ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ - Κεφ.3 - Παρ. 3.3 (θεωρία)

Α΄ Λυκείου - Άλγεβρα Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 Εξισώσεις 2ου βαθµού ΘΕΩΡΙΑ - ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ Νέα Μουδανιά • Νοέµβριος 2021

~ Περιεχόμενα παραγράφου 3 ~ 1. Πώς θα λύσεις εξίσωση δευτέρου βαθμού .......................................................................................................23 1η περίπτωση Η εξίσωση έχει μόνο x2 και x .................................................................................................23 2η μορφή Η εξίσωση έχει μόνο x2 και αριθμό .............................................................................................24 3η μορφή Η εξίσωση έχει x2 και x και αριθμό ............................................................................................25 2. Πλήθος ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης ..............................................................................................26 3. Άθροισμα και γινόμενο ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης ...........................................................28 Χαρακτηριστικές παραστάσεις που δημιουργούνται με χρήση του αθροίσματος και του γινομένου των ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης ..............................................................30 4. Είδη ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης ......................................................................................................31 5. Εξισώσεις οι οποίες ανάγονται σε εξισώσεις δευτέρου βαθμού ..........................................................32 Α. Ρητές εξισώσεις ...........................................................................................................................................................32 Β. Εξισώσεις οι οποίες λύνονται με αλλαγή μεταβλητής (αντικατάσταση) και ανάγονται σε εξισώσεις δευτέρου βαθμού .......................................................................................33 6. ∆ιτετράγωνες εξισώσεις ................................................................................................................................................35

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3 Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Εξισώσεις 2ου βαθµού Οι εξισώσεις 2ου βαθμού είναι από τις πιο συνηθισμένες εξισώσεις. Ταυτόχρονα όμως, είναι από τις σημαντικότερες εξισώσεις. Πώς θα λύσεις εξίσωση 2ου βαθμού είναι ήδη γνωστό από την Γ΄ Γυμνασίου και στην συνέχεια θα το υπενθυμίσω. 1. Πώς θα λύσεις εξίσωση δευτέρου βαθµού Όπως σε κάθε εξίσωση, κάνε όλες τις απαραίτητες πράξεις. Αν στο τέλος η μεγαλύτε- ρη δύναμη του x είναι 2, η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού. Όμως, χρειάζεται περισσότερη προσοχή ως προς το τι έχει απομείνει. Έτσι, θα συνα- ντήσεις κάποια από τις ακόλουθες μορφές και το τι θα κάνεις αναλύεται παρακάτω. ΠΡΟΣΟΧΗ ! Να φροντίζεις πάντα το x2 να έχει θετικό συντελεστή, όταν η δευτεροβάθμια εξί- σωση είναι στην πλήρη της μορφή (η 3η μορφή που θα δεις στην συνέχεια). Γι' αυτό, οποιεσδήποτε πράξεις κάνεις στην εξίσωση, στο τέλος να κάνεις την μεταφο- ρά των όρων της σε εκείνο το μέλος που το x2 θα έχει θετικό συντελεστή. Το θετικό πρόσημο που πρέπει να έχει το x2 μπορείς εύκολα να το αποκτήσεις και με την αλλα- γή όλων των προσήμων στην εξίσωση (στην περίπτωση που το x2 έχει αρνητικό πρόση- μο φυσικά αναφέρομαι). Έτσι θα αποφύγεις κάποια λάθη, που συχνά αποβαίνουν μοι- ραία. ❖ 1η ΜΟΡΦΗ - Η εξίσωση έχει µόνο x2 και x Τότε η εξίσωση έχει την μορφή αx2 + βx = 0 , με α , β ≠ 0 . Λύνεται πάντα με παραγοντοποίηση, βγάζοντας το x κοινό παράγοντα, δηλαδή αx2 + βx = 0 ⇔ x(αx + β) = 0 ⇔ x = 0 ή αx + β = 0 . Η δεύτερη εξίσωση είναι πάντα μια απλή εξίσωση πρώτου βαθμού. Επίσης, σημειώνε- ται ότι μεταξύ των α και β μπορεί επίσης να βγαίνει κοινός αριθμητικός παράγοντας. - 23 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Παράδειγµα 21 Για την εξίσωση 2x2 + 5x = 0 , έχουμε ( )2x2 + 5x = 0 ⇔ x 2x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ή 2x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ή 2x = −5 ⇔ ⇔x=0 ή x=− 5 . 2 ❖ 2η ΜΟΡΦΗ - Η εξίσωση έχει µόνο x2 και αριθµό Τότε η εξίσωση έχει την μορφή αx2 + γ = 0 , με α , γ ≠ 0 . Λύσε ως προς x2 , δηλαδή αx2 + γ = 0 ⇔ αx2 = −γ ⇔ x2 = − γ . α Το κλάσμα − γ θα δώσει έναν αριθμό διάφορο του μηδενός (ας τον ονομάσουμε δ) α και η εξίσωση γράφεται x2 = δ , οπότε: α) αν είναι δ > 0 , τότε: x2 = δ ⇔ x = ± δ ⇔ x = δ ή x = − δ . β) αν είναι δ < 0 , τότε η εξίσωση είναι αδύνατη (αφού ένα τετράγωνο δεν μπορεί να δίνει αρνητικό αποτέλεσμα). Παράδειγµα 22 Για την εξίσωση 4x2 − 9 = 0 , έχουμε 4x2 − 9 = 0 ⇔ 4x2 = 9 ⇔ x2 = 9 ⇔x=± 9 ⇔x= 3 ή x=− 3 . 4 4 2 2 Παράδειγµα 23 Για την εξίσωση 3x2 + 1 = 0 έχουμε ότι είναι αδύνατη, αφού είναι 3x2 + 1 > 0 , για κά- θε x ∈ ! (στην πραγματικότητα, είναι 3x2 + 1 ≥ 1 , για κάθε x ∈ ! ). - 24 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις ❖ 3η ΜΟΡΦΗ - Η εξίσωση έχει x2 και x και αριθµό Τότε η εξίσωση έχει την πλήρη της μορφή, αx2 + βx + γ = 0 , με α , β , γ ≠ 0 . Υπολόγισε την διακρίνουσα της εξίσωσης, που είναι ο αριθμός Δ = β2 − 4αγ . Τότε: α) αν είναι Δ > 0 , η εξίσωση έχει δύο άνισες πραγματικές ρίζες, οι οποίες δίνονται από τον τύπο x1,2 = −β ± Δ ⇔ x1 = −β + Δ , x2 = −β − Δ . 2α 2α 2α Υπενθυμίζω ότι οι ρίζες της εξίσωσης λέγονται και ρίζες του τριωνύμου αx2 + βx + γ , αλλά και αντίστροφα, οι ρίζες του τριωνύμου λέγονται και ρίζες της εξίσωσης αx2 + βx + γ = 0 . Τότε, το τριώνυμο αx2 + βx + γ παραγοντοποιείται έτσι: αx2 + βx + γ = α(x − x1)(x − x2) . β) αν είναι Δ = 0 , η εξίσωση έχει μία διπλή πραγματική ρίζα (δύο ίσες ρίζες δηλα- δή), η οποία δίνεται από τον τύπο x0 = −β . 2α Τότε, το τριώνυμο παραγοντοποιείται έτσι: ( )αx2 + βx + γ = α x − x0 2 , ( )δηλαδή παραγοντοποιείται σύμφωνα με την ταυτότητα α + β 2 ή την (α − β)2 . γ) αν είναι Δ < 0 , η εξίσωση είναι αδύνατη (δεν έχει πραγματικές ρίζες). Παράδειγµα 24 Για την εξίσωση x2 − 3x + 2 = 0 , η διακρίνουσά της είναι Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅ 2 = 9 − 8 = 1 . Άρα η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−3) ± 1 = 3±1 ⇔ x1 = 3+1 = 4 =2 , x2 = 3−1 = 2 =1. 2⋅1 2 2 2 2 2 - 25 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Παράδειγµα 25 Για την εξίσωση x2 + 6x + 9 = 0 , η διακρίνουσά της είναι Δ = 62 − 4 ⋅1 ⋅ 9 = 36 − 36 = 0 . Άρα η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, την x0 = −6 ⇔ x0 = −3 . 2⋅1 Η εξίσωση λύνεται και έτσι, αν παρατηρήσεις ότι έχεις το ανάπτυγμα ταυτότητας: ( )x2 + 6x + 9 = 0 ⇔ x + 3 2 = 0 ⇔ x + 3 = 0 ⇔ x = −3 (διπλή ρίζα). Παράδειγµα 26 Για την εξίσωση x2 − 3x + 5 = 0 , η διακρίνουσά της είναι Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅ 5 = 9 − 20 = −11 , συνεπώς η εξίσωση είναι αδύνατη. 2. Πλήθος ριζών µιας δευτεροβάθµιας εξίσωσης Ένα από τα χαρακτηριστικότερα θέματα που θα συναντήσεις στις ασκήσεις, είναι το θέμα του πλήθους των ριζών της δευτεροβάθμιας εξίσωσης, κυρίως όταν αυτή είναι στην πλήρη της μορφή και κάποιοι εκ των συντελεστών της είναι παραμετρικοί. Πριν απ’ όλα βεβαίως, για να είναι η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0 δευτέρου βαθμού, θα πρέπει απαραιτήτως να είναι α ≠ 0 . Ισχύουν τα εξής (μάθε τα πολύ καλά!) : (σε κάθε περίπτωση, Δ είναι η διακρίνουσα της εξίσωσης.) α) η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, αν και μόνο αν ισχύει Δ > 0 . Αυτό σημαίνει ότι: • αν η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τότε ισχύει Δ > 0 . • αν ισχύει Δ > 0 , τότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες. - 26 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις • αν ζητείται να αποδείξεις ότι η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τότε πρέπει/αρκεί να αποδείξεις ότι ισχύει Δ > 0 . • αν γνωρίζεις ότι η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τότε γνωρίζεις ότι ισχύει Δ > 0 . β) η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα (δύο ίσες ρίζες), αν και μόνο αν ισχύει Δ = 0 . Αυτό σημαίνει ότι: • αν η εξίσωση έχει διπλή ρίζα (δύο ίσες ρίζες), τότε ισχύει Δ = 0 . • αν ισχύει Δ = 0 , τότε η εξίσωση έχει διπλή ρίζα (δύο ίσες ρίζες). • αν ζητείται να αποδείξεις ότι η εξίσωση έχει διπλή ρίζα (δύο ίσες ρίζες), τότε πρέ- πει/αρκεί να αποδείξεις ότι ισχύει Δ = 0 . • αν γνωρίζεις ότι η εξίσωση έχει διπλή ρίζα (δύο ίσες ρίζες), τότε γνωρίζεις ότι ισχύει Δ = 0 . γ) η εξίσωση είναι αδύνατη (δεν έχει ρίζες), αν και μόνο αν ισχύει Δ < 0 . Αυτό σημαίνει ότι: • αν η εξίσωση είναι αδύνατη (δεν έχει ρίζες), τότε ισχύει Δ < 0 . • αν ισχύει Δ < 0 , τότε η εξίσωση είναι αδύνατη (δεν έχει ρίζες). • αν ζητείται να αποδείξεις ότι η εξίσωση είναι αδύνατη (δεν έχει ρίζες), τότε πρέπει/ αρκεί να αποδείξεις ότι ισχύει Δ < 0 . • αν γνωρίζεις ότι η εξίσωση είναι αδύνατη (δεν έχει ρίζες), τότε γνωρίζεις ότι ισχύει Δ<0. ΠΡΟΣΟΧΗ ! Από τις περιπτώσεις (α) και (β) προκύπτει το εξής: Η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες, αν και μόνο αν ισχύει Δ ≥ 0 . Πρόσεξε ότι δεν προσδιορίζεται αν πρόκειται περί άνισων ή ίσων ριζών! - 27 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Αυτό σημαίνει ότι: • αν η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες, τότε ισχύει Δ ≥ 0 . • αν ισχύει Δ ≥ 0 , τότε η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. • αν ζητείται να αποδείξεις ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες, τότε πρέπει/αρκεί να αποδείξεις ότι ισχύει Δ ≥ 0 . • αν γνωρίζεις ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες, τότε γνωρίζεις ότι ισχύει Δ ≥ 0 . 3. Άθροισµα και γινόµενο ριζών µιας δευτεροβάθµιας εξίσωσης Στην περίπτωση που η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0 , α ≠ 0 , έχει δύο ρίζες x1 , x2 , τότε: • το άθροισμα των ριζών συμβολίζεται με S, δηλαδή είναι S = x1 + x2 , και δίνεται από τον τύπο S=− β . α • το γινόμενο των ριζών συμβολίζεται με Ρ, δηλαδή είναι Ρ = x1 ⋅ x2 , και δίνεται από τον τύπο Ρ= γ . α Οι παραπάνω τύποι είναι γνωστοί ως τύποι του Vieta. Οι τύποι αυτοί μάς επιτρέπουν να βρούμε το άθροισμα ή/και το γινόμενο των ριζών της δευτεροβάθμιας εξίσωσης, χωρίς να χρειαστεί να λύσουμε την εξίσωση. Ακόμη, με την βοήθεια των τύπων του Vieta, η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0 μετασχηματί- ζεται στην μορφή x2 − S ⋅ x + P = 0 και μας δίνει την δυνατότητα να κατασκευάσουμε εξίσωση δευτέρου βαθμού, όταν γνωρίζουμε το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της. Χαρακτηριστικές εφαρμογές των παραπάνω φαίνονται στα παραδείγματα 27 και 28. - 28 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Παράδειγµα 27 Να βρείτε δύο αριθμούς, εφόσον υπάρχουν, που να έχουν άθροισμα 3 και γινόμενο 2. ~ Λύση ~ Αν υπάρχουν οι ζητούμενοι αριθμοί, θα πρέπει να είναι λύσεις της εξίσωσης x2 − 3x + 2 = 0 . Η εξίσωση αυτή έχει διακρίνουσα Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅ 2 = 9 − 8 = 1 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−3) ± 1 = 3±1 ⇔ x1 = 3+1 = 4 =2 , x2 = 3−1 = 2 =1. 2⋅1 2 2 2 2 2 Επομένως, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι το 2 και το 1. Παράδειγµα 28 Να βρείτε την δευτεροβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τους αριθμούς 3 και 4. ~ Λύση ~ Η ζητούμενη εξίσωση είναι η x2 − Sx + P = 0 , όπου: • S =3+4=7, • P = 3 ⋅ 4 = 12 , δηλαδή είναι η x2 − 7x + 12 = 0 . - 29 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Χαρακτηριστικές παραστάσεις που δηµιουργούνται µε χρήση του αθροίσµατος και του γινοµένου των ριζών µιας δευτεροβάθµιας εξίσωσης Υπάρχουν ασκήσεις στις οποίες ζητείται να βρεθεί η τιμή κάποιων χαρακτηριστικών παραστάσεων που δημιουργούνται με τις δύο ρίζες μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης. Έτσι, αν αx2 + βx + γ = 0 , α ≠ 0 , είναι μια δευτεροβάθμια εξίσωση, η οποία έχει ρίζες x1 , x2 , τότε: α) για να βρεις την τιμή της παράστασης x 12 + x 2 , κάνε τα εξής: 2 ( )Ι. ανάπτυξε την ταυτότητα x1 + x2 2 και λύσε ως προς την παράσταση x12 + x22 . Δηλαδή, ( ) ( )x12 + x2 = x12 + x22 + 2x1x2 ⇔ x12 + x 2 = x1 + x2 2 − 2x1x2 . 2 ΙΙ. είναι x1 + x2 = S και x1x2 = P , οπότε υπολόγισε το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης και αντικατάστησέ τα στην παραπάνω ισότητα. Εδώ, S και Ρ θα είναι γνωστοί αριθμοί (σε πολλές ασκήσεις θα δεις και παραμετρικές παραστάσεις στα αποτελέσματα των S και Ρ όμως). β) για να βρεις την τιμή της παράστασης x 3 + x 3 , κάνε τα εξής: 1 2 ( )Ι. ανάπτυξε την ταυτότητα x1 + x2 3 και λύσε ως προς την παράσταση x13 + x23 . Δηλαδή, ( ) ( )x1 + x2 3 = x13 + 3x12x2 + 3x1x22 + x32 ⇔ x13 + x32 = x1 + x2 3 − 3x12x2 − 3x1x22 ⇔ ( ) ( )⇔ x13 + x32 = x1 + x2 3 − 3x1x2 x1 + x2 . ΙΙ. είναι x1 + x2 = S και x1x2 = P , οπότε υπολόγισε το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης και αντικατάστησέ τα στην παραπάνω ισότητα. Εδώ, S και Ρ θα είναι γνωστοί αριθμοί (σε πολλές ασκήσεις θα δεις και παραμετρικές παραστάσεις στα αποτελέσματα των S και Ρ όμως). - 30 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις 4. Είδη ριζών µιας δευτεροβάθµιας εξίσωσης Η δευτεροβάθμια εξίσωση αx2 + βx + γ = 0 , όπου α ≠ 0 και Δ η διακρίνουσά της: α) έχει δύο άνισες ρίζες, αν και μόνο αν ισχύει Δ > 0 . β) έχει δύο ίσες ρίζες (μία διπλή ρίζα), αν και μόνο αν ισχύει Δ = 0 . γ) έχει δύο πραγματικές ρίζες, αν και μόνο αν ισχύει Δ ≥ 0 . δ) δεν έχει ρίζες (είναι αδύνατη), αν και μόνο αν ισχύει Δ < 0 . ε) έχει δύο ρίζες αντίθετες, αν και μόνο αν ισχύουν ⎧⎪⎩⎨⎪⎪⎪ Δ > 0 και ⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎫ . S=0 στ) έχει δύο ρίζες αντίστροφες, αν και μόνο αν ισχύουν ⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎧ Δ ≥ 0 και ⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎬ . Ρ=1 ζ) έχει δύο ρίζες ομόσημες, αν και μόνο αν ισχύουν ⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ Δ ≥ 0 και ⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪ . Ρ>0 η) έχει δύο ρίζες ετερόσημες, αν και μόνο αν ισχύει Ρ < 0 . θ) έχει δύο ρίζες θετικές, αν και μόνο αν ισχύουν ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩ Δ ≥ 0 και ⎪⎪⎪⎪⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪ . S > 0 και Ρ>0 ι) έχει δύο ρίζες αρνητικές, αν και μόνο αν ισχύουν ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨ Δ ≥ 0 και ⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ . S < 0 και Ρ>0 - 31 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις 5. Εξισώσεις οι οποίες ανάγονται σε εξισώσεις δευτέρου βαθµού Όπως ήδη αναφέρθηκε, τις περισσότερες φορές δεν μπορούμε εξαρχής να καταλάβου- με το είδος της εξίσωσης που πρόκειται να λύσουμε. Χρειάζεται να κάνουμε πράξεις, να επεξεργαστούμε με κατάλληλο τρόπο την εξίσωση και στο τέλος θα μπορέσουμε να καταλάβουμε το είδος της. Είδη εξισώσεων που έχεις ήδη γνωρίσει και τελικώς ανάγονται σε εξισώσεις δευτέρου βαθμού, είναι οι εξισώσεις που έχουν άγνωστο στον παρονομαστή (ρητές εξισώσεις) και εξισώσεις με απόλυτη τιμή. Α. Ρητές εξισώσεις Δεν υπάρχει κάτι ιδιαίτερο να αναφέρω, αφού αντιμετωπίζονται με τον τρόπο που έχεις ήδη μάθει από την Γ΄ Γυμνασίου. Παράδειγµα 29 Να λύσετε την εξίσωση 3x − 1 − 2 = 2x2 + x − 1 . x −1 x x2 − x ~ Λύση ~ Η εξίσωση γράφεται 2x2 + x − 1 2x2 + x − 1 x2 − x x x−1 3x − 1 2 3x − 1 2 x x −1 x ( )x −1 − − =0⇔ − − =0. Ε.Κ.Π. είναι το x(x − 1) , οπότε πρέπει να είναι x(x − 1) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠ 1 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση προκύπτει ( )( ) ( )x 3x − 1 − 2 x − 1 − 2x2 + x − 1 = 0 ⇔ 3x2 − x − 2x + 2 − 2x2 − x + 1 = 0 ⇔ ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−4)2 − 4 ⋅1 ⋅ 3 = 16 − 12 = 4 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις - 32 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις x1,2 = −(−4) ± 4 = 4±2 ⇔ x1 = 4+2 = 6 =3 , x2 = 4−2 = 2 =1. 2⋅1 2 2 2 2 2 Η λύση x = 1 απορρίπτεται, οπότε τελικά είναι x = 3 . Β. Εξισώσεις οι οποίες λύνονται µε αλλαγή µεταβλητής (αντικατάσταση) και ανάγονται σε εξισώσεις δευτέρου βαθµού Η μέθοδος της αλλαγής μεταβλητής (αντικατάστασης) για την επίλυση μιας εξίσωσης είναι γενική και αγκαλιάζει πολλά είδη εξισώσεων (από όσα είδες και όσα θα δεις στο μέλλον). Εφαρμόζεται όταν βλέπουμε να επαναλαμβάνεται μία παράσταση στην εξί- σωση. Αντικατάσταση σε μια εξίσωση γίνεται για διευκόλυνση στην διαδικασία επίλυσής της. Άλλοτε αυτή η αντικατάσταση είναι καίριας σημασίας και αναγκαία, άλλοτε όχι (αλλά σε πολύ λίγες περιπτώσεις η μέθοδος αυτή δεν βοηθάει). Για τα είδη εξισώσεων που είδες μέχρι τώρα, οι περιπτώσεις που θα κάνεις αλλαγή μεταβλητής είναι οι εξής: α) οι διτετράγωνες εξισώσεις (θα τις δεις στην σελίδα 35). β) εξισώσεις με μία απόλυτη τιμή, οι οποίες έχουν την μορφή αx2 + β x + γ = 0 , α , β , γ ∈ !* . Επειδή ισχύει x2 = x 2 , αυτές οι εξισώσεις γράφονται α x 2 + β x + γ = 0 , οπότε θέσε x = y , y≥0. Τον περιορισμό για το y πρέπει οπωσδήποτε να τον γράφεις! γ) εξισώσεις στις οποίες επαναλαμβάνεται, με διάφορες δυνάμεις, συνήθως κάποιο πολυώνυμο πρώτου βαθμού. Για παράδειγμα: • η εξίσωση (x − 1)4 − 3(x − 1)2 + 2 = 0 γράφεται ⎢⎢⎣⎡(x − 1)2⎥⎤⎦⎥2 − 3(x − 1)2 + 2 = 0 , - 33 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις ( )όπου βλέπουμε να επαναλαμβάνεται η παράσταση x − 1 2 . ( )Θέτοντας x − 1 2 = y , y ≥ 0 , η εξίσωση γράφεται y2 − 3y + 2 = 0 και λύνεται κατά τα γνωστά. • η εξίσωση (2x − 1)6 + 3(2x − 1)3 − 4 = 0 γράφεται ⎢⎢⎣⎡(2x − 1)3 ⎥⎥⎤⎦2 + 3(2x − 1)3 − 4 = 0 , ( )όπου βλέπουμε να επαναλαμβάνεται η παράσταση 2x − 1 3 . ( )Θέτοντας 2x − 1 3 = y , η εξίσωση γράφεται y2 + 3y − 4 = 0 και λύνεται κατά τα γνωστά. Παράδειγµα 30 Να λύσετε την εξίσωση x2 − 2 x − 3 = 0 . ~ Λύση ~ Η εξίσωση γράφεται x2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 . Θέτω x = y , y ≥ 0 , και έχω την εξίσωση y2 − 2y − 3 = 0 . Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ = (−2)2 − 4 ⋅1 ⋅ (−3) = 4 + 12 = 16 , οπότε η τελευταία εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις y1,2 = −(−2) ± 16 = 2±4 ⇔ y1 = 2+4 = 6 =3 , y2 = 2−4 = −2 = −1 . 2⋅1 2 2 2 2 2 Η λύση y2 = −1 απορρίπτεται, οπότε από την y1 = 3 έχω τελικώς x = 3 ⇔ x = 3 ή x = −3 . - 34 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις 6. Διτετράγωνες εξισώσεις Εξίσωση που έχει την μορφή αx4 + βx2 + γ = 0 , με α ≠ 0 , λέγεται διτετράγωνη και λύνεται θέτοντας x2 = y , y ≥ 0 . Η εξίσωση γίνεται τότε αy2 + βy + γ = 0 και λύνεται κατά τα γνωστά. Η παραπάνω αλλαγή μεταβλητής γίνεται και έχει νόημα, μόνο όταν α , β , γ ≠ 0 . Βρίσκοντας τις τιμές του y και κρατώντας μόνο τις θετικές του τιμές, επιστρέφουμε στην σχέση x2 = y και λύνουμε τις εξισώσεις που προκύπτουν. Παράδειγµα 31 Να λύσετε την εξίσωση 2x4 − 7x2 − 4 = 0 . ~ Λύση ~ Θέτω x2 = y , y ≥ 0 , και έχω την εξίσωση 2y2 − 7y − 4 = 0 . Η διακρίνουσά της είναι Δ = (−7)2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (−4) = 49 + 32 = 81 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις y1,2 = −(−7) ± 81 = 7±9 ⇔ y1 = 7+9 = 16 =4 , y2 = 7−9 = −2 =− 1 . 2⋅2 4 4 4 4 4 2 Η λύση y2 απορρίπτεται, οπότε για y1 = 4 έχω x2 = 4 ⇔ x = ± 4 ⇔ x = 2 ή x = −2 . - 35 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μόνο εδώ θα βρεις τα αναλυτικότερα βιβλία Μαθηµατικών του διαδικτύου!