχει λύση ή όχι η εξίσωση).
Γι’ αυτό με βρίσκει απόλυτα σύμφωνο η άποψή σας, την οποία είχα εκφράσει και εγώ στο Μαθηματικό Εργαστήρι του Facebook (16/6/2015), ότι η μετατροπή αυτών των παραστάσεων σε άθροισμα η διαφορά τετραγώνων είναι αρκετή.
Ο τύπος των ριζών «τριωνύμου» δεν προσφέρει κάτι περισσότερο, ούτε θα μπορούσε να θεωρηθεί μεγαλύτερη ευκολία, αφού τελικά τους δύο παράγοντες της διαφοράς τετραγώνων εκφράζει.

Ευχαριστώ για την επικοινωνία,
Γ. Σ. Τασσόπουλος

Κύριε Τασσόπουλο χαιρετώ.

Ουσιαστικά η διακρίνουσα δεν προσφέρει κάτι περισσότερο, απλώς μας γλιτώνει κόπο και χρόνο, μας βοηθάει να αποφύγουμε μια τελείως τυποποιημένη και ανιαρή διαδικασία.

Καλή συνέχεια

ghan · #32

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ghan έγραψε:
$\displaystyle{=\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}{\color {red} \ge } 0}$ . Άρα η $\left( 1 \right)$ έχει ρίζα. Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα;
Γιώργο,

έχεις μαθηματικό σφάλμα στο σημείο που σημείωσα με κόκκινο. Η ανισότητα $(kati)^2 \ge 0$ που επικαλείσαι, ισχύει για ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΥΣ αριθμούς. Ως γνωστόν, για μιγαδικούς, όχι μόνο δεν ισχύει (π.χ. είναι $i^2 < 0,\,$ ) αλλά μπορεί να μην έχει νόημα (π.χ. δεν έχει νόημα η $2i= (1+i)^2 \ge 0$ ).

Τώρα, αφού στο πρώτο βήμα της απόδειξης (με χρήση διακρίνουσας) έδειξες ότι οι ρίζες της είναι μιγαδικές, ΔΕΝ ΕΧΟΥΜΕ ΔΙΚΑΙΩΜΑ να χρησιμοποιήσουμε τον μιγαδικό αυτό για να συμπεράνουμε $\displaystyle{\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}} \ge 0}$ .

Υποθέτω ότι το σφάλμα σου αυτό (ανθρώπινο) ερμηνεύει γιατί βρίσκεις προβληματικό (βλέπε το κείμενο που σημείωσα με μπλε γράμματα) έναν συλλογισμό με διακρίνουσα ο οποίος είναι προφανέστατα σωστός.

Φιλικά και με εκτίμηση,

Μιχάλης

Αγαπητέ Μιχάλη,

Είναι μεγάλη η χαρά μου να συζητώ μαζί σου είτε συμφωνώντας είτε διαφωνώντας.

Πράγματι, αν είχαμε αποδείξει ότι: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1\ne 0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ , δηλαδή ότι: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Rightarrow x\in \mathbb{C}}$ με άλλο τρόπο (χωρίς τη «διακρίνουσα»), όπως π.χ. αυτόν που

παρέθεσα, τότε προφανώς δεν επιτρέπεται να γράψουμε $\displaystyle{\Delta =\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}\ge 0}$ . Έχεις απόλυτο δίκιο. Όμως έτσι έχει αποδειχθεί ότι η εξίσωση είναι αδύνατη και έχει λήξει το θέμα,

χωρίς τη χρήση της «διακρίνουσας», αφού με $\displaystyle{x\in \mathbb{C}}$ ούτε η σχέση $\displaystyle{\Delta =-4{{x}^{8}}-8{{x}^{4}}-3<0}$ εξασφαλίζεται.

Ο προβληματισμός που έθεσα (και η απάντηση που ζητούσα) ήταν ακριβώς το αντίθετο, το ότι δηλαδή για $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ ούτε η σχέση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ ούτε η σχέση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1\ne 0}$

εξασφαλίζεται από την $\Delta (x)\ge 0$ .

Ευχαριστώ για την επικοινωνία μας. Φυσικά και αν κατέβω στην Κρήτη θα είναι μεγάλη μου χαρά και προτεραιότητα το να σε συναντήσω.

Φιλικότατα,

Γιώργος Τασσόπουλος

#33

ghan έγραψε: Ο προβληματισμός που έθεσα (και η απάντηση που ζητούσα) ήταν ακριβώς το αντίθετο, το ότι δηλαδή για $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ ούτε η σχέση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ ούτε η σχέση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1\ne 0}$ εξασφαλίζεται από την $\Delta (x)\ge 0$ .
Γιώργος

Με συγχωρείτε, αλλά αισθάνομαι κάπως άσχημα, σαν να είμαι αόρατος.

Σε προηγούμενες αναρτήσεις, επαναλαμβάνω, σε βαθμό που γίνομαι κουραστικός, ότι ακόμα και αυτή η λεγόμενη "Διακρίνουσα" D = 1-4x^2

μάς δίνει απάντηση. Εξασφαλίζει, δηλαδή, ότι η εξίσωση είναι αδύνατη στο

.

Ειλικρινά αναρωτιέμαι για ποιο λόγο απαξιώνετε τα επιχειρήματά μου και εμένα προσωπικά και δεν απαντάτε αν και πού έχω λάθος συλλογισμό.

Αν τυχόν πέρασε απαρατήρητη, ξαναγράφω τη διαδικασία παρακάτω.
Με σεβασμό,
Γ.Ρ.

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Έχουμε: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ δεν επαληθεύεται. Αν $\displaystyle{x\ne 0}$ , τότε τη θεωρώ και εγώ «σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{x}$ » με

«συντελεστές $\displaystyle{\alpha ={{x}^{2}}\ne 0,\,\,\beta =-1,\,\,\gamma =1}$ » και «διακρίνουσα» $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ .

Εδώ, αντί των αντικαταστάσεων που κάνατε, προτείνω τα εξής βήματα:

Αν $\displaystyle \Delta < 0 \Leftrightarrow 1 - 4{x^2} < 0 \Leftrightarrow \left| x \right| > \frac{1}{2}$ η εξίσωση είναι αδύνατη.

Αν $\displaystyle \Delta \ge 0 \Leftrightarrow 1 - 4{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left| x \right| \le \frac{1}{2}$ ,
Τότε $\displaystyle {x^4} \ge 0\;\;\; \wedge \;\; - x \ge - \frac{1}{2}$ , οπότε το πολυώνυμο $\displaystyle {x^4} - x + 1$ είναι θετικό, άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

ghan · #34

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
ghan έγραψε: Ο προβληματισμός που έθεσα (και η απάντηση που ζητούσα) ήταν ακριβώς το αντίθετο, το ότι δηλαδή για $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ ούτε η σχέση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ ούτε η σχέση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1\ne 0}$ εξασφαλίζεται από την $\Delta (x)\ge 0$ .
Γιώργος
Με συγχωρείτε, αλλά αισθάνομαι κάπως άσχημα, σαν να είμαι αόρατος.

Σε προηγούμενες αναρτήσεις, επαναλαμβάνω, σε βαθμό που γίνομαι κουραστικός, ότι ακόμα και αυτή η λεγόμενη "Διακρίνουσα" μάς δίνει απάντηση. Εξασφαλίζει, δηλαδή, ότι η εξίσωση είναι αδύνατη στο .

Ειλικρινά αναρωτιέμαι για ποιο λόγο απαξιώνετε τα επιχειρήματά μου και εμένα προσωπικά και δεν απαντάτε αν και πού έχω λάθος συλλογισμό.

Αν τυχόν πέρασε απαρατήρητη, ξαναγράφω τη διαδικασία παρακάτω.
Με σεβασμό,
Γ.Ρ.

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Έχουμε: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ δεν επαληθεύεται. Αν $\displaystyle{x\ne 0}$ , τότε τη θεωρώ και εγώ «σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{x}$ » με

«συντελεστές $\displaystyle{\alpha ={{x}^{2}}\ne 0,\,\,\beta =-1,\,\,\gamma =1}$ » και «διακρίνουσα» $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ .

Εδώ, αντί των αντικαταστάσεων που κάνατε, προτείνω τα εξής βήματα:

Αν $\displaystyle \Delta < 0 \Leftrightarrow 1 - 4{x^2} < 0 \Leftrightarrow \left| x \right| > \frac{1}{2}$ η εξίσωση είναι αδύνατη.

Αν $\displaystyle \Delta \ge 0 \Leftrightarrow 1 - 4{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left| x \right| \le \frac{1}{2}$ ,
Τότε $\displaystyle {x^4} \ge 0\;\;\; \wedge \;\; - x \ge - \frac{1}{2}$ , οπότε το πολυώνυμο $\displaystyle {x^4} - x + 1$ είναι θετικό, άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

Αγαπητέ κύριε Ρίζο στην πρώτη παρέμβασή σας έστειλα μία απάντηση.

Μετά την απάντηση των Συγκελάκη – Νασιούλα όμως, όπου διευκρινίστηκε αυτό που ήθελα, το ότι δηλαδή η σχέση $\displaystyle{\Delta (x)\ge 0}$ , δεν εξασφαλίζει να έχει ή όχι λύση η $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ , ήταν εμφανές ότι το αδύνατο της $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ και το αβέβαιο της ύπαρξης λύσης της δεν έρχονται σε αντίφαση.
Βέβαια εσείς θεωρώντας την $\displaystyle{\Delta }$ ως $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ και όχι ως $\displaystyle{\Delta =\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}}$ δείξατε ότι δεν εμφανίζονται οι περιπτώσεις (αδύνατη και αβέβαιο) αλλά (αδύνατη και αδύνατη) που πράγματι καθιστά εμφανέστερη την έλλειψη αντίφασης.
Συγνώμη που δεν σας απάντησα, αλλά όχι επειδή σας αγνόησα, αλλά από φόβο μήπως κουράσω επαναλαμβανόμενος.
Αισθάνομαι υποχρεωμένος που ασχοληθήκατε με τον προβληματισμό αυτό και σας ευχαριστώ ειλικρινά.

Γ. Σ. Τασσόπουλος

Ανδρέας Πούλος · #35

Αγαπητέ Αλέξανδρε,
αν κατάλαβα καλά, ο σκοπός που έβαλες αυτές τις ασκήσεις είναι για να λυθούν με γνώσεις έως επίπεδο Α Λυκείου.
Άρα, δεν έχουν νόημα οι παράγωγοι και τεχνικές μεγαλύτερων τάξεων.

Για την 1η άσκηση νομίζω ότι όλοι μαθητές από την Γ Γυμνασίου ήδη γνωρίζουν ότι
η εξίσωση x^2 - x + 1 = 0

δεν έχει λύση στους πραγματικούς και μάλιστα παίρνει μόνο θετικές τιμές.
Επειδή $x^{4}\geq 0$ , σε συνδυασμό με το παραπάνω σημαίνει ότι η εξίσωση x^4 + x^2 - x + 1 = 0

δεν έχει πραγματικές λύσεις.

Για την 2η άσκηση η εξίσωση γράφεται $x(x^{3}-1)+1=0 \Leftrightarrow x(x-1)(x^{2} +x+1) + 1=0$ .
Άρα, για x > 1 ή x = 1 δεν έχει λύση, αφού όλοι μαθητές από την Γ Γυμνασίου ήδη γνωρίζουν ότι
η παράσταση x^2 + x + 1

παίρνει μόνο θετικές τιμές.
Για x < 1

ισοδύναμα για -x+1 > 0

ισχύει ότι x^4 - x + 1 > 0

.
Άρα, ούτε η εξίσωση αυτή έχει πραγματικές ρίζες.

Η 3η εξίσωση δεν ανήκει στην ύλη της Α Λυκείου. Βρες άλλο παράδειγμα.
Με απλές τεχνικές αποφεύγουμε και τις "παρεξηγήσεις".

Υποθέτω ότι τα κείμενα αυτά τα διαβάζουν και μαθητές, δεν πρέπει να αποκομίζουν :spam:

και

Ανδρέας Πούλος

#36

Ανδρέας Πούλος έγραψε: Με απλές τεχνικές αποφεύγουμε και τις "παρεξηγήσεις".

Ανδρέα, δεν καταλαβαίνω το σχόλιό σου.

Το ερώτημα δεν είναι αν ο ένας ή ο άλλος τρόπος είναι ευκολότερος ή όχι, αλλά αν είναι σωστή η μέθοδος της Διακρίνουσας για "πολυώνυμα" με μεταβλητούς συντελεστές.

Οι ερωτήσεις του Αλέξανδρου προφανώς τέθηκαν επειδή κάποιοι αμφισβήτησαν την ορθότητα της μεθόδου. Μάλιστα σε άλλα fora ή blog κυκλοφορούν του κόσμου οι ανοησίες, οπότε είναι θεμιτό να τονίσουμε στο παρόν forum την ορθότητα της μεθόδου.

Ας προσθέσω ότι έχω υπ' όψη άλλα παραδείγματα (πιο σύνθετα από τα αρχικά του Αλέξανδρου) όπου η λύση τους είναι ουσιωδώς δυσκολότερη αν κάποιος δεν χρησιμοποιήσει το τέχνασμα της "μεταβλητής" Διακρίνουσας.

Με άλλα λόγια, καλό είναι να έχει κανείς αυτό το τέχνασμα στο ρεπερτόριο των εργαλείων του και να μη φοβάται να το χρησιμοποιήσει επειδή ηχούν στο μυαλό του και ανεύθυνες γνώμες.

Μιχάλης

#37

Ανδρέα καλησπέρα,

Πράγματι, όπως επισημαίνει και ο κ. Μιχάλης παραπάνω, ο λόγος που έβαλα τις ασκήσεις είναι ακριβώς για να τονίσω τη (σωστή) μέθοδο χρήσης του τύπου της δευτεροβάθμιας εξίσωσης και όχι για τη δυσκολία (ή ευκολία) της μεθόδου λύσης των (δύο πρώτων ειδικότερα) εξισώσεων. Συμφωνώ ότι οι δύο πρώτες λύνονται με γνώσεις Γ Γυμνασίου (την ίδια λύση που έστειλες για την 1η την έδωσε και ο Γιώργος Ροδόπουλος εδώ). Πολύ ωραία η λύση σου για τη 2η. Η 3η λύνεται και με τη βοήθεια τριωνύμου (δηλαδή με ύλη της Α Λυκείου) όπως έγινε εδώ οπότε μπορεί να θεωρηθεί ως μία (αρκετά δύσκολη) άσκηση μέσα στην ύλη της Α Λυκείου.

(Εξίσωση/ανίσωση με ριζικά έχει το σχολικό βιβλίο στην παράγραφο 7.1 με τη συνάρτηση f(x)=ax^2

στις ασκήσεις 3ii και 4 της Β ομάδας)

Συμπέρασμα: Αξίζει να έχουμε τη μέθοδο αυτή στη φαρέτρα μας ειδικά στην περίπτωση που πετύχουμε κάποιο από τα δυσκολότερα προβλήματα που έχει στο μυαλό του ο κ. Μιχάλης (θα ήθελα να τα μοιραστεί μαζί μας γιατί οι 2 πρώτες εξισώσεις που κατασκεύασα αποδείχθηκαν εύκολες με εναλλακτικούς τρόπους).

Αλέξανδρος

Αρχιμήδης 6 · #38

Εγώ δεν θα σταθώ στην χρησιμότητα της μεθόδου που συζητάμε διότι είναι δεδομένη για όσους λύνουν εξισώσεις.

Απλά αφού λέμε για Διακρίνουσα να προσθέσω ότι θέλει προσοχή σε κάποια σημεία στους ακέραιους όταν λύνουμε μια εξίσωση π.χ και λέμε <<για να έχει λύσεις πρέπει η Διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο>>.

Φυσικά και πρέπει αλλά μπορεί να <<χαθεί πληροφορία>> και να μην λύσουμε ποτέ την αρχική εξίσωση >> πχ για την εξίσωση

8y^4-8y^2+1=x^2

που την λύνω σε αυτό τον σύνδεσμο ( http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=63&t=48732) και βρίσκω πεπερασμένες λύσεις ενώ αν κάποιος πάει με Διακρίνουσα θα πει

d=64-32+32x^2=z^2

,

άρα

που έχει άπειρες λύσεις. Έτσι δεν λύθηκε ποτέ η εξίσωση γιατί έχασα την πληροφορία ότι το τετράγωνο που έθεσα δεν είναι ένας οποιοδήποτε ακέραιος αλλά d=32(x^2+1)=8^2(2y^2-1)^2

. Φυσικά χάσαμε το σημαντικό κομμάτι της εξίσωσης διότι είτε λύναμε την 8y^4-8y^2+1=x^2

είτε την

θα καταλήγαμε στην ίδια Διακρίνουσα άρα η πληροφορία χάθηκε στην δύναμη του

που υπάρχει. Οι αναγκαίες συνθήκες γενικά είναι ύπουλες ...

#39

Για την $\sqrt{5-x}=5-x^2$ :
$y=\sqrt{5-x}\Leftrightarrow x=5-y^2$ (1)
y=5-x^2

(2)
Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1),(2) προκύπτει η σχέση: $x-y=(x-y)(x+y)\Leftrightarrow x=y \vee x+y=1$
Από την πρώτη περίπτωση και τη σχέση (2) έχουμε x^2+x-5=0

με μόνη δεκτή λύση την $\dfrac{-1+\sqrt{21}}{2}$ ,ενώ από τη δεύτερη περίπτωση και τη σχέση (2), έχουμε:
x^2-x-4=0

με μόνη δεκτή λύση την $\dfrac{1-\sqrt{17}}{2}$

Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση