Krysicki W. - Iksy i Igreki

WŁODZIMIERZ KRYSICKI

Ik sy i igreki

Noszo Księgarnia »Warszawa 1989

WSTĘP Często jeszcze spotkać się można z poglądem, że algebra to to samo, co działania na wielkościach literowych. Nic bardziej błędnegof Identyfikacja algebry z rachunkiem literowym jest, łagodnie rzecz biorąc, wielkim nieporozumieniem, aczkolwiek rachunek ten w poważnym stopniu przyczynił się do rozwoju tej dziedziny ma­ tematyki. Czym zatem jest algebra? Algebra należy do najstarszych i chyba najobszerniejszych dzia­ łów matematyki. Nazwa jej wywodzi się z tytułu dzieła uczonego arabskiego Alchwarizmiego (IX w. n.e.) „Hisab al-djabr wa’l-mukabala". Słowa „aldjabr” dotyczą przenoszenia niewiadomej z Jed­ nej strony równania na drugą. W ciągu wieków algebra przechodziła liczne metamorfozy, roz­ szerzając stale zakres swych zainteresowań. Początkowo była teorią rozwiązywania równań. Dlatego też w pojęciu klasycznym rozumiemy algebrę jako naukę o równaniach. Ponieważ zaś ope­ racja (przenoszenie niewiadomej z jednej strony równania na drugą), od której algebra wzięła swoją nazwę, była bardzo istotna w rozwiązywaniu równań, nazwa więc była usprawiedliwiona. Aby rozwiązać równanie, trzeba było rachować na literach, bę­ dących symbolami niewiadomej. Gdy zaś spostrzeżono, że racho­ wać na literach można nie tylko w przypadku, gdy są one niewia­ domymi w równaniach, zaczęto zaliczać do algebry wszelkie roz­ ważania dotyczące rachunków na symbolach zmiennych w prze­ ciwieństwie do rachunku na liczbach szczegółowych, który — jak wiadomo — należy do arytmetyki. Tak więc pogląd, że algebra to I

5

teoria rachunku na „liczbach ogólnych”, jest poglądem fałszywym. Nie ma bowiem „liczb ogólnych”, są tylko zmienne, które w rów­ naniach, ze względu na nasz do nich stosunek, nazywamy niewia­ domymi. Algebra współczesna w odróżnieniu od algebry klasycznej jest tak rozwiniętym działem matematyki, że zazębia się właściwie o wszystkie pozostałe jej dziedziny. Przedmiotem badań algebry są abstrakcyjne twory takie, jak: grupy, pierścienie, ciała, struk­ tury, algebra Boole’a, przestrzenie wektorowe i in. Wszystkie dzia­ ły algebry współczesnej znajdują szerokie zastosowanie nie tylko w matematyce, lecz również w fizyce, technice oraz w teorii elek­ tronowych maszyn cyfrowych. Metody algebraiczne stosowane są z powodzeniem także w logice matematycznej i w dyscyplinach geometrycznych. Algebra wykładana w szkole średniej i na wydziałach niematematycznych szkół wyższych obejmuje swym zakresem jedynie część faktów zaliczanych do algebry klasycznej. Do nich między innymi należą rozwiązywania równań i ich układów, własności liczb zespolonych, własności wielomianów oraz nierówności. Zanim algebra osiągnęła obecny stopień rozwoju, upłynąć mu­ siały dziesiątki stuleci. Początki bowiem stosowania liter w rozwa­ żaniach matematycznych spotykamy już u Egipcjan około 4000 łat temu. Dowodzi tego papirus Rhinda*. Jego autor, Ahmes, na­ dworny pisarz faraona Rha-a-us (ok. 2000—1700 lat p.n.e.), po­ daje jedenaście zadań, których rozwiązanie prowadzi do prostego równania, gdzie niewiadoma oznaczona została słowem „hau”. Jed­ no z tych zadań ma następującą treść: „Wchodzę trzykrotnie do naczynia; jedna trzecia mojej wiel­ kości dodana do mnie i jedna trzecia z jednej trzeciej mojej wiel­ kości dodana do mnie, i jeszcze jedna dziewiąta mojej wielkości — dają jeden”. „ * Nawet nie rozwiązując tego zadania, łatwo spostrzegamy, że nie odbiega ono od dzisiejszej formy przykładów tego typu. Równania w starożytności rozwiązywali nie tylko Egipcjanie. Czynili to również dobrze Babilończycy. Przed kilkudziesięciu laty znaleziono wiele glinianych tabliczek babilońskich pokrytych pis­ * Nazwisko uczonego, który odkrył ten papirus.

6

mem klinowym. Po odczytaniu stwierdzono, że zawierają one równania matematyczne, przy czym niewiadoma występuje w nich w drugiej bądź w trzeciej potędze. Mimo że zadania te nie mają w tabliczkach rozwiązań, należy przypuszczać, iż Babilończycy dawali sobie z tym doskonale radę. Jest to fakt zdumiewający. Upłynąć bowiem musiało od tamtych czasów aż trzy tysiące lat, by znaleźli się kontynuatorzy Babilończyków w dziedzinie rów­ nań trzeciego stopnia. Równaniami pierwszego stopnia, ich układami, a także równa­ niami drugiego stopnia zajmowali się także Chińczycy, i to już prawdopodobnie 2000 lat przed naszą efą. Do rozwoju koncepcji używania liter, a tym samym do później­ szego rozwoju algebry przyczynili się również Grecy, przede wszystkim zaś żyjący w HI stuleciu n.e. wybitny matematyk Diofantos z Aleksandrii. Główne jego dzieło „Arytmetyka”, z które­ go zachowało się sześć ksiąg z prawdopodobnie napisanych trzy­ nastu, zawiera 189 równań wraz z rozwiązaniami. Są to przeważ­ nie równania nieoznaczone, a więc mające na ogół wiele rozwią­ zań. Ogólnie „Arytmetyka” Diofantosa jest dowodem genialnych osiągnięć algebraicznych tego matematyka. Rozwiązuje on równiania do trzeciego stopnia włącznie w zakresie znacznie szerszym niż Babilończycy, niewiadome zaś oznacza specjalnymi literami. Posługuje się już symbolem odejmowania i na szeroką skalę sto­ suje skróty słowne dla poszczególnych określeń i działań. Jest więc Diofantos autorem pierwszego języka algebraicznego. Aczkol­ wiek stosowane przez niego oznaczenia nie stanowią jeszcze współ­ czesnej symboliki algebraicznej, to jednak można je traktować jako etap pośredni między tak zwaną algebrą retoryczną a sym­ boliczną. Przedmiot zainteresowań Diofantosa zaliczamy dziś do teorii równań nieoznaczonych, a pewne typy równań nazywamy rów­ naniami Diofantosa. Dzieło Diofantosa nie znalazło przez długi czas kontynuatorów. Czerpali z niego w średniowieczu Arabowie, znane było w Indiach, lecz pełny, obfity plon wydało dopiero w XVII wieku. O tym, jak bardzo nazwisko Diofantosa kojarzono z rozwiązy­ waniem równań, świadczy słynne „Epitafium Diofanta”, będące zadaniem tekstowym w formie następującego wiersza: 7

„Pod tym nagrobkiem spoczywa Diofant — a dzięki przedziwne] Sztuce zmarłego i wiek jego zdradzi ci ten głaz: Chłopcem przez szóstą część życia pozostać Bóg mu pozwolił, Lica pokwitły mu zaś, kiedy dwunasta znów część Życia minęła; a znowu żywota, gdy przebył część siódmą, Młodą małżonkę w dom dobry wprowadził mu Bóg, która, gdy pięć lat minęło, małego powiła mu synka. Ale okrutny chciał los, że kiedy syn ledwie wiek Ojca w połowie osiągnął, ponury zabrał go Hades. Kojąc ogromny swój ból, szukał Diofant wśród liczb Jeszcze przez cztery lata pociechy, aż rozstał się z życiem”. Pozostawiając rozwiązanie tego zadania czytelnikowi, zdradzimy tylko, że ów słynny Grek zmarł w 84 roku życia. Po śmierci Diofantosa, jak wspomnieliśmy wyżej, nie znamy żadnego wybitniejszego matematyka w Grecji. Okres świetności kultury greckiej ma się bowiem ku końcowi. Ale w tym czasie powstaje nowe centrum myśli matematycznej. Są nimi Indie. Do rozkwitu matematyki w tym rejonie świata przyczyniają się pra­ ce Aryabhata (476), dalej Brahmagupty (598—660), który wpro­ wadza liczby ujemne, oraz Bhashary (1114—1185), autora zbioru zadań „Lilavati”. Hindusi posługują się bogatym językiem algebraicznym. Wpro­ wadzając symbole dla poszczególnych działań, używają nawiasów, a przy stosowaniu wielu niewiadomych posługują się jedną literą w rozmaitych kolorach (wpływy chińskie). Bardzo interesujące są ich zadania tekstowe na układanie równań ujęte w formę poetyc­ ką. Jedno z nich, którego autorstwo przypisuje się Bhasharze, znajdujemy w tekście tej książki. Spuściznę nauki antycznej i hinduskiej przekazali nam uczeni średniowiecznego Wschodu — Azji środkowej, Mezopotamii i pół­ nocnej Afryki. Ich językiem naukowym był język arabski. Dlatego też okres ten nazywa się w historii matematyki okresem arab­ skim. W rzeczywistości jednak od IX do XV wieku głównym cen­ trum działalności naukowej była Azja środkowa. Tu bowiem dzia­ łają tak wybitni uczeni, jak słynny matematyk i astronom uzbecki z IX w. Mohammed ibn Musa Alchwarizmi, dalej wielki ency­ klopedysta Biruni, znakomity astronom Uług Beg i wielu innych. 8

2 wymienionych nazwisk jedno szczególnie zasługuje na uwa­ gę. Jest nim Alchwarizmi, autor wspomnianego na wstępie dzieła, od którego nazwy pochodzi słowo „algebra’'. I właśnie od czasu Alchwarizmiego zaczyna się rozwój algebry jako samodzielnego działu matematyki. Matematycy średniowiecznego Wschodu po­ łożyli wielkie zasługi w dziedzinie zachowania zdobyczy mate­ matyki starożytnej. Wydawali w tłumaczeniu dzieła wielkich filo­ zofów i matematyków greckich, rozwijali wiedzę Hindusów. Oni wreszcie byli pośrednikami, od których wiadomości matematycz­ ne przejęli uczeni europejscy, przede wszystkim Włosi. Stało się to w XII wieku. Dorobek Włochów w zakresie rozwoju algebry jest poza dys­ kusją. Przyczynił się do tego w znacznym stopniu działający w XIII wieku Leonard z Pizy, zwany też Fibonacci, autor dzieła, „Liber abaci” (książka o abaku), w którym sporo miejsca poświę­ cił zagadnieniom algebraicznym. Matematycy włoscy tego okresu wprowadzali skróty i symbole algebraiczne, posługiwali się symbolem „p” i „m” na oznaczenie słów „plus” i „minus”. Wreszcie stosowali liczby ujemne, a więc to, co zostało zapoczątkowane przez Diofantosa i Hindusów i co na tak długi czas uległo zapomnieniu. Szczególny rozkwit matematyki włoskiej przypada na wiek XV i XVT. Wtedy to głównymi ośrodkami naukowymi stały się pół­ nocne miasta Italii — Genua, Piza, Wenecja, Mediolan i Bolonia. Wśród tych miast na pierwsze miejsce wysunęła się wszakże Bo­ lonia, której uniwersytet stał się w wieku XVI jednym z najwięk­ szych i najsławniejszych w Europie. Tu działali matematycy tej miary co Scipion del Ferro, Nicolo Tartaglia, Gerónimo Cardano. Pracowali oni nad rozwiązaniem sześciennego równania alge­ braicznego. Pierwszy znalazł rozwiązanie ogólne del Ferro, po nim Tartaglia, wreszcie Cardano, który opublikował wyniki swych dociekań, czego nie uczynili jego poprzednicy. Cardano w zasad­ niczej swej pracy, zatytułowanej „Artis magnae sive de regulis algebraicis”, pomieścił również rozwiązania Tartaglii oraz metodę Lodovico Ferrari sprowadzania równania stopnia czwartego do równania sześciennego. Powyższa praca, aczkolwiek Cardano za­ wdzięcza jej swą pozycję w historii matematyki, nie jest jego dziełem jedynym. Jego „Liber deludo aleae”, książka zajmująca

9

się grami hazardowymi, przedstawia pierwsze systematyczne obli­ czenia prawdopodobieństwa, i to na wiek przed Pascalem i Fer­ matem. Największe jednak zasługi w dziedzinie wprowadzenia do algeb­ ry pełnego rachunku literowego ma francuski matematyk Fran­ ciszek Vieta {François Viète), o którym wspomina autor tej książ­ ki. Wprawdzie do czasów Yiety w dziedzinie algebry nastąpił już pewien rozwój symboliki oraz znane były rozwiązania równań trzeciego i czwartego stopnia przez pierwiastkowanie,' lecz dopie­ ro on swoimi pracami stworzył podstawy ogólnej nauki o równa­ niach algebraicznych, zyskując sobie tym miano ojca współczes­ nej algebry. Jako pierwszy wprowadził literowe oznaczenia nie tylko dla wielkości niewiadomych (co niekiedy stosowano wcześ­ niej), ale i dla wielkości danych. W ten sposób dzięki temu uczonemu otwarła się możliwość wy­ rażania własności równań i ich pierwiastków ogólnymi wzorami. Vieta podał także metody rozwiązywania równania drugiego, trze­ ciego i czwartego stopnia, ujednolicając tym samym metody po­ dane wcześniej przez Ferro i Ferrariego, oraz wyprowadził znane każdemu uczniowi wzory na sumę i iloczyn pierwiastków równa­ nia kwadratowego. Koniec wieku XVI oznacza w historii matematyki zakończenie procesu kształtowania się podstaw języka algebraicznego. Do tego czasu podręczniki matematyczne nie mogąc ogólnie ujmować po­ szczególnych zagadnień musiały operować dużą ilością przypad­ ków, co komplikowało istotę rzeczy. Były dlatego trudne, zagma­ twane, nieprzystępne, mało komunikatywne. Teraz, dzięki zasto­ sowaniu wzorów algebraicznych, stają się przejrzyste i dostępne dla szerszych kręgów. W 1637 roku ukazało się dzieło Kartezjusza „Geometria”, które dało początek tzw. geometrii analitycznej i stało się później pod­ stawą bujnego rozwoju analizy matematycznej. W dziele tym Kartezjusz przedstawił także podstawy algebry. Po raz pierwszy wprowadził pojęcia: zmiennej, funkcji oraz współrzędnych pro­ stokątnych, które do dziś noszą nazwę współrzędnych kartezjańskich. Linie krzywe dające opisać się równaniami algebraicznymi podzielił na klasy, w zależności od najwyższego stopnia wyrazu względem obu zmiennych. 10

Descartes oznacza niewiadome, podobnie jak my, .ostatnimi lite­ rami alfabetu: x, y, z, u, v..., upraszcza znacznie symbolikę Viety, stosuje przy rozwiązywaniu równań liczby ujemne, wprowadza znak i „—” dla oznaczania liczb dodatnich i ujemnych, ozna­ czenia potęgi oraz symbol oo, oznaczający wielkość nie­ skończenie dużą. Dzieło Kartezjusza wywarło decydujący wpływ na dalszy roz­ wój matematyki. W ciągu 150 lat algebra i geometria analityczna rozwijały się w kierunku wskazanym przez tego liczonego. Po Kartezjuszu działało wielu jeszcze wybitnych matematyków, których trud i prace badawcze walnie przyczyniły się do dalszego rozwoju matematyki, w tym także algebry. Wystarczy, że wspo­ mnimy tu takich uczonych, jak Piotr Fermat, który odkrył me­ todę znajdowania maksimów i minimów funkcji algebraicznych, jąk Gottfried Leibniz, Isaac Newton, Carl Friedrich Gauss, Le­ onard Euler, Adrian Legendre czy wreszcie z późniejszych — Da­ wid Hilbert. O dwóch wszakże dotychczas nie wymienionych na­ leży powiedzieć szerzej. Chodzi tu o matematyka norweskiego Nielsa Abela i Francuza — Ewarysta Galois. Pierwszy z nich zachęcony przez swego nauczyciela próbował rozwiązać ogólne równanie algebraiczne stopnia wyższego niż 4. Abel sądził, że problem ten udało mu się pomyślnie rozwiąząć. Kiedy wszakże znalazł błąd, wpadł na rewelacyjny pomysł, aby spróbować udowodnić, że rozwiązanie takiego równania jest nie­ możliwe. Tym razem 22-letni NielS Abel odniósł sukces. Udowod­ niona przez młodego matematyka niemożliwość rozwiązania ogól­ nego równania algebraicznego stopnia wyższego niż 4 przez pier­ wiastkowanie — to ustawienie nowego i prowadzącego wreszcie do właściwego celu drogowskazu na drodze rozwoju współczesnej algebry. Stało się to W roku 1824. A więc prawie po trzystu latach poszukiwań odpowiedzi na pytanie, jak znaleźć pierwiastki rów­ nania stopnia piątego xH-tM^+óa^+ea^+dx-j-c = 0 w postaci ogólnej oraz równań wyższych stopni. Z problemem tym borykali się tacy wybitni uczeni, jak Euler, Leibniz, Gauss i Ruffini. Żadnemu jednak z nich nie udało się znaleźć bezbłędnego dowodu; Byli przekonani, że problem rozwiązywalności czy nierozwiązywalności wspomnianych równań jest niemożliwy do rozstrzygnięcia. Zrozumiałe więc, że dowód 11

młodego Norwega nie zpalazł uznania w oczach ówczesnych, sto­ jących u szczytu sławy matematyków* Na przykład Gauss, gdy Niels Abel przesłał mu swój dowód, nie uważał nawet za stosow­ ne odpowiedzieć młodemu matematykowi, ośmielającemu się się­ gać tak „wysokich progów". Z podobną Obojętnością spotkał się Abel w czasie pobytu w Paryżu ze strony matematyków francus­ kich, którzy nie potrafili ocenić jego głębokich rozważań. Przed­ stawiona Paryskiej Akademii Nauk jego praca została uznana i opublikowana dopiero po śmierci uczonego, która nastąpiła w 1829 roku w momencie, gdy w drodze znajdował się list z propo­ zycją objęcia przez niego katedry matematyki w Berlinie. Badania naukowe, które przeprowadzał Niels Abel, nie dotyczy­ ły tylko algebry. Przeniósł je na te dziedziny rachunku całkowe­ go, które najbardziej związane były z algebrą.. Analogicznie do wspomnianego twierdzenia z dziedziny algebry udowodnił w dzie­ dzinie rachunku całkowego niemożliwość wyrażania całek pew­ nych funkcji elementarnych przy pomocy funkcji elementarnych (przez funkcje elementarne rozumiemy wielomiany, ich ilorazy, czyli funkcje wymierne, funkcje trygonometryczne i odwrotne względem nich: arcus sin x itd,, funkcje logarytmiczne, wykład­ nicze i funkcje niewymierne: pierwiastki stopnia dowolnego z wy­ mienionych funkcji), całkowania wielu funkcji przy pomocy funk­ cji elementarnych. Badania te doprowadziły go do odkrycia funk­ cji eliptycznych i hipereliptycznych. Całki tych funkcji są szcze­ gólnym przypadkiem tak zwanych obecnie całek Abela (całki funkcji algebraicznych) i znajdują szerokie zastosowanie. Wyniki osiągnięte przez Nielsa Abela pogłębił i poszerzył drugi genialny matematyk, Francuz Ewaryst Galois. Była to na firma­ mencie matematyki gwiazda niesłychanej jasności, był to geniusz, który mimo swego niezwykle młodego wieku doszedł do wyników gwarantujących mu trwałą pozycję twórcy podstaw współczesnej algebry. Już w wieku 15 lat zaczął formułować własne poglądy. Gdy Niels Abel udowodnił, że niemożliwe jest rozwiązanie przy pomo­ cy pierwiastków dowolnych równań algebraicznych stopnia wyż­ szego niż czwarty, Galois jako kilkunastoletni uczeń nie tylko sa­ modzielnie doszedł do tego samego rezultatu, ale postawił problem, jeden z najtrudniejszych w matematyce, a najdonioślejszy w dzie12

dżinie algebry. Polegał on na znalezieniu kryterium dającego od­ powiedź na pytanie, czy równanie algebraiczne, danego stopnia da­ je się rozwiązać przy pomocy pierwiastków. Galois debiutował naukowo na łamach czasopisma naukowego, wyniki zaś swoich badań ujął w znacznie obszerniejszej pracy, którą przesłał Akademii Nauk. Niestety, Galois, podobnie jak Abel, nie miał szczęścia. Tak głośni matematycy, jak Cauchy i Fourier, zbagatelizowali je, a nawet zagubili jego rękopisy. Gdy zaś wydał rękopis powtórnie, wybitny matematyk Poisson opa­ trzył pracę Galois następującą uwagą: „Nie jesteśmy nawet w sta­ nie uchwycić myśli przewodniej autora”. Galois pracował głównie nad rozwiązałnością równań algebra­ icznych. Wybitnym osiągnięciem było znalezienie warunku ko­ niecznego i dostatecznego, który spełnia równanie danego stopnia rozwiązywalne przez pierwiastkowanie. Aby dojść do tego rezul­ tatu, Galois stworzył zupełnie nową teorię obecnie zwaną także teorią Galois. Teoria ta wpłynęła zdecydowanie na rozwój nie tyl­ ko algebry, ale i całej dziewiętnastowiecznej matematyki, a jej idee i metody znajdują wciąż nowe i ważne zastosowania, np. we współczesnej mechanice kwantowej i krystalografii. * * * W tym lakonicznym zarysie przedstawiliśmy drogi, którymi dą­ żyła myśl matematyczna od czasów najdawniejszych w dziedzinie algebry. Staraliśmy się ukazać twórczy wysiłek badaczy, których upór, talent i przenikliwość wytyczały szlaki rozwojowe intere­ sującej nas dziedziny, aż osiągnęła ona stan obecny, aż przekształ­ ciła się we wspaniałe narzędzie uczonych, badaczy i techników. Dlatego też żywimy nadzieję, że czytelnik zainteresuje się pre­ zentowaną książką Włodzimierza Krysickiego, że chętnie sięgnie po nią, by potrudzić się nad rozwiązywaniem zawartych w niej zadań. Jesteśmy przekonani, że znajdzie przy tym wiele przyjem­ ności, Tym bardziej że każde udane rozwiązanie zadania daje za­ dowolenie i wzbudza wiarę we własne siły i zdolności. Podkreślić przy tym należy, że znajdujący się w książce zbiór zadań został skomponowany z zachowaniem stopniowania trudności. Od rzeczy prostych do coraz trudniejszych, ale zawsze nie przekraczających możliwości intelektualnych czytelnika. Ponadto jesteśmy przeko­ 13

nani, że po gruntownym przestudiowaniu zbioru, po samodziel­ nym rozwiązaniu wszystkich zadań owe iksy i igreki, które jakże często są zmorą uczniów, przestaną straszyć przed klasówkami czy odpowiedziami przy tablicy. Matematyka to nauka naprawdę piękna, łatwa i niezwykle po­ żyteczna. W jej symbolach, zasadach i twierdzeniach zawarta jest prawda o świecie i rządzących nim prawach. By to poznać, trzeba umieć rozwiązywać równania. A w tym cenną pomocą są „Iksy i igreki” Włodzimierza Krysickiego. TADEUSZ TW AROGOW SKI

1. NAJPROSTSZE RÓWNANIA DRUGIEGO STOPNIA Po raz pierwszy w historii człowiek zetknął się z koniecznością rozwiązania równania kwadratowego najprawdopodobniej przy obliczaniu boku kwadratu, gdy dane jest jego pole. Jeżeli pole kwadratu jest równe 4 cm2, to bok kwadratu jest równy 2 cm, gdy pole wynosi 9 cm2, bok kwadratu jest równy 3 cm, gdy zaś pole kwadratu zawiera 16 era2, to bok jego ma 4 cm długości. Postawmy obecnie zagadnienie nieco inaczej: znaleźć takie licz­ by x, których kwadrat jest równy 16. Mamy więc rozwiązać rów­ nanie X2 = 16 ( 1) Aby znaleźć wartość x spełniającą to równanie, pierwiastkuje­ my obie strony tego równania, pamiętając o tyra, że kwadraty dwóch liczb o tej samej wartości bezwzględnej, różniących się znakiem, są sobie równe, np. 5® = (—5)2. Wówczas otrzymamy x = —/1 6 1 albo x = + / l ( f co oznacza, że równanie (1) posiada dwa pierwiastki = — 4 oraz xs = + 4 jest bowiem (—4)2 — (+ 4 )2 = 16. Rozwiążmy teraz równanie 2x2—14 = 0. Przenosząc wyraz wol­ ny na prawą stronę, otrzymamy 2x 2 = 14, a po podzieleniu przez 2 równanie przybierze postać x* = 7 skąd otrzymujemy dwie wartości na x 15

Xi = —}/7' oraz x2 — h'l/7' W podobny sposób, rozwiązując równanie 4x®—15 = 0 otrzymamy kolejno 4xs = 15 15 = ----4 Pierwiastki tego równania są niewymierne .»/T3 xx

2

i

Xz

%

Jeżeli chcielibyśmy je wyrazić z pewnym przybliżeniem, to obliczając j/H i 1 z dokładnością np. do 0,0001 otrzymalibyśmy / 1 5 1» 3,8730, a stąd Xi« —1,9365; x* -{-1,9365 Rozpatrzmy jeszcze równanie 3x?+48 = 0 Postępując jak wyżej otrzymamy 3x® = —48 x* = —16 Lecz ostatnia równość nie sprawdza się przyżadnym x, gdyż kwadrat liczbyrzeczywistej* nie może byćujemny, a więc rów­ nanie 3x*+48 = 0 nie posiada pierwiastków rzeczywistych. Wszystkie równania dotychczas rozwiązane dadzą się ująć w ogólnej postaci ax*+c = 0 (2) gdzie c może być zupełnie dowolną liczbą dodatnią, ujemną lub równą zeru, natomiast współczynnik a nie może być równy zeru. Aby rozwiązać to równanie, przenosimy wyraz + c na drugą stronę ax® = —c i dzielimy obie strony przez cty^O _ c x* = '----(3) a * Rozważa się również w matematyce tzw, liczby urojone w postaci bi, gdzie i jest jednostką urojoną, b liczbą rzeczywistą, wtedy (bi)* ——5* < 0 przy b # 0.

16

Należy teraz rozróżnić następujące przypadki: c

1. liczby a i c są znaku przeciwnego, wówczas ułamek — jest '

a

c ujemny, a więc ----- > 0 i równanie (3), a tym samym i (2) a posiada duia pierwiastki “ a ’ a O zbiorze rozwiązań mówimy, że jest dwuelementowy. c 2 . liczby a i c są tego samego znaku; wówczas ułamek — jest doa e datni, a w ięc < 0 i równanie (3), a tym samym i (2) nie a posiada pierwiastków rzeczywistych. O takim równaniu mó­ wimy, że jest sprzeczne, a o zbiorze jego rozwiązań, że jest pusty. c 3. jeżeli c = 0, a zfc. 0, to ułamek — = 0 i wówczas równanie (3), a a tym samym i (2) posiada pierwiastek (podwójny*) równy zeru Xi,, = 0 O zbiorze jego rozwiązań mówimy, że jest jednoelementowy. Zajmijmy się teraz równaniami innej postaci i w tym celu roz­ wiążmy równanie 2xs—15jc *= 0 Wynieśmy x przed nawias x(2x—15) = 0 Otrzymaliśmy w ten sposób iloczyn, który ma być równy zeru. Lecz iloczyn jest równy zeru, jeśli chociaż jeden z czynników jest równy zeru. Pamiętajmy, że iloczyn nie jest zerem, jeśli żaden z jego czyn­ ników nie jest zerem. Musi więc być albo pierwszy czynnik x równy zeru, albo drugi czynnik (2x—15) równy zeru x = 0 albo 2x—15 — 0 * Nazywamy pierwiastek podwójnym, gdyż a więc

i

—

xx = —yo = 0, xt =* + y 0 —0, 17

Z pierwszego równania otrzymujemy pierwiastek xj = 0 a z drugiego równania, po przeniesieniu wyrazu — 15 na drugą stronę i podzieleniu przez 2, otrzymujemy drugi pierwiastek rów­ nania x 2 = 7,5 W ten sposób, możemy rozwiązywać każde równanie kwadrato­ we, w którym brak wyrazu wolnegę. Ogólną postacią takiego rów­ nania jest ox*+bx = 0, a 0 (4) Wynosimy x przed nawias x(ax+b) = 0 a następnie przyrównujemy każdy czynnik do zera x = 0 albo ax + b = 0 skąd otrzymujemy dwa pierwiastki równania (4) x, = 0 , xt = —b/a Równania kwadratowe postaci ox*+c = 0 lub ox*+bx — 0 na­ zywamy niepełnymi równaniami kwadratowymi. Ćwiczenia 1. Obliczyć pierwiastki następujących równań: a) x*—1225 = 0 b) x*—18 - 0 c) 25x*—81 = 0 d) 3x*+625 = 0 e) 0,01x2—9 = o 2. Obliczyć pierwiastki następujących równań: a) 2x*—17x = 0 b) 3x2+2 lx = 0 c) 100x* = 9x d) 0 ,001x 2 = 10x 3. Obliczyć pierwiastki następujących równań: a) x s—x = 0 b) 0,01xa—x = 0 c) 0 ,001x*—x = 0 d) 0,000001x»—x = 0 18

Porównać pierwiastki równań powyższych. Czy oba pierwiastki się zmieniają? Jak zmienia się jeden z pierwiastków, gdy współ­ czynnik a w równaniu oai + ó x = 0 maleje do zera? 2. OGÓLNA POSTAĆ RÓWNANIA KWADRATOWEGO Z a d a n i e . Znaleźć liczbę, której kwadrat jest o 1 mniejszy od jej dwukrotności. Oznaczamy szukaną liczbę przez x; wówczas ma być ■ x* = 2x—1 a po przeniesieniu wyrazów na lewą stronę 2x + l = 0

( 1) Lewa strona równania jest nam dobrze znanym rozwinięciem wyrażenia (x—1}*, więc równanie (1) możemy zapisać w postaci (x—1)* = 0 (2) Ponieważ jedyną liozbą, której kwadrat jest równy zeru, jest zero, wnioskujemy, że , x—1 = 0 a więc, że x = I. Równanie (1) posiada więcjedenpierwiastek X = 1.Nazywamy gopierwiastkiem podwójnym ztego powodu, że zamiast postaci (2) moglibyśmy napisać (x—1) (x—1) - 0 i z przyrównania do zera pierwszego czynnika x —1 otrzymujemy jeden pierwiastek x = 1, a także z przyrównania drugiego czyn­ nika x —1 do zera otrzymujemy drugi pierwiastek, również x = l . A więc liczbą, której kwadrat jest o jeden mniejszy od jej dwu­ krotności, jest liczba 1. Z a d a n i e . Jaka liczba pomnożona przez liczbę o 6 większą daje w iloczynie —9? Oznaczmy szukaną liczbę przez x; wówczas liczbą o 6 większą jest x + 6 i ma być x (x + 6) = —9 Po pomnożeniu i przeniesieniu wyrazu —9 na lewą stronę otrzy­ mamy równanie

x*+6x+9 = O Zapiszmy je w postaci
(4)

Zauważmy, że pierwszy wyraz 9x* jest równy (3x)*, trzeci wy­ raz 25 —52 oraz że środkowy wyraz 30x jest równy podwojone­ mu iloczynowi pierwszego wyrazu przez drugi 3Gx = 2*3x*5 Wobec tego równanie (4) da się zapisać w postaci (3x+5)2 = 0 skąd otrzymujemy, że 3x+5 = 0 Rozwiązując ostatnie równanie, otrzymamy podwójny pierwia­ stek równania (4) 5 Xl,2 = -----3 Na podstawie powyższych równań wnioskujemy: Jeżeli lewa strona równania kwadratowego fest potnym kwadraten (a prawa strona fest równa zera), to równanie po siada ¡eden piet wiastek podwójny.

Z a d a n i e . Jeżeli do kwadratu pewnej liczby dodamy 3, to otrzymamy poczwórną daną liczbę. Co to za liczba? Oznaczmy poszukiwaną liczbę przez x; wówczas ma być _ x*+3 = 4x skąd otrzymujemy równanie 20

x*—4x+ 3 = O (5) Pierwsze dwa wyrazy x*—4x są pierwszymi dwoma wyrazami rozwinięcia (X— = x*—4x+4 (6) natomiast wyraz ostatni w równaniu (5) jestrówny 3, a wpoda­ nym rozwinięciu (6) jest równy 4. Wyrazyte różniąsię więc o 1; dodając do obu stron równania (5) po X, uczynimy lewą stronę równania (5) identyczną z prawą stroną równości (6). Będziemy wówczas mieli x*—4x-(-4 — 1 czyli (x—2)* = 1 Rozwiązując to równanie otrzymujemy, że ar—2 = —1 albo x —2 = + 1 Z pierwszego równania wynika, że x = —1 + 2 to znaczy, że Xi = 1 a z drugiego równania x —1 +2 a więc xa = 3 Otrzymaliśmy dwie wartości na x, które są pierwiastkami rów­ nania (5). Sprawdźmy słuszność otrzymanych wyników, podsta­ wiając do lewej strony równania (5) zamiast x otrzymane wartości X\ oraz x2. , dla x = 1 jest l 2—4-1+3 = 1—4+3 = 0 dla x = 3 jest 3*—4*3+3 = 9—12+3 = 0 Ponieważ w obu przypadkach lewa strona równania (5) jest równa zeru, więc rzeczywiście równanie (5) posiada dwa pier­ wiastki Xi = 1; x 2 = 3 Rozwiążmy z kolei równanie x*+ 6x—7 = 0 (7) W tym przypadku pierwsze dwa wyrazy lewej strony równania (7) są pierwszymi dwoma wyrazami rozwinięcia (x+3)2 = x*+6x+9 (8) 21

Trzeci wyraz w równaniu (7) jest —7, a trzeci wyraz prawej strony równości (8) jest + 9 t aby więc z —7 otrzymać + 9 . musi­ my do —7 dodać 16; jest bowiem —7+16 = 9, Dodajmy więc do obu stron równania (7) po 16; wówczas kolejno otrzymujemy x2+ 6 x —7+16 = 16 ♦ x*+6x+9 = 16 Skorzystajmy teraz z równości (8), dzięki której równanie na­ sze przybiera teraz postać (x+3 )2 = 16 Ponieważ (—4)2 = (+4)* = 16, więc x + 3 = —4 albo x + 3 ~ 4 skąd z łatwością otrzymujemy dwa pierwiastki równania (7) Xi ——7, x, = 1 . W obu dotychczas podanych przykładach współczynnik w dru­ gim wyrazie był parzysty (w pierwszym równaniu był równy —4, a w drugim + 6); spróbujmy obecnie rozwiązać równanie, gdy współczynnik wyrazu zawierającego x będzie nieparzysty. Niech to będzie np. równanie x 2+ 3 x —10 = 0 (9) 3 Ponieważ współczynnik 3 = 2*—, więc dwa pierwsze wyrazy 2

równania (9) będą równe dwom pierwszym wyrazom rozwinięcia / 3 \* 9 lx + — I = x*+3x-|---(10) 2 4 9 Wyraz wolny równania (9) jest ■ —10, ażeby więc otrzymać —, 4 należy do — 10 dodać najpierw 10, wówczas otrzymamy zero — 9 i potem jeszcze dodać

Wobec powyższego do obu stron równania (9) dodajemy po . 9 10 + - i otrzymujemy ' 9 9 x 2+ 3 x —10+10H = 10-)— 4 4 albo 9 49 x*+3x-]— = ----(11) 4 4 22

Do tej samej postaci można było dojść również pozornie innym sposobem: z równania (9) przenosząc —10 z lewej strony na prawą otrzymujemy x2-j-3x = 1 0 9 a następnie dodajemy do obu stron po — i wówczas mamy po4 stać (11). Lewą stronę równania (11) na podstawie równości (10) zastępu( 3 \2 jemy przez { x-j— } t po czym równanie (11) przyjmuje postać /

3\*

49

(I+ T )“ T

2

skąd otrzymujemy dwie możliwości 3 7 x+— = albo 2

3 7 x-j— = Ą—

2

2

2

Z pierwszego z tych równań wynika, że 7 3 x = ---------------, czyli Xi = —5 a z drugiego równania

2

2

7 3 x = --------- , 2

czyli

x2 = 2

2

Obie znalezione wartości są pierwiastkami równania x 2-|-3x—10 = 0, co łatwo sprawdzić podstawiając te wartości do równania zamiast x. Rozwiążmy jeszcze równanie x«—8x+24 = 0 (12) Przekształcając równanie to sposobem podanym jak wyżej, doj­ dziemy do równania (x—4)2 ——8 które jest sprzeczne, gdyż kwadrat liczby rzeczywistej nie może być ujemny. A więc równanie (12) nie posiada pierwiastków rze­ czywistych. W równaniach drugiego stopnia, które rozwiązaliśmy, napotka­ liśmy następujące typy równań: 1) równanie, które posiada jeden podwójny pierwiastek; 2) równanie, które posiada dwa różne pierwiastki; 3) równanie, które nie posiada pierwiastków rzeczywistych. W dalszych ogólnych rozważaniach wykażemy, że są to już wszystkie typy równań kwadratowych. 23

Na przykładach poprzednio przerobionych wskazaliśmy drogę, którą należy obrać Celem rozwiązania równania kwadratowego. Wszystkie jednak przykłady miały współczynniki liczbowe, w. każ­ dym więc przykładzie należało zwracać na nie baczną uwagę, aby przez odpowiednie przeróbki zdążać do rozwiązania. W matema­ tyce dąży się jednak do uogólnień, do wysnuwania reguł możliwie najogólniejszych, które byłyby słuszne w możliwie największej ilości przypadków, do ujmowania wyników w postaci twierdzeń lub wzorów; w tym celu wprowadzono w matematyce oznaczenie liczb literami: a, b, c ,... x, y, z. Zamiast wykonywać w każdym poszczególnym przykładzie wszystkie przekształcenia od początku do końca, wykonujemy je raz na literach, które zastępujemy potem przez odpowiednie war­ tości liczbowe, gdzie wykorzystujemy końcowy wynik podany zwykle w formie wzoru. Postaramy się również i w przypadku równania kwadratowego wykonać raz jeszcze wszystkie znane nam dotychczas przeróbki, lecz biorąc tym razem równanie o współczynnikach literowych. Rozpatrzmy w tym celu równanie axa-f-bx-|-c = 0

a^ 0

(I)

gdzie o, b, c mogą być dowolnymi liczbami, z wyjątkiem o = 0 ; wówczas bowiem otrzymalibyśmy równanie bx+ c = 0 , które jest pierwszego stopnia. Będziemy — i w tym ogólnym przypadku — dążyli do utwo­ rzenia po lewej stronie kwadratu sumy dwóch wyrazów. Ażeby nie operować ułamkami, możemy obie strony tego równania po­ mnożyć przez 4o; otrzymamy wówczas równanie równoważne „ 4aix*+4abx+4ac = 0 3 0 (2ox)*-f2 *2ax*b = —4ac Jeżeli dodamy teraz do obu stron równania b2, to po lewej stro­ nie otrzymamy (2ax)*-f-2(2ax) (b)-f-(b)*, czyli rozwinięcie (2ax-f-b)1, a po prawej stronie otrzymamy b3—4oc. Otrzymaliśmy w ten spo­ sób równanie (2ax+b)* = b2—4ac

(ID

Lewa strona jako kwadrat nie jest ujemna, a więc i prawa stro­ na winna być większa lub równa zeru. Znak wyrażenia b*—4oc 24

wyróżnia równania posiadające dwa rozwiązania (b*—4ac > 0 ) od równań posiadających jedno podwójne rozwiązanie (b2—4ac — 0) i od równań nie posiadających rozwiązań {t>*—4oc < 0); dlatego wyrażenie 6*—4oc nazwano wyróżnikiem równania kwadratowe­ go; oznaczamy je najczęściej przez dużą grecką literę A (czytaj delta). Rozpatrzmy kolejno wszystkie trzy przypadki w zależności od znaku wyróżnika 1) A = b2—4ac ;> 0 Wówczas prawa strona równania (2ax-j-b)2 — b2—4ac jest dodatnia. Rozwiązując to równanie otrzymamy 2ax-\-b = —\/b2—4ac albo 2ax-j-b = -j- j/b 2—4ac Przenosimy wyraz + b na stronę prawą, a następnie dzielimy przez 2a; w ten sposób otrzymujemy z pierwszego równania —b—(/b2—4ac Xl = ------------------2a a z drugiego równania —tH Y b 2—4ac x 2 = ------------------2a Osiągnięty wynik możemy sformułować w sposób następujący: le że li wyróżnik równania kwadratowego (A = b*-4ac) jest większy od zera, to równanie (I) posiada dwa różne pierwiastki rzeczywiste wyrażone wzorami

—b— j/b 2—4ac Xi = -----------

—b + y^b2—4ac x* = ------------

2a

(H i)

2a

Zbiorem rozwiązań jest wtedy zbiór (x lt x*2}. P r z y k ł a d 1. Zastosujemy wyprowadzone wzory do rozwią­ zania równania 3 x 2— 7 x — 10 = 0

25

Jest tutaj a = 3, 6 ——7, c = —10; obliczmy A = (—7)s—4-3(—10) = 49+120 = 169 = 13* Stosując wzory (III) pamiętajmy, że b ~ —7, a więc że —b - +7. Wówczas otrzymamy 7—13 xt = --------- tzn. i i = — 1 2-3 7+13 10 “ tzn. 11 2-3 3 P r z y k ł a d 2. Rozwiązać równanie 4x2+ 9 x + 3 = 0 Obliczamy A — 9*—4-4-3 = 81—48 = 33; ponieważ 33 nie jest kwadratem liczby całkowitej, więc pierwiastki są liczbami niewy­ miernymi x2

X|

—9 _- / 3 3, . X____ —9 4_- /3 3 l

Rozpatrzmy z kolei drugi przypadek 2) A = b*—4oc = 0 Wówczas prawa strona równania (II) jest równa zeru i równa­ nie przybiera postać (2ox+b)* = 0 a więc musi również być 2ax + b = 0, skąd otrzymujemy _ b 2a Wynik ten wypowiemy w postaci reguły: Jeżeli wyróżnik równania kwadratowego (A ~ b*-4ac) jest równy rera, to równanie posiada jeden (podwójny) pierwiastek

b (IV) = -----2o Zbiorem rozwiązań jest wtedy zbiór jednoelementowy I---- —\ l

2o J

Czasami mówimy, że równanie posiada dwa jednakowe pier­ wiastki. Łatwo można zauważyć, że ten sam wynik można uzyskać z wzorów (III), uwzględniając warunek b*—4ac = 0; z wzoru za­ równo na Xi jak i na x 2 otrzymamy ten sam wynik, zawarty we 28

wzorze (IV), dodanie bowiem zera (y b2—4cc wówczas jest równe zeru), czy też jego odjęcie, nie zmieni wartości pierwszego skład­ nika ■—b w liazniku. P r z y k ł a d . Rozwiązać równanie 16x*—40x-j-25 = 0. Oblicza­ my przede wszystkim wyróżnik równania. A = 40*—4*16-25 = 1600—1600 = 0 Stosujemy teraz wzór (IV) i otrzymujemy 40 5 x u i --------------2-16 4 Równanie to można rozwiązać inaczej, nie korzystając z wzoru (IV). Lewa strona równania da się zapisać w postaci kwadratu róż­ nicy (4x—5)* = 0 5 skąd 4x—5 = 0, a więc Xi,j = —, zgodnie z poprzednio otrzyma4 nym wynikiem. Na koniec rozpatrzmy ostatni przypadek 3) A = 6*—4ac < 0 Wówczas lewa strona równania (2ax+b)* = b*—4ac jest — jako kwadrat — większa lub równa zeru, a prawa strona jest mniejsza od zera, otrzymujemy więc sprzeczność. Nie ma ta­ kiej rzeczywistej wartości na x, która spełnia dane równanie. Jeżeli wyróżnik równania kwadratowego (A = bł-4ac) jest ujemny, ta równanie nie posiada pierwiastków rzeczywistych. Mówimy wów­ czas, ie zbiór rozwiązań jest pusty, oznaczamy go symbolem 0 .

Chcąc np. rozwiązać równanie 3x*—5x+6 = 0, obliczamy przede wszystkim jego wyróżnik A = 5*—4-3-6 = 25—72 < 0 Ponieważ wyróżnik równania jest ujemny, więc równa nić pier­ wiastków rzeczywistych nie posiada; W przypadku gdy współczynnik b jest parzysty, obliczenie pier­ wiastków przy pomocy wzorów (III) można uprościć dzięki spob strzeżeniu, że liczba — jest całkowita. Ponieważ liczba 2 wystę2 . puje w mianowniku, więc przekształcając odpowiednio wzory (III) możemy je doprowadzić do postaci 27

(V) xl.i

a

Wynik ten otrzymamy w sposób następujący: Ponieważ zakładamy, że współczynnik b jest parzysty, więc za­ b równo liczba — jest całkowita, jak i jej kwadrat jest o również liczbą całkowitą. Wobec tego wyróżnik równania A mo­ żemy tak przekształcić wyłączając czynnik 4 przed nawias A = b!— a więc

Jeżeli teraz we wzorach (III) zastąpimy bs—4ac przez prawą stronę powyższego wyrażenia, to otrzymamy

a po podzieleniu licznika i mianownika przez 2 otrzymujemy właś­ nie wzór (V). Aczkolwiek postać ta jest bardziej skomplikowana niż (III), to jednak w przypadku parzystego współczynnika 6 daje istotne uproszczenie rachunku. Zastosujmy ostatni wzór do rozwiązania równania &c*—22x—25 = 0 w którym — = (—V—ac = 11*—3-(—25) = 121+75 = 196 = 14* > 0

skąd 11—14 11+14 1 --------- = — 1; x 2 = = 8— 3 3 3 Dla ocenienia tego uproszczenia niech Czytelnik obliczy pier­ wiastki tegoż równania stosując wzory (III). Często również spotykamy się z przypadkiem, gdy współczyn­ nik a = 1. Przyjęto pisać wówczas równanie w postaci x®+px+q — 0 (VI) Wzór na pierwiastki tego równania możemy otrzymać bezpo­ średnio z wzoru (V) zastępując w nim: o = 1, b = p, c = q; wów­ czas otrzymamy X,

(VII) Tak np. pierwiastki równania —3x+2 = 0 obliczone podług wzoru (VII), wyrażą się w postaci

--WiP

/3\* 9 1 a ponieważ “ —2 = ------ 2 = —, więc w dalszym ciągu otrzy4

4

mamy 3 1 _ ++ __ XI,; = — 2 _

2

skąd znajdujemy xt = 1; x 2 = 2. Szczególnie prosto oblicza się pierwiastki równania postaci (VI), gdy współczynnik p jest parzysty. Np. pierwiastki równania x*—10x—24 = 0 wyrażą się w postaci x „ 2 = 5± 1/25+2?= 5 + 7 albo po ostatecznym obliczeniu xt = —2 ; x 2 — 12. Ćwiczenia 4. Rozwiązać równania: a) x®—14x+49 = 0 b) 3x®—l lx —14 = 0 29

c) 4Z2—x-\-2 = O d) 6x*—7 x + l = O e) 3x*—10x-j-3 = O f) xs_lCte+ 8 = O 5. Rozwiązać równania: a) X2—/ l 7 x + 2 = 0 b) 64x2+ 4 8 x + 9 = 0 c) x*+ 100x —101 = 0 6 . Rozwiązać równania: a) xł + 2x—3 = 0 b) 0,001 x 2+ 2x—3 = 0 c) 0 ,000001x*+ 2x—3 = 0 7. Porównać pierwiastki równań z ćwicz. 6 ; co — na tej podsta­ wie — możemy powiedzieć o pierwiastkach równania ax 2-j-|-2x—3 = 0, gdy współczynnik o, pozostając dodatni, staje się coraz mniejszy, zbliżając się do zera? 3. UKŁADANIE RÓWNANIA O DANYCH PIERWIASTKACH WZORY VIETY Postawmy obecnie zagadnienie odwrotnie: jak znaleźć równanie, którego pierwiastkami są dwie dane liczby, np. Xi — 2; xt = 5. Ażeby rozstrzygnąć to zagadnienie, zauważmy, że x — 2 jest pier­ wiastkiem równania np. takiego x—2 * 0 lub 3(x —2) = 0, lub 25{x—2) = 0 itp. Podobnie druga liczba 5 jest pierwiastkiem równania x—5 = 0 ' lub 2(x—5) = 0, lub —6 (x—5) = 0 itp. Z podobnych przykładów natychmiast wnioskujemy, że liczby 2 i 5 są pierwiastkami takiego np. równania (x—2) (x—5) = 0 (1) gdyż iloczyn jest równy zeru, gdy chociaż jeden z czynników jest równy zeru. Podobne równania lub 30

3(x— 2) (x— 5) - 0

—10(x—2) (x—5) = 0

posiadają pierwiastki takie same: Xj = 2, x 2 = 5. Ogólna postać równania, którego pierwiastkami są tylko liczby 2 i 5, jest a(x—2) (x—5) ~ 0 gdzie za a możemy podstawić dowolną liczbę różną od zera. Po wykonaniu mnożenia (x—2) (x—5) równanie (1) przybierze postać x 2—7x+10 = 0 Podobnie chcąc znaleźć równanie, którego pierwiastkami mają być inne liczby, np. —4, + 7, tworzymy różnice x—(—4), tzn. x + 4 oraz x—7, a następnie iloczyn ich przyrównujemy do zera (x+4) (x—7) = 0 Przechodząc do oznaczeń literowych stwierdzamy, że równanie, którego pierwiastkami .są x = xt i x = x2, posiada postać (x—Xi) (x—x2) = 0 (2) albo ogólniej o(x—Xj) {x—x2) = 0, o =£ 0 (3) Wykonamy mnożenia po lewej stronie równania (3) ax2—a x ^ —ax 2x-|-aX]X2 = 0 i z dwóch wyrazów środkowych wynieśmy ax przed nawias axs—a(x1-j-x2)x-)'tix1xj = 0 (4) Porównajmy tę postać równania z postacią ogólną ax®+bx+c = 0 (5) którego pierwiastkami są te same wartości x x i x2. Równania (4) j (5) mają te same pierwiastki, a współczynniki przy X2 w obu równaniach są jednakowe i równe a; odpowiednie współczynniki w obu równaniach muszą więc być jednakowe. Przyrównując współczynniki przy x w pierwszej potędze w równaniach (4) i (5) otrzymamy — a (X j+ x 2) = b

skąd Xi-fx 2 =

(A)

z przyrównania zaś wyrazów wolnych mamy ax!X2 = c 31

skąd

W ten sposób wyraziliśmy sumą i iloczyn pierwiastków w za­ leżności od współczynników równania kwadratowego: Iloczyn pierwiastków równania kwadratowego o x * + b x + c = 0 równo się ilorazowi wyrazu wolnego (c ) przez pierwszy współczynnik (a). Sumo pierwiastków równania kwadratowego ax*+ b x + c = 0 równo się ilorazowi współczynnika (b) przy x przez współczynnik (a) przy t 1, wziętemu ze znakiem przeciwnym.

Taki sam wynik otrzymamy stosując wzory na pierwiastki rów­ nania kwadratowego. Obliczamy sumę pierwiastków x ,+ x , -

- M j r r _ _ a , _ _ j, 2a 2a 2a a Obliczmy teraz iloczyn pierwiastków stosując wzór skróconego mnożenia (k—I) (łc+I) = k2—1* X> ' X*

b— Y A “ b + / A 2a 2a

b2—(b*—4ae) 40*

( — b)3 — ( / A ) 2 4a*

b*—b* -j- 4ac _ 4 p c 4a2 4o2

c o

W przypadku gdy współczynnik pierwszy jest równy jedności, tj. w przypadku równania x2-\-px-\-q = O powyższe wzory upraszczają się. Mamy wówczas x ,+ x ł = —p x1-xi = q

v

(C)

Iloczyn pierwiastków równania x * + p * + q = O równa się wyrazowi wolnemu (g). Sum a pierwiastków równania xł + p x + q = O równa się współczynni­ kowi przy x wziętemu ze znakiem przeciwnym f-p j.

32

Wzory na sumę i iloczyn pierwiastków równania kwadratowego wyprowadzfl francuski matematyk Vieta*, który zastosował syste­ matycznie oznaczenia literowe w algebrze. Od niego datuje się szybki i poważny rozwój matematyki dzięki wprowadzeniu i upro­ szczeniu zapisu algebraicznego. Wykażemy jeszcze prawdziwość następującego twierdzenia: ie ie ll dwa równania druglego stopnia posiadają to samo pierwiast­ ki (oba jednocześnie nierówne zera), to odpowiednie współczynniki ich są proporcjonalne.

Dane są dwa równania ax®-|-bx-f-c = 0

o'x*-j-b'x-|-c' = 0

0

które posiadają te same pierwiastki Xj i x2. Z wzorów Viety wy­ nikają dla pierwszego równania związki acrHcj = — — a

a

a z drugiego równania c'

x 1*xa = — ;

b'

x 1+ x I = -------

a skąd natychmiast otrzymujemy, że c c '

a' b

b'

a a a a Ponieważ a ^¿0 ^ a', wnioskujemy, że jeżeli c ^ 0, to c 0, a jeżeli c = 0, to c' musi być równe zeru; to samo dotyczy pary współczynników b i b', tzn. oba są różne od zera albo jednocześ* Franęois Vićte {1540—1603), prawnik, astronom i matematyk francuski, zajmował się trygonometrią i algebrą. Stworzył podstawy ogólnej nauki o równaniach algebraicznych, zyskując sobie tym sławę ojca współczesnej algebry. Jako pierwszy wprowadził literowe oznaczenia nie tylko dla wiel­ kości niewiadomych (co niekiedy stosowano wcześniej), ale i dla wielkości danych. Dopiero dzięki niemu otwarła się możliwość wyrażenia własności równań i ich pierwiastków ogólnymi wzorami. Vióte podał ogólne metody rozwiązywania równań drugiego, trzeciego i czwartego stopnia, ujednoli­ cając tym samym metody podane wcześniej przez innych uczonych (przez Ferro i Ferrariego), oraz wyprowadził wspomniane wzory na sumę i iloczyn pierwiastków równania kwadratowego. S — Iksy 1 igrekJ

33

nie oba są równe zeru. Załóżmy najpierw, że wszystkie współ­ czynniki są różne od zera, wówczas z ostatnich dwóch równości wynika, że o c a b

to znaczy, że — —— = — , zgodnie z tezą twierdzenia. Jeśli zaś U* a' o c 0 = 0 = 6 ', współczynniki zaś c i c' różne od zera, to spełniona jest równość a c ł

t

a c równania zaś przybierają postać ox*-(-c = 0 oraz o'xa-|-c' = 0 . Równość ta świadczy o proporcjonalności współczynników równań ax2-\-c = 0 i a'x*+c' = 0. W taki sam sposób wykazujemy słusz­ ność twierdzenia, jeśli c = 0 = c', a współczynniki 6 i 6' są różne od zera. W przypadku zaś, gdyby obie pary współczynników (6 i 6 ' oraz c i c') były zerami, równania miałyby postać ax2= 0 , a Xs —(i 1 o proporcjonalności dwóch liczb nie możemy mówić, proporcja bowiem zawiera co najmniej dwie pary liczb. Ale wtedy oba pier­ wiastki obu równań są równe zeru. Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne: le ie li dwa równania kwadratowa m aja współcr/nnlki odpowiednio proporcjonalne, to m ajq te some pierwiastki.

A więc równania .

X*— 0,5x— 0,25 = 0 2x*— x — 0,5 = 0 4x2— 2x— 1 = 0 12x*— 6x— 3 = 0

Ogólnie: wszystkie równania postaci ax*—0,5ax—0,25a = 0 (gdzie a ^ 0) mają te same pierwiastki. Zastosujemy jeszcze wzory Viety do rozwiązania takiego cha­ rakterystycznego zadania. Z a d a n i e . Nie rozwiązując równania o pierwiastkach X], x% 4x*—7x—11 = 0 ułożyć nowe równanie, którego pierwiastkami są odwrotności pier­ wiastków danego równania. 34

Oznaczmy pierwiastki równania danego przez x2 i x2, pierwiast­ ki równania poszukiwanego przez x \ i x'2; wówczas podług treści zadania mają być spełnione warunki x \ = ~', x'2 = (1) Xj x2 Z wzorów Viety obliczmy sumę i iloczyn pierwiastków równa­ nia danego 7 ; x 2+. x 2 = —

11 Xi*Xj = -------

(2)

4 4 Na podstawie związków (1) postarajmy się wyrazić sumę i ilo­ czyn pierwiastków poszukiwanego równania x \ i x'2 w zależności od pierwiastków równania danego xl i x2 1 1 X2+Xi Xj-(-X2 x 'i+ x '2 *------+ - = --------- = --------Xi X2 Xi ■Xj Xj •x2 Lecz zarówno licznik, jak i mianownik ostatniego ułamka są znane i już obliczone we wzorach (2); po uwzględnieniu ich otrzy­ mamy ’ 4

\

4/

4.n

u

Obecnie zajmijmy się iloczynem pierwiastków x \ i x'2 ,

,

1

1

1

/

H\

4

-------= 1 : 1— - I = -----Xi xa x2-x2 \ 4/ u W ten sposób obliczyliśmy sumę i iloczyn pierwiastków równa­ nia poszukiwanego: 7 4 x 'i+ x '2 = -------; x \ x \ = ------x 2x 2

11

11

Skorzystajmy teraz z wzorów Viety. Jeżeli równanie poszuki­ wane ma mieć postać xi+px-j-q = 0 to podług wzorów (C) str. 32 ma być 7 4 q = -----—P = ----- ; 11

a więc równaniem poszukiwanym jest 7 4 x*-j— x ------= 0 11

i*

11

11

35

albo po pomnożeniu przez 11 l l i 1+ 7 x —4 = 0 Współczynniki obu ostatnich równań są odpowiednio proporcjo­ nalne, a więc na podstawie poznanego twierdzenia pierwiastki tych równań są takie same. Sprawdzimy nasze rozwiązanie. Rozwiązujemy pierwotne rów­ nanie 7 ± 1/49 + 176 _ 7 ± 15 8 “ 8 skąd = —11;

11 ——

Końcowe równanie posiada pierwiastki _ — 7 ± / 4 9 + 176 *

“

22

—7 ± 1 5 22

skąd Xi * —1; 13Yj* Widzimy, że istotnie pierwiastki równania końcowego są odwrotnościami pierwiastków pierwszego równania, bo odwrotnośU 4 cią —1 Jest —1, a odwrotnością — jest — . 4 11 Wyprowadzimy obecnie pewne wnioski z wzorów Viety c. , b = x + x , —— Wyróżnik równania A = b*—4ac. Z postaci jego wnioskujemy, że jeżeli iloczyn ac < 0 , wówczas — iac >• 0, a więc również b*—4ac > 0. Widzimy więc, że: . Jeżeli współczynniki n i c (tzn. współczynnik przy drugiej potę­ dze niewiadomej i wyraz wolny) różnią się znakiem, to równanie kwadratowe posiada dwa pierwiastki różne. Tak np. równanie 2x2—7x—5 = 0 posiada dwa pierwiastki róż­ niące się znakiem; tę samą własność posiada równanie —x* + x + — |— 10 = 0. Jeżeli natomiast współczynniki a i c są tego samego znaku, to ac > 0 i wyróżnik równania b*—iac może być w tym przypadku ujemny, dodatni albo równy zeru; wtedy żadnych wniosków wy­ 36

prowadzić nie możemy i musimy obliczyć wyróżnik, aby wie­ dzieć, z jakim przypadkiem mamy do czynienia. Załóżmy teraz, że wyróżnik A > 0 i niech iloczyn pierwiastków będzie ujemny: Xj •x 2 < 0; wnioskujemy stąd natychmiast, że pier­ wiastki różnią się znakiem, a więc (jeżeli umówimy się oznaczać pierwiastek mniejszy przez xt, a większy przez x2) że x 2 < 0 oraz x, > 0. Jeżeli przy tym suma pierwiastków jest dodatnia, tzn. Xi~)-Xi > 0, to wartość bezwzględna dodatniego pierwiastka jest większa od wartości bezwzględnej ujemnego pierwiastka; jeśli zaś iloczyn pierwiastków jest ujemny i suma pierwiastków jest ujemna, to większą wartość bezwzględną posiada ujemny pier­ wiastek. Jeśli wreszcie A > 0 i iloczyn pierwiastków xix2 jest do­ datni (X}X3 > 0), wówczas znaki obu pierwiastków są jednakowe. Jeśli więc suma pierwiastków x 1-j-x1 jest dodatnia (x1-)-xi > 0), to oba pierwiastki są dodatnie, a jeśli suma x 1-\-x2 jest ujemna (ij+ T j < 0) — oba pierwiastki są ujemne. Np. równanie x*—5x+6 = 0 posiada oba pierwiastki dodatnie, bo A = 25—24 > 0, XjXj = 6 > 0, Xj+x* = 5 > 0 Zbadajmy jeszcze znaki pierwiastków równania x*—5x—14 = 0 nie rozwiązując go. Ponieważ współczynniki a i c różnią się zna­ kiem, więc A > 0 ; prócz tego Xi*x2 ——14 < 0 , więc pierwiastki różnią się znakiem; badamy teraz sumę pierwiastków x 1-|-x2 = = 5 > 0, skąd wnioskujemy, że lx2l > lxil. Symbol lx| oznacza bezwzględną wartość x. Znając znak iloczynu i sumy pierwiastków rozpatrzmy wszyst­ kie możliwe przypadki przy założeniu, że wyróżnik A!> 0. Przyj­ mując, że x t < x2, otrzymamy następujące możliwości: 1. jeżeli x 2-x2> 0 oraz x !+ x 2> 0, to Xj > 0 , x2 > 0 2. jeżeli x,*xs > 0 oraz x 1+ x 3 < 0 , to x 2 < 0 , x 2 < 0 3. jeżeli Xj -x3 < 0 oraz x 1+ x 2 > 0, to xx < 0, x2 > 0, przy czym lxjł < lx2l 4. jeżeli Xi-x2 < 0 oraz x 1+ x 3 = 0, to x 2 < 0, x3 > 0, przy czym lxj = lx2l 5. jeżeli xj *x 2 < 0 oraz x1+ x 2 < 0, to x 2 < 0, x 2 > 0, przy czym lxil > lx2l 6. jeżeli xi*x2 = 0 oraz X!*fx2 > 0 , to x 2 = 0 , x* > 0 7. jeżeli xj •x2 == 0 oraz x1-j-x2< 0, to x 2 < 0, x2 = 0 37

ćwiczenia 8 . Ułożyć równanie, którego pierwiastkami są liczby: a) 3 i 7,

b) —6 i 2 , c) —10 i —1. 3 9, Ułożyć równanie, którego pierwiastki są dane: a) — i 4 b) 2 - V 3 i 2 + y % c)

2 3

,

(— 3 — | / 5) i - ¡ - ( - 3 + ^ 3 ) .

10. Dane jest równanie x*+4x—12 = 0. Nie rozwiązując go utwo­ rzyć równanie kwadratowe, którego pierwiastki są dwa razy większe od pierwiastków danego równania. 11. Dane jest równanie x*+6x—27 = 0. Nie rozwiązując go utwo­ rzyć równanie kwadratowe, którego pierwiastki są 3 razy mniejsze od pierwiastków danego równania. 12. Opierając się na zadaniu rozwiązanym w tekście uzasadnić, że pierwiastki równania cx*+bx+a = 0 są odwrotnościami pier­ wiastków równania ox2+ b x + c = 0 (A ^ 0, a 0 c). 13. Nie rozwiązując następujących równań rozstrzygnąć, które z nich mają pierwiastki, i zbadać ich znaki: a) X2—7x—11 = 0, b) x*—12x+35 = 0, c) xM -x+ l = 0, d) x*+ 4x+ l = 0, e) 100x*—60x+9 = 0.

4. PAMIĘCIOWE ROZWIĄZYWANIE RÓWNAN KWADRATOWYCH Węźmy pod uwagę równanie o dodatnim wyróżniku x=—7x+12 = 0 Iloczyn pierwiastków tego równania równa się 12, a suma 7. Spró­ bujmy odgadnąć pierwiastki. Iloczyn 12 mógł powstać z mnożenia liczb 2 i 6 , lecz wówczas suma wyniosłaby 2+6 = 8 , a nie 7, więc liczby 2 i 6 nie są pierwiastkami. Wykonajmy inną próbę: 12 jest iloczynem liczb 3 i 4, których suma równa się 7, a więc pierwiast­ kami danego równania są liczby 3 i 4. Xi = 3 38

x2 = 4

W równaniu x*+19x+18 = O iloczyn pierwiastków xl *xi = 18, a suma pierwiastków Xi+x2 = = —19. Ponieważ iloczyn jest dodatni, więc oba pierwiastki są tego samego znaku, a że suma ich jest ujemna, więc oba pierwiast­ ki są ujemne. Możliwe są następujące rozkłady liczby 18 na iloczyn dwóch czynników całkowitych ujemnych 18 = (—9).(—2), wówczas suma —9+(—2) — —11 + :—19 18 = (—6)*(—3), wówczas suma —6+(—3) — —9 :+ —19 18 = {—1)-(—18), wówczas suma —1— (-(—18) = —19 Pierwiastkami równania są więc liczby = —18; x2 = —1. Postarajmy się jeszcze rozwiązać pamięciowo równanie x*+6x—16 = 0 Tutaj iloczyn pierwiastków Xi*x2 = —16 jest ujemny: oba pier­ wiastki różnią się znakiem, a ponieważ suma x ,+ x 2 = —6 jest ujemna, więc wartość bezwzględna ujemnego pierwiastka jest większa od wartości bezwzględnej dodatniego pierwiastka. Zacho­ dzą tutaj możliwości: —1 6 = —16*1, wówczas suma —16+1 = —15 + —6 —16 = —8*2, wówczas suma —8+2 = —6 a więc pierwiastkami równania są Xi = —8, x2 = 2. Nie w każdym równaniu oczywiście potrafimy odgadnąć pier­ wiastki na podstawie znajomości sumy i iloczynu, np. w równaniu 8x2+18x—45 “ 0 trudno się domyślić pierwiastków = —3,75 i x2 = 1,5. Ćwiczenia 14. Na podstawie wzorów na sumę i iloczyn pierwiastków roz­ wiązać pamięciowo następujące równania: a) x*—5x+6 = 0, b) x*+9x+20 = 0, c) x2—15x+14 = 0, d) x2—x—12 = 0, e) x2+ 3 x —10 = 0, f) X*—13x—14 = 0. 15, Na podstawie tych samych wzorów rozwiązać pamięciowo następujące równania: a) X2—(a+ó)x+cb = 0, b) —x2+ —(2p—3q)x—6pq = 0, c) x2+(4k—m)x—4km = 0, 39

5. ROZWIĄZUJEMY ZADANIA Z JEDNĄ NIEWIADOMĄ Przy pomocy równań kwadratowych można rozwiązać wiele za­ gadnień z różnych działów matematyki, fizyki, handlu itp., jak również wiele zadań charakteru rozrywkowego. Dla przykładu rozwiążemy hinduskie zadanie o... małpach, pochodzące z XII wieku. Bawiły się raz małpy — wieść indyjska niesie — ósma ich część w kwadracie już skacze po lesie, Pozostałych dwanaście w pląsach i z wrzaskami Pomiędzy zielonymi hasa pagórkami. Ileż ich wszystkich było? —■pyta się Bhashara*. Zagadka nie jest trudna, chociaż bardzo stara. Oznaczmy niewiadomą liczbę małp przez x. ósma ich część

więc równanie

Wykonujemy najpierw podnoszenie do kwadratu x -— - = 12 64 następnie mnożymy obie strony równania przez 64

64x—x* = 768 po czym porządkujemy wyrazy x*—64x-j-768 =* 0 Ponieważ współczynnik przy równa się jedności, stosujemy wzór (VII) ze str. 25 j = ( ~ ) 1_768= 1024—768 = 256, j / A '= 16 * Bhashara, matematyk hinduski z XII wieku.

i otrzymujemy Xl = 32—16 = 16; xt = 32+16 = 48 . A więc otrzymaliśmy dwie odpowiedzi: liczba małp mogła wy­ nosić 16 albo 48. Łatwo sprawdzamy, że obie liczby odpowiadają warunkom zadania: 1, jeżeli x = 16, to

= 2; wówczas jy j = 4 i jest 16—4 = 12

2. jeżeli x = 48, to

=* 6; wówczas

= 36 i jest 48—36 =■ 12

Z a d a n i e 2. W książce jest 20 000 wierszy, przy czym na każ­ dej stronie znajduje się jednakowa ilość wierszy. Gdyby książkę tę wydrukowano w takim formacie, że na każdej stronie byłoby o 10 wierszy więcej (rozmiar wiersza taki sam), to liczba stron zmniejszyłaby się o 100. Ile wierszy jest na każdej stronie i ile stron ma książka? Oznaczmy przez x liczbę wierszy na stronie. Ponieważ książka zawiera 20 000 wierszy, a więc ma tyle stron, ile razy x mieści się w 20 000, tzn. 20 000

—

stron (1) x Przy zmienionym formacie strona książki zawierałaby o 10 wierszy więcej, a więc miałaby (x+10) wierszy a książka miałaby tyle stron, ile razy (x+10) mieści się w 20 000, czyli 20 000

stron (2) x+10 Liczba stron (2) przy zmienionym formacie jest o 100 mniejsza od liczby stron (1), a więc od liczby większej (1) należy odjąć 100, . aby różnica była równa liczbie mniejszej (2) 20 000

20 000

------------ 100= --------(3) x x+10 Należy teraz rozwiązać równanie (3), przy czym ma być x 0, x+10 ^ 0. Przede wszystkim podzielimy obie strony równania przez 100 200

x

=

200

x+10 41

a następnie sprowadzamy obie strony równania do wspólnego mia­ nownika: jest nim iloczyn mianowników x(x+10) 200(x+10)—x(x+10)

200x

x(x+10) x(x+Í0) Skoro dwa ułamki o tym samym mianowniku są równe, to licz­ niki ich są równe 200(x+l 0)—x(x-|-10) — 200x wykonujemy teraz wskazane działania 200x+2000—x®—10x = 20Qx a po redukcji i uporządkowaniu wyrazów otrzymujemy równanie x®-J-10x—2000 = 0 A Obliczamy — = 5s-|-2000 = 2025 = 45® i stosujemy wzór po4 łówkowy (VII) ze str. 29 Xiti = —5 ¿ 45 skąd ostatecznie dostajemy Xi = —50; x2 —40 Obie wartości są pierwiastkami równania (3), lecz tylko x = 40 jest rozwiązaniem naszego zadania, gdyż liczba wierszy na stronie nie może wynosić —50. Na każdej stronie książki znajdowało się więc 40 wierszy. Wykonajmy jeszcze sprawdzenie treści zadania. Jeżeli książka zawierała 20 000 wierszy, a na każdej stronie było 40 wierszy, to książka miała 20 000 : 40 = 500 (stron). Przy zmienionym forma­ cie na każdej stronie byłoby o 10 wierszy więcej, tj. 50 wierszy, a książka liczyłaby 20 000 : 50 = 400 (stron). A więc istotnie liczba Stron zmniejszyłaby się o 100 (500—100 = 400). Z a d a n i e 3, Na prostokątnym placu stoi dom o wymiarach 30 m X 25 m. Dom jest tak położony na placu, że z każdej jego strony jest pas ziemi tej samej szerokości (patrz rys. 1), przy czym powierzchnia zajęta przez dom wynosi 1/3 powierzchni całego pla­ cu. Obliczyć szerokość pasa. Dom zajmuje 30*25 m® = 750 m® placu, a wobec tego powierz­ chnia całego placu wynosi 3 *750 m® = 2250 m®. Oznaczamy szerokość pasa ziemi przez x m; wówczas pole pasa dokoła domu, jak wskazuje rysunek 1, może być rozłożone na 42

Rys. 1

osiem części: cztery kwadraty położone na narożnikach placu i cztery prostokąty parami równe, położone przy każdej ścianie domu. Bok kwadratu równa się x, więc pole czterech narożników wynosi 4x* (ma). Boki prostokątów przylegających do szerokości (na rys. na dole i u góry) domu są równe 25 m i x m, wobec tego pole obu prostokątów wynosi 2-25*x (m2); podobnie pole obu pro­ stokątów przylegających do długości domu (na rys. po lewej i pra­ wej stronie) wynosi 2-30*x (m2). Łącznie pole pasa ziemi dookoła domu wynosi więc 4x*+2 •25 *x + 2 •30 •x Jeżeli do tego pola dodamy pole zajęte przez dom, tj. 750 m2, to otrzymamy pole całego placu 2250 ma; w ten sposób otrzymu­ jemy równanie . 4x2+50x+60x+750 = 2250 (1) redukujemy 4 x q -n o x —1500 = o i dzielimy przez 2 2x2+55x—750 = 0 Mamy tutaj A = 55*—4*2*(—750) = 3025+6000 = 9025 = 95*; otrzymujemy więc —55—95 —55+95 ,n Xj = ------------- — —75; xa = ------= 10 4 4 Obie otrzymane wartości na x są pierwiastkami równania (1), 43

lecz tylko wartość x = 10 jest rozwiązaniem naszego zadania. Sze­ rokość pasa ziemi dookoła domu równa się 10 m. Z a d a n i e 4. Robotnik wykwalifikowany pracując sam wy­ konałby pracę w czasie o 15 dni krótszym od czasu, który zużyłby robotnik niewykwalifikowany. Aby pracę wykonać szybciej, po­ wierzono ją obu robotnikom razem, którzy wykonali ją w ciągu 10 dni. W ciągu ilu dni wykonałby ją każdy robotnik pracując sam? ' Oznaczymy przez x liczbę dni, którą zużyłby robotnik wykwa­ lifikowany na samodzielne wykonanie danej pracy; wówczas nie­ wykwalifikowany robotnik, pracując sam, wykonałby ją w czasie o 15 dni dłuższym, tj. w czasie (x-j-15) dni. Oczywiste jest, że czas wykonania pracy przez obu razem jest mniejszy od x, toteż nie trzeba uzasadniać, że rozumowania takie, np. „skoro pracują ra­ zem, to należy dodać ich czasy pracy” lub też: „czas wykonania pracy przez obu razem równa się średniej arytmetycznej czasów zużytych przez każdego”, są nonsensami. Rozumowanie, które na­ leży tutaj przeprowadzić, będzie zupełnie inne niż w zadaniach poprzednich. Jeżeli wykwalifikowany robotnik wykonuje całą pracę w ciągu x dni, to w ciągu jednego dnia wykona — część pracy x Podobnie niewykwalifikowany robotnik w ciągu jednego dnia wykona — ---- część pracy x+15 a więc w ciągu jednego dnia pracując razem wykonają część pra­ cy równą (1) x x+15 Lecz pracując razem wykonali pracę w 10 dni, tzn. że w ciągu jednego dnia wykonywali

— część pracy 10

(2)

Wyrażenia (1) i (2) są równe; otrzymujemy więc równanie 1. . 1 _ 1 x x-|-15 10 ^ 44

Aby rozwiązać je, sprowadzamy obie strony tego równania do wspólnego mianownika 10x(x+15) 10(x+15)+10x x(x+15) 10x(x+15) 10x(x+15) skąd otrzymujemy równanie przez przyrównanie liczników 10x-f-150-}-10x *= xH-15x a po redukcji i uporządkowaniu X2—5x—150 — 0 Pierwiastkami tego równania są x l = —10, x* = 15, a ponieważ żaden z mianowników równania (3) przy tych wartościach x nie jest równy zeru, więc są to również pierwiastki równania (3). Na­ tomiast rozwiązaniem naszego zadania jest tylko pierwiastek x — 15, A więc wykwalifikowany robotnik, pracując sam, wyko­ nałby pracę w ciągu 15 dni, a niewykwalifikowany — w ciągu 15+15 = 30 dni. Z a d a n i e 5. Ustawiono żołnierzy w czworobok o jednako­ wych bokach po 3 żołnierzy w głąb (rys. 2). Jeżeli ten sam oddział ustawimy w czworobok, którego boki zawierają

liczby żołnie­

rzy w zewnętrznym kwadracie przy pierwszym ustawieniu, to 3 żołnierzy pozostanie poza czworobokiem. Ilu żołnierzy liczy od­ dział? Oznaczmy liczbę żołnierzy w jednym boku zewnętrznego kwad­ ratu przy pierwszym ustawieniu przez x (rys. 2); ponieważ kwad­ rat ma cztery jednakowe boki, więc skłonni jesteśmy przypuścić, że w zewnętrznym kwadracie znajduje się 4x żołnierzy. Tymcza­ sem nie! — ten wniosek jest fałszywy, o czym przekona nas za­ łączony rysunek: jeżeli w „dolnym” i „górnym” boku kwadratu (na rysunku) znajduje się po x żołnierzy, to w każdym z boków kwadratu położonych po „lewej” i „prawej” stronie (na rysunku) nie znajduje się już x żołnierzy, lecz tylko (x—2) żołnierzy, bo żołnierze stojący na rogach kwadratu zostali już policzeni jako należący do pozostałych dwóch boków kwadratu. W ten sposób w zewnętrznym kwadracie znajduje się 2x+2(x—2) *= 2x+2x—4 = 4x—4 żołnierzy, a nie 4x żołnierzy. 45

x

żołnierzy

Aby obliczyć, ilu żołnierzy znajduje się w drugim kwadracie (pierwszym wewnętrznym), zwróćmy uwagę, że w każdym boku tego kwadratu zawiera się o dwóch żołnierzy mniej niż w odpo­ wiednim boku zewnętrznego kwadratu. A więc dwa boki zawiera­ ją po (x—2) żołnierzy, a dwa pozostałe po (x—4) żołnierzy, co można łatwo sprawdzić zaznaczając klamrami boki tego kwadra­ tu na rys. 2, analogicznie do klamer już tam umieszczonych. W drugim kwadracie znajduje się więc 2(x— 2)+ 2(x— 4) = 2x— 4 + 2 x— 8 = 4x— 12

żołnierzy. Rozumując tak samo w stosunku do trzeciego kwadratu najbardziej wewnętrznego, ustalamy z łatwością, że zawiera on 2{x— 4)+ 2(x— 6) = 2x— 8 + 2 x — 12 — 4x— 20

żołnierzy. A więc wszystkich żołnierzy było razem (4x—4)+(4x—12)+(4x—20) = 12x—36 (1) Przy drugim ustawieniu w pełny czworobok liczba żołnierzy w jednym boku wynosiła 9/10x. Wobec tego czworobok ten zawie­ rał żołnierzy Ta liczba żołnierzy po dodaniu trzech żołnierzy stanowj cały oddział, tzn. równa się wyrażeniu (1). Otrzymujemy więc takie równanie 46

(s-r

+ 3 = 12x—36

(3)

Wykonujemy podnoszenie do kwadratu 81 *—

.

^—“ 1 2 x — 36

100

mnożymy przez 100 obie strony równania 81x*+300 = 1200x—3600 redukujemy i porządkujemy wyrazy 81x*—1200x+3900 = 0 na koniec dzielimy przez 3 i otrzymujemy ostatecznie 27x*—400x+1300 = 0 (4) A Mamy tutaj —=(200)*—27-1300 = 40 000—35 100 = 4900 = 70*; 4 wobec tego, stosując wzór (V) ze str. 28, otrzymamy 200—70 130 200+70 Xi = ------------= •— = ------------ =10 27 27 27 Obie wartości no x są pierwiastkami równania (4), a tym samym i równania (3), tylko jedna x — 10 jest rozwiązaniem zadania, gdyż X} jako wartość ułamkowa nie może oznaczać liczby żołnierzy. Aby obliczyć liczbę żołnierzy w oddziale, podstawimy znalezio­ ną wartość x = 10 do wyrażenia (1); otrzymujemy 12-10—36 = 120—36 = 84 Oddział liczył 84 żołnierzy. Ćwiczenia 16. Jakim jeszcze innym sposobem w ostatnim zadaniu możemy obliczyć liczbę żołnierzy w oddziale (12x—36) przy wyborze tej samej niewiadomej? 17. Suma dwóch liczb równa się 232. Jeżeli liczby te zapiszemy w pewnym niedziesiątkowym układzie liczbowym*, to jedna z nich przyjmie postać 201, a druga 423. W jakim układzie zapisano te liczby? 18. Do turnieju siatkówki zgłosiły się reprezentacje wszystkich klas. Każda klasa ma grać z każdą z pozostałych jedną grę. * O niedziesiętnych układach liczbowych mówi książka tegoż autora „Jak liczono dawnie), a jak liczymy dziś".

47

Plan rozgrywek objął 15 gier. Ile klas brało udział w tym turnieju? 19. Kupiono pewną liczbę zeszytów lepszego gatunku za 240 zł. Gdyby za tę sumę kupiono zeszytów tańszych o 3 zł na sztu­ ce, otrzymano by o 4 zeszyty więcej. Ile kosztował zeszyt lep­ szego gatunku? 6. ODGADUJEMY POMYŚLANĄ LICZBĘ Znajomość rachunku na liczbach napisanych przy pomocy liter i umiejętność rozwiązywania równań stwarza wiele możliwości do szybkiego, a często również bardzo efektownego odgadywania „po­ myślanej liczby”. Dla zorientowania się podamy prosty przykład treści następującej: . „Pomyśl sobie jakąś liczbę dodatnią, oblicz jej kwadrat, do któ­ rego następnie dodaj poczwórną pomyślaną liczbę, otrzymany wy­ nik podziel przez liczbę pomyślaną, a potem pomnóż przez sto, odejmij 400 i wynik pomnóż przez pomyślaną liczbę. Powiedz mi wynik ostateczny, a natychmiast podam ci pomyślaną liczbę”. Przebiegnijmy myślą powyższy rachunek i pomyślmy sobie ja­ kąś liczbę, np. 5. Kwadrat jej równa się 25, do którego dodajemy 4*5 = 20; otrzymujemy razem 25+20 = 45, po czym dzielimy 45 przez pomyślaną liczbę 5 i otrzymujemy 9; na koniec 9*100 = 900, odejmujemy 400, otrzymujemy 500 i na koniec 500*5 = 2500 i wymieniamy: 2500. Odgadnięcie polega na odcięciu dwóch ostat­ nich zer (jeśli pomyśleliśmy liczbę całkowitą), skąd powstaje licz­ ba 25 i na szybkim obliczeniu pierwiastka kwadratowego. Otrzy­ many wynik 5 jest liczbą pomyślaną. U z a s a d n i e n i e . Niech pomyślaną liczbą będzie x, jej kwad­ rat jest x s, dodajemy 4x i mamy x®+4x; następnie dzielimy x*+4x przez x i otrzymujemy x+ 4, a po pomnożeniu przez 100 otrzy­ mujemy 100x+400, odejmujemy 400, mamy 100x i mnożąc przez x dostajemy lOOi4. Po usłyszeniu wyniku, np. 2500, odcinamy dwa ostatnie zera, co jest równoznaczne podzieleniu przez sto, z równania bowiem 100x* = 2500 po podzieleniu przez sto otrzymujemy 48

x* = 25 skąd ostatecznie, ponieważ ma być x > 0, x= 5 Jest to właśnie ostateczna czynność, której wynik daje odgadnię­ cie pomyślanej liczby. 7, TRÓJMIAN KWADRATOWY I JEGO POSTAĆ KANONICZNA Ogólną postacią równania kwadratowego jest ax2-f-bx+c = 0 a (1) Oznaczamy lewą stronę równania kwadratowego przez y y = ax®-fbx+c (2) Wyrażenie powyższe nazywamy funkcją stopnia drugiego lub trójmianem kwadratowym (ponieważ prawa strona zawiera trzy wyrazy). W wyrażeniu tym wielkość x ma inne znaczenie niż w równaniu (1).W równaniu (1) wielkośćx oznacza pierwiastek rów­ nania Xj bądź x2 (jeżeli one istnieją), jest więc symbolem pew­ nych liczb (co najwyżej dwóch); natomiast w trójmianie kwadra­ towym (2) wielkość x oznacza zupełnie dowolną liczbę. Jest to więc wielkość zmienna, której możemy przypisywać dowolne war­ tości liczbowe. Dlatego zmienną x nazywamy zmienną niezależną lub argumentem funkcji. Zmienną wielkość y, której wartość za­ leży od wartości zmiennej x, nazywamy zmienną zależną lub war­ tością funkcji. Trójmian kwadratowy zapisujemy niekiedy w postaci f(x) — ox2-)~E>x-f-c Ten sposób zapisywania ma następującą zaletę: wartość trójmianu kwadratowego dla pewnej wartości x, np. x = 0, zapisujemy w postaci /(O), umieszczając w nawiasie tę wartość, którą pod­ stawiamy zamiast x. Tak więc f(0) = a •02-|-b •0-j-c —c; /(l) — = a-1 -j-c —a-j-b+c itp. Pierwiastek trójmianu kwadratowego (miejsce zerowe, punkt zerowy) jest to taka wartość zmiennej x, dla której trójmian przy­ biera wartość równą zeru, tzn. dla której /(x) = ax2-\-bx-\-c = 0 a więc jest to zarazem pierwiastek równania kwadratowego: ax2-{~bx-f-c = 0 4 — Iksy 1 igrekl

Zajmijmy się teraz trójmianem kwadratowym (2), przekształca­ jąc go odpowiednio. Ponieważ współczynnik o # 0, możemy wy­ nieść a przed nawias y = a | x*-ł-

(3)

Pierwszy wyraz w nawiasie jest kwadratem zmiennej x, drugi wyraz możemy zapisać w postaci & x = o2-x- — *> — a 2a

tj. jako podwójny iloczyn x przez — ; do otrzymania więc kwad2a

ratu sumy xĄ

b

b brakuje wyrazu będącego kwadratem ----- .

2a

2a

i b \2 Ponieważ —i \

b2 = — , dodajemy w nawiasie wyrażenia (3)

2a /

4 a2

b2

ułamek ■— i — aby wartość wyrażenia się nie zmieniła — jed4a2

nocześnie odejmujemy tę samą w artość

ba

. W ten sposób otrzy-

4 aa

mamy /

b

y = 2a

b* |4a*

c

b* \

a

4a2

Lecz pierwsze trzy wyrazy (spięte od dołu klamrą) w nawiasie są równe

, dwa pozostałe zaś sprowadzamy do wspólne­

go mianownika. Wówczas będzie

Na koniec drugi składnik w nawiasie kwadratowym przekształ­ camy zmieniając znak przed ułamkiem i jednocześnie w liczniku w taki sposób 4oc—b8 b2—4oc 4a* i otrzymujemy ostatecznie 50

4o£

b2—4ccl 4a2 J

di

Tę postać trójmianu kwadratowego nazywamy kanoniczną, gdyż stanowi ona podstawę (kanon) badania własności trójmianu kwad­ ratowego. P r z y k ł a d . Sprowadzić do postaci kanonicznej trójmian y = 3 ^ —12x'+19 Obliczmy wyróżnik trójmianu: A = b2—4ac *> 122—4*3*19 =» 144—228 = —84 Podstawiając do wzoru (I), otrzymamy

lub po uproszczeniu y = 3 |(z ^ -2 )* + ~ ] P r z y k ł a d . Zapisać w postaci kanonicznej trójmian y =

Sx

Wyróżnik trójmianu A ~ 6£—4*4*0 = 36. Otrzymamy więc

a po uproszczeniu ułamków

8. BADANIE ZMIENNOŚCI TRÓJMIANU KWADRATOWEGO Badanie zmienności trójmianu kwadratowego w postaci ogólnej y — ax,+ b x + c

(1)

w zależności od zmienności x z postaci ogólnej trójmianu (1) na-

51

trafiłoby na poważne trudności. Celem ułatwienia weźmiemy pod uwagę postać kanoniczną trójmianu kwadratowego

s / = a [ K £ ) ,- s i ]

gdzie A b2—4ac. Następnie otwieramy nawias wykonując mno­ żenie przez współczynnik o; wówczas otrzymamy „ = „ (I + JL \* _ A \ 20/ 4a Gdyzmiennej x nadawać będziemy dowolne

(21 wartości, tozmie­

niać się będzietylko pierwszy wyraz a |x - j- —j w wyrażeniu A drugi w y raz

(2);

_ , jako niezależny od zmiennej x, posiada stałą

ia wartość. Wyrażenie / io-j——\ jako kwadrat jest liczbą dodatnią \

2a/ ,

lub też równą zeru, gdy x-j

b

b = 0, tj. gdy x = -----. Rozpatrzmy

2a

2o

teraz dwa przypadki w zależności od znaku współczynnika a. I o> 0 Wówczas p ie rw s i wyraz po prawej stronie równości (2), jako iloczyn współczynnika a i> 0 przez kwadrat, który nigdy nie jest ujemny, również nie będzie ujemny, tzn. bęfdzie dodatni lub rów­ ny zeru: Wartość zero jest najmniejszą wartością, jaką może przy­ jąć wyraz o |x + ” | ; nastąpi to dla wartości x = — — . Dla żad\ 2aJ 2a nej innej wartości zmiennej x wyrażenie |x-j- ^ j* nie będzie równe zeru, a więc iloczyn a

będzie dodatni.

Prawa strona trójmianu

•~ah i ) ‘- ń

(2)

jest różnicą dwóch wyrazów, z których drugi wyraz (odjemnik) 52

jest stały, a pierwszy (odjemna) zmienny. Jeżeli pierwszy wyraz maleje, to i różnica maleje, a ponieważ pierwszy wyraz osiąga najmniejszą wartość równą zeru przy x ~ — —, wówczas i różni2a —A ca Osiągnie najmniejszą wartość (minimum) ró w n ą W ten 4a sposób uzyskaliśmy następujący wynik; Jeżeli współczynnik a jest dodatni, to trójmian osiąga minimum A b umin = przy toartosci x ---Aa 2a Natomiast gdy zmienna x rośnie nieograniczenie (mówimy cza­ sem: gdy x dąży do plus nieskończoności), co zapisujemy symbo­ licznie x— *■-j- oo, pierwszy wyraz •— wobec a > 0 — również roś­ nie nieograniczenie i tym samym różnica rośnie nieograniczenie. Gdy zaś zmienna x przybiera wartości coraz mniejsze (np. —10, —100, —1000000 itd.), tj. gdy x dąży do minus nieskończoności, co zapisujemy symbolicznie x-> — oo, to

\ jako kwadrat \ 2af dąży do plus nieskończoności, a więc — wobec a > 0 — pierwszy wyraz i tym samym różnica rosną nieograniczenie. Wyniki te zapiszmy w postaci następującej tabelki zmienności trójmianu kwadratowego y — ox®+bx-l-c dla a > 0. b -k o o ^

4a

t / — f-oo

minimum Następnie rozpatrzmy drugi przypadek; II o< 0 W tym przypadku pierwszy wyraz w wyrażeniu (2) może być ujemny lub równy zeru. Wartość zero jest największą wartością, jaką może przyjąć wyraz a

\

2a/

; zajdzie to dla wartości

x = — Ji. Jeżeli wyraz o /x -j-~ \ rośnie, a odjemnik — jest 2a l 2aj Aa stały, różnica również rośnie, a ponieważ pierwszy wyraz osiąga 53

największą wartość równą zeru przy x =

2a

, różnica również

osiąga największą wartość (maximum) r ó w n ą

& , 4a

Wynik

osiągnięty ujmiemy w postaci reguły: Jeżeli współczynnik a jest ujemny, to trójmian osiąga maximum A ft ynwx = przy wartości x = -----4a . 2a Natomiast gdy x-* + oo, to [ x + —\ jako kwadrat dąży do \ 2 aj ^ plus nieskończoności; jeżeli więc pomnożymy tę wielkość przez wspólczynnik a < 0, iloczyn a |x-}-

będzie wówczas dążyć do

minus nieskończoności i tak samo zachowa się trójmian kwadra­ towy. Jeżeli x->- — oo, to w powyższym rozumowaniu nie zmieni się nic, a więc trójmian kwadratowy dąży wówczas do minus nieskoń­ czoności. Wyniki te ujmiemy w tabelce zmienności trójmianu kwadra­ towego y = ax2+ftx-j--c dla a < 0 b . — oo / — — / + o o 2a i V — oo / -------\ —oo 4a maximum

Gdy funkcja osiąga minimum albo maximum, mówimy, że funk­ cja osiąga extremum, co oznacza, że osiąga wartość krańcową. Przy użyciu tego nowego zwrotu można wyniki uzyskane zarów­ no w przypadku a > O jak i a < O ująć w jedną całość: dla x = ----—trójmian kwadratowy osiąga extremum yextr = ~. 2a 4a P r z y k ł a d . Wyznaczyć extremum funkcji y = 4x®—5x—1 ft 5 5 Obliczamy x = ----- = = — , następnie A = ftE—tac = 2a 2-4 8 A 41 = 25+16 = 41, a w ię c - = ---------. Wobec tego trójmian 4a 16 54

5 41 y = 4x*—5x—1 dla x — — osiąga extremum y --------, a ponie8 18 waż współczynnik o = 4 > 0, więc jest to minimum. P r z y k ł a d . Znaleźć extremum trójmianu y = —ir®-}-8x—14 Mamy tutaj x = — —= — —==4, a wyróżnik A = 64—56 = 8, 2a —2 £ g w ięc — = 2. Ponieważ o ——1
Ćwiczenia 20. Obliczyć extrema następujących trójmianów kwadratowych; a) y = x*— 14X+28, b) y = —2x*+8x—8 c) y = 25xa—20x+4, d) y « —x®+2x—20 e) y = —9x*—12x—5, f) y = x2+ 8x—16 9. ROZKŁAD NA CZYNNIKI TRÓJMIANU KWADRATOWEGO Postacią kanoniczną trójmianu kwadratowego y = a x2-(-i>x-)-c a ^ 0 nazywamy — jak już wiemy — postać y — a |^x+ “ J — “

|,

gdzie

A = b2—4ac

(1)

Załóżmy, że wyróżnik trójmianu jest dodatni lub zero; wówczas A = (j/£)2 i postać kanoniczną można będzie zapisać tak t>\3 v = a \(^ +, — ) -----W4 i r1Ponieważ mianownik 4o3 = (2a)2, więc w nawiasie kwadrato­ wym mamy różnicę dwóch kwadratów, którą możemy rozłożyć na iloczyn sumy przez różnicę

-

!/= a(x+ ś + ^ )(x+ ś-* r)

W każdym nawiasie występują dwa ułamki o tym samym mia­ nowniku 2a, możemy więc zapisać je w postaci jednego ułamka; jeżeli jeszcze zmienimy dwukrotnie znak tego ułamka: zmieniając znak raz przed ułamkiem, a drugi raz w liczniku, to ostatnia rów­ ność przybierze postać

Lecz oba ułamki są dobrze znanymi wyrażeniami: są to pier­ wiastki trójmianu x, i x2. Ostatecznie otrzymujemy rozkład trój­ mianu kwadratowego na czynniki: Jeżeli 56

y = o ( x — X j ) ( x — x 2)

(I)

w przypadku bowiem A=0 oba pierwiastki są sobie równe x2= xlt lecz wzór powyższy jest prawdziwy; można go również wtedy za­ pisać w postaci

którą otrzymujemy bezpośrednio z postaci kanonicznej (1), kładąc A = 0. Trójmiari kwadratowy w przypadku A = b2—4ac ^ 0 rozkłada się na iloczyn trzech czynników: współczynnika a przy x2 i dwóch różnic (x—Xi) oraz (x—x2) pomiędzy zmienną x i każdym z pier­ wiastków trójmianu. Jeżeli A
Pierwiastkami trójmianu są liczby: x( = —1, x2 = — . Otrzymu­ jemy następujący rozkład trójmianu y => 5{x—(—1)] |x — ~ J albo y = 5(x-f 1) (x—2,4) ■= (x + l) (5x—12) P r z y k ł a d 2. Rozłożyć na czynniki stopnia pierwszego, jeżeli to jest możliwe, trójmian y = —3x2-j~12x—12 Wyróżnik A = 12®—4 *(—3>-<—12) = 144—144 « 0. Obliczamy = x2 = — —= ---- = 2 . 2a —6 otrzymujemy następujący rozkład

pierwiastki:

y ——3(x—2) (x—2)

W tym wypadku

albo prościej y

=

—3(x—2)*

P r z y k ł a d 3. Rozłożyć, jeśli to jest możliwe, na czynniki stopnia pierwszego trójmian y = x*—9x+25 Wyróżnik A = 9Z—4-1-25 = 81—100 < 0 , a więc trójmian nie posiada pierwiastków rzeczywistych i wobec tego nie rozkłada się na czynniki stopnia pierwszego. Przy pomocy rozkładu trójmianu kwadratowego na czynniki możemy upraszczać niekiedy ułamki algebraiczne. P r z y k ł a d 4. Uprościć, jeżeli to jest możliwe, ułamek alge­ braiczny 4xa—7x—11 5x*+8x+3 Wyróżnik licznika At = 49+4-4-11 = 225 — 15s; następnie obli­ czamy pierwiastki licznika xt = —1; x2 =

4

i otrzymujemy

rozkład 4x?—7x—11 = 4(x+ l) |x — Podobnie postępujemy z mianownikiem: Am=64—4-5-3= 4= 2i, 3 obliczamy pierwiastki mianownika Xi = —1; Xj = ------. Wobec 5 tego 5x*+8x-J-3 == 5(x+l) otrzymujemy więc 4x2—7x—11 5x*H-8x+ 3

4(x+ l) (x——\ l 4/ 5(x+1) | x + | j

\ 4 / _ 4x—11 5| x + | j 5x+3

Ułamek możemy skrócić przez czynnik (ar— (-1), który nie powi­ nien być równy zeru (dzielenie bowiem przez zero jest działaniem niewykonalnym). A więc skrócenie ułamka jest dozwolone, gdy x-(-l 7 Ć0, czyli x —1. 58

Ćwiczenia 21. Rozłożyć na czynniki stopnia pierwszego następujące trójmiany kwadratowe: a) y ~ 4x2+7x-f-3, b) y = xz—9x-ł-18, c) jy = xz-\~6x—16, d) y ~ —x2+ 2 x + 3 , e) y = —2xs-j-18. 22. Czy trójmian y = —m x+4 da się rozłożyć na czynniki stopnia pierwszego przy każdej wartości na m? 23. Uprościć ułamki a) 2x®—5x-J-3 b) X2—7x+10 6x*—7x-j~l 3x*+x—14 Przy jakiej wartości x uproiścić danego ułamka nie można? 10. UKŁAD WSPÓŁRZĘDNYCH PROSTOKĄTNYCH Aby wyznaczyć położenie na ziemi jakiegoś szczytu górskiego czy też miasta, stosujemy współrzędne geograficzne: długość i sze­ rokość geograficzną; tak np. długość geograficzna 21° (na wschód od Greenwich) i szerokość geograficzna północna 52° określają położenie miasta Warszawy na kuli ziemskiej (obie liczby są zao­ krąglone do całych stopni i wyznaczają właściwie położenie pew­ nego punktu — a nie całego miasta — na ziemi). W ten sposób przy pomocy dwóch liczb, z których jedna oznacza długość geogra­ ficzną (na wschód albo na zachód od Greenwich), a druga oznacza szerokość geograficzną (na północ albo na południe od równika), wyznaczamy dokładnie położenie każdego punktu na ziemi. W życiu codziennym, w technice, w matematyce i wielu innych dziedzinach zachodzi również często potrzeba wyznaczania dokład­ nego położenia punktów na danym rysunku. Rysunki wykonuje się na płaskim arkuszu papieru, a stąd wynika potrzeba znalezie­ nia sposobu wyznaczenia położenia punktów na- płaszczyźnie przy pomocy liczb w sposób następujący: wykreślamy dwie proste Ox i Oy do siebie prostopadłe i oznaczamy ich punkt przecięcia przez O. Punkt ten nazywać będziemy początkiem współrzędnych. Przyjmijmy jeden ze zwrotów każdej prostej za dodatni (opatru­ jemy go strzałką) i dowolny odcinek za jednostkę długości. Taki zespół osi nazywamy układem współrzędnych prostokątnych (rys. 3). Oś Ox nazywamy osią odciętych. Oś Oy nazywamy osią rzęd­ nych. 59

Niech punkt A leży na płaszczyźnie Oxy. Opuśćmy z punktu A prostopadłą AA' do osi Ox i prostopadłą AA" do osi Oy. Długość odcinka OA', wziętą z odpowiednim znakiem, nazywa­ my odciętą punktu A (na rys. odcięta OA' jest dodatnia, gdyż zwrot od początku współrzędnych O do punktu A' jest zgodny ze zwrotem dodatnim osi Ox). Odciętą oznaczamy przez x. Na rysun­ ku odcięta punktu A jest x — + 3. Długość odcinka OA", wziętą z odpowiednim znakiem, nazywa­ my rzędną punktu A (na rys. rzędna OA" jest dodatnia, gdy? zwrot od początku współrzędnych O do punktu A" jest zgodny ze zwrotem dodatnim osi Oy). Rzędną oznaczamy przez y. Na rys. rzędna punktu A jest y — + 2. Odciętą i rzędną punktu nazywamy współrzędnymi tego punktuWspółrzędne punktu A zapisujemy tak: A(+3, -|-2), pamiętając o tym, że pierwsza z pary liczb umieszczonych w nawiasie ozna­ cza odciętą x, a druga — rzędną y. Punkt B na rysunku ma współrzędne x = —4, y = + 1 , co zapi­ 60

sujemy B(—4, +1). Podobnie punkt C ma współrzędne x = —3, y = —4, co zapisujemy C(—3, —4). Na koniec punkt I>(+5, —3). Jeżeli punkt leży na osi odciętych, to jego rzędna y = 0. Tak więc współrzędnymi punktu A' są: x = + 3 , y = 0. Jeżeli punkt leży na osi rzędnych, to jego odcięta x = 0. Tak np. A " (0, +2). Początek współrzędnych O ma współrzędne x = 0, y — 0. W ten sposób każdemu punktowi na płaszczyźnie odpowiadają dwie liczby x i y, będące jego współrzędnymi. I odwrotnie: każdej parze liczb x, y odpowiada w danym układzie współrzędnych pro­ stokątnych jeden punkt. Jeśli bowiem dane są współrzędne pro­ stokątne pewnego punktu fC(4, —3), to położenie punktu K jest w zupełności określone (rys. 4). .

Układ współrzędnych prostokątnych został po raz pierwszy wprowadzony (w nieco uproszczonej postaci) przez francuskiego matematyka filozofa XVII wieku Descartesła (czytaj Dekarta)*, * René Descartes (Kartezjusz) (1596—1650), wielki filozof i matematyk francuski. Swój dorobek w dziedzinie matematyki zebrał w dziele „Geo­ metria”, w którym przedstawił podstawy geometrii analitycznej i algebry. Po raz pierwszy wprowadził pojęcia: zmiennej, funkcji oraz współrzędnych prostokątnych, które do dziś nazywamy współrzędnymi kartezjańskimi. l i ­ nie krzywe dające się opisać równaniami algebraicznymi podzielił na klasy, w zależności. od najwyższej potęgi zmiennej występującej w równaniu. Wprowadził znak „ + ” i '” dla oznaczenia liczb dodatnich i ujemnych, oznaczenie potęgi (x-x^x1) oraz symbol oznaczający wielkość nieskoń­ czenie dużą. W oparciu o dorobek Kartezjusza rozwinął się później rachunek różniczkowy.

61

R ys. 5

*

który używał rówmeż łacińskiego nazwiska Cartesius, spolszczone­ go jako Kartezjusz; dlatego też układ współrzędnych prostokąt­ nych na płaszczyźnie nazywamy również układem kartezjańskim (prostokątnym). Osie współrzędnych Ox i Oy dzielą płaszczyznę na cztery części, które nazywamy ćwiartkami, przy czym z rys. 3 widoczne jest, że: ■ w I ćwiartce w II „ w III „ w IV „

x >• 0, x < 0, x < 0, x>0,

y> 0 y> 0 y< 0 y<0

Ćwiczenia 24. Wykreślić układ współrzędnych prostokątnych i wyznaczyć położenie następujących punktów: A(—3, 1), B{2, —7), C(0, 5), 15(5, 3), £(—1, —1), F(4, 0), G(0, —3), H(—6 0). 25. Wykreślić trójkąt ABC, którego wierzchołkami są punkty: A(— 2, 2), B(3, 4), C(4, —5). 26. Nie wyznaczając położenia podanych punktów ustalić, w któ­ rej ćwiartce znajduje się każdy z następujących punktów: A{4, —3), B(—2, —5), c ( 2 — , i - ) , D(0, —10), £(—10, 18), \ 1 3 / F(25, 0). 62

11. WYKRES FUNKCJI DRUGIEGO STOPNIA. JAK ROZWIĄZAĆ RÓWNANIE KWADRATOWE GRAFICZNIE? Rozpatrzmy funkcję y — x s. Podstawiając za x dowolnie obra­ ne wartości zmiennej x i podpisując pod nimi odpowiadające war­ tości zmiennej y, otrzymamy tzw. tabelę wartości funkcji y = X

V

—2,5

—2

—1,5

8,25

4

2,25

—0,5

- 1 1

0,25

0 o ‘

0,5

1

0,25

1

1,51 2 2,25 j

4

2,5 6,25

Dla każdej pary liczb x, y wyznaczamy odpowiedni punkt w ukła­ dzie współrzędnych prostokątnych. Obliczając wartości zmiennej y dla wartości x = —2, 4; x = —2, 3 itd,, otrzymalibyśmy tych punktów więcej: wszystkie one wyznaczyłyby linię krzywą, która jest wykresem funkcji y == x2. Linię tę nazywamy parabolą (stop­ nia drugiego). Możemy powiedzieć ogólnie: Rys. e

Wykresem funkcji y = f(x) nazywamy zbiór wszystkich (miejsce geometryczne) punktów płaszczyzny, których współrzędne speł­ niają to równanie. Wykres funkcji y — x2 (rys. 6) przedstawia przebieg zmienności funkcji; gdy zmienna x przyjmuje wartości od —2,5 do 0, to od­ powiadające wartości zmiennej y maleją od 6,25 do 0 (linia krzy­ wa opada), gdy zaś zmienna x rośnie od 0 do x = 2,5, to odpo­ wiadające wartości zmiennej y rosną od 0 do 6,26 (linia krzywa wznosi się). Zmienna y osiąga wartość najmniejszą równą 0 dla x = 0. Punkt ten nazywamy wierzchołkiem paraboli. Z wykresu tego możemy odczytać przybliżoną wartość zmien­ nej y, np. dla x = 1,9 odczytujemy wartość y — 3,6 (dokładna wartość 1,9 = 3,61 różni się zaledwie o 0,01 od przybliżonej war­ tości odczytanej z wykresu). Wykres funkcji y = —x2 jest identyczny co do kształtu z wy­ kresem funkcji y = X2, lecz inaczej położony względem osi współ­ rzędnych (rys. 7). Wykonamy jeszcze wykres funkcji y = X2—2x-j-l Możemy ją zapisać w postaci

R ys. 8 Y

\\

t

\ \

\ *v— - V \

\

\\

E+ /

4

k

i ■3

/

/

/

/ ■3 + /

B \ ------- p fi \ \ 1 V

-

/ / ^ i

o

/ /

2

3 x*

-t

Sporządźmy tabelką X

- 1 ,5

—1

V

6,25

4

- 0 ,5 2,25

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

1

0,25

0

0,25

1

2,25

4

6,25

Porównując tabelki wartości funkcji y = x! oraz y — (x—l)2 stwierdzamy, że obie funkcje przybierają te same wartości y dla wartości x różniących się o 1; wykonajmy bowiem takie zestawie­ nia wartości funkcji dla funkcji y — x 2

dla funkcji y = (x—l)2

/(— 2,5) = 6,25 J(—2) = 4

/(— 1,5) = 6,25

m

- o

i(l,5) = 2,25

/(—1) = 4 id ) = o f(2,5) = 2,25

Wartości na x (umieszczone w nawiasie) po prawej stronie po­ wyższego zestawienia są o 1 większe od odpowiednich wartości (tzn. wypisanych w tych samych wierszach) zmiennej x po lewej stronie, mamy bowiem —2,5-1-1 = —1,5 —2 +1 = —l 0 +1 ” 1 1,5+1 = 2,5 itd. Geometrycznie oznacza to, że wykres funkcji y = (x—l)2 po­ wstaje z wykresu funkcji y = xa przez przesunięcie równolegle do osi Oy o + 1, tzn. o 1 w prawo (rys. 8). 5 — Iksy i Igreki

65

Rys

9 Y

Na koniec wykonajmy wykres funkcji y —x®+2x—3 Przedstawmy trójmian ten w postaci kanonicznej y = (x-f-l)2—4 Wykres funkcji y = (x + l)2 otrzymujemy z wykresu funkcji y — xt przez przesunięcie o 1 w lewo tzn. o —1. Porównując te­ raz dwie funkcje y = (x + l)a oraz y = (x-J-l)2—4 widzimy, że dla tej somej (zresztą dowolnej) wartości na x wartość zmiennej y dla drugiej funkcji jest o 4 mniejsza od wartości y dla pierwszej funkcji (np. dla pierwszej funkcji /(—2) = 1, a dla drugiej funkcji f(—2) ——3 itd.). Ponieważ własność ta zachodzi dla każdej wartości x (rys. 9), wnioskujemy, że: Wykres funkcji y = (ar-f-l)2— 4 powstaje z wykresu funkcji y = x* przez dwa przesunięcia równoległe: jedno o —1 równolegle do osi Oy (tzn. o 1 w lewo), drugie o — i równolegle do osi Ox (tzn. o 4 jednostki w dól). Wierzchołek paraboli znajduje się w punkcie (—1, —4). Parabo­ la przecina oś Ox w punktach, dla których odcięte wynoszą x = —3 66

R y s . 10

oraz x = l , a rzędne y dla obu punktów są równe zeru. Są to pier­ wiastki rgwnania xi+ 2 x —3 = 0, wówczas bowiem y = 0. Rozpatrzmy teraz ogólną postać funkcji drugiego stopnia y — ax*-|-bx-ł-c. Zapiszmy ją w znanej już nam postaci. y =* a |x-j-

Ł

2o/ 4a Stosując identyczne rozumowanie, zastosowane w poprzednich przykładach, dochodzimy do stwierdzenia, że wykres funkcji y = axi+6x-|-c jest parabolą taką samą jak wykres funkcji y= oxa, lecz inaczej położoną w prostokątnym układzie współrzędnych. Oznaczając bowiem x-|— b 2a

^ ~ V\ otrzymamy y = ax'*. x \' y +‘ — 4a

S tą d W ykręt fun kcji y «= o * * + b x + c pow staje i

wykresu fun kcji y b

pttez dwa przesunięcia równoległe: jedno o A

osi Oy, drugie o — —

- —

2a

OK*

równolegle do

równolegle do osi O * (ry*. 11}.

4a Mówiąc inaczej: wszystkie trójmiany o tym samym współczyn­ niku a przedstawiają tę samą co do kształtu parabolę. Rys. 10 wy­ kazuje wpływ zmienności współczynnika o na wykres. 67

Rys, U

R y s . 12

Wierzchołek paraboli będącej wykresem funkcji y = axi+ b x + c Wartości x -----\ 2a 4o/ 2a y = ------, są już nam znane z rozważań dotyczących zmienności 4a trójmianu kwadratowego: przy x = — — trójmian osiąga extre2a mum y = ------. Rysunki 11 i 12 ilustrują przypadki a >• 0 i a < 0. . 4a znajduje się w punkcie W

le ie ll trójmian kwadratowy posiada 2 rótne pierwiastki (A > 0), tzn. zmienna y przybiera dwukrotnie wartoió zero, wówczas parabola przecina oś O z w dwóch punktach, których od d a la są pierwiastkami tego trójmianu. le ie ll trójmian kwadratowy posiada jeden podwójny pierwiastek (A 0), wówczas parabola ma jeden punkt wspólny z osią O z, jego b odcięta x jest równa pierwiastkowi (podwójnemu) trójmianu. 2a

68

le że li trójmlan kwadratowy nie po siada pierwiastków (A < 0), wów~ czas parabola nie posiada punktów wspólnych z o itg O*.

Opierając się na powyższym można rozwiązać równanie kwa­ dratowe metodą graficzną. Chcąc rozwiązać graficznie np. rów­ nanie ' X2—8x+12 = 0 wykreślamy funkcję y = x2—8x+12. Otrzymana parabola prze­ cina oś Ox w dwóch punktach o odciętych x = 2 oraz x — 6, które są pierwiastkami tego równania (rys, 13).

Ćwiczenia 27. Podać wykresy funkcji: c) y = x2+16.

a) y = x2—9, b) y — —x*-f-lł

1 28. Wykonać tabelkę wartości funkcji y — —x2 podstawiając na , 4 x wartości od —6 do + 6 co 1. 29. Jaki jest związek pomiędzy położeniem wykresów y = —x* oraz y = —(x-j-4)*. 30. Jakie należy wykonać przesunięcie, aby wykres funkcji a) V —2x2 pokrył się i wykresem funkcji y — —2(x—3)*, b) y — 3x2 pokrył się z wykresem funkcji y = (3x—1)*, c) y = X2 pokrył się z wykresem funkcji y —x*—12x4-31. 69

31. W ilu punktach następujące parabole przecinają oś odciętych: a) y = x*—7x—8, b) y ~ —x*-|-4x—11, c) y = 4x2—4x-)-l, d) y — 25x*+30x+9, e) y = —xs—x+12, f) y = 4x2—7x, g) y — 2x*-j-152. Podać te punkty. 32. Czy każda parabola o równaniu y — oxa+ 6 x + c przecina oś rzędnych?

12. ZNAK TRÓJMIANU KWADRATOWEGO Trójmiari kwadratowy y = ox*-f-bx+c da się przekształcić do tzw. postaci kanonicznej

K

x+

b \3 2a}

t>'2—4ac 4a-

(1)

która jest iloczynem dwóch czynników; od znaku każdego z tych dwóch czynników zależy znak trójmianu. I w tym zagadnieniu również należy rozróżnić trzy przypadki w zależności od znaku wyróżnika trójmianu A = 6*—4oc. I. A =* b8—4oc < 0 4(ic

Wówczas ułamek — ~ ' posiada licznik ujemny, mianownik dodatni, a więc ułamek jest ujemny, tym samym wyrażenie b2—4oc jest dodatnie. W nawiasie kwadratowym mamy sumę 4os I' fc b \2 \a algebraiczną dwóch składników, z których pierwszy (x-j-“ I jako kwadrat jest nieujemny, a drugi — jak wykazaliśmy — jest do­ datni; wobec tego wyrażenie zawarte w nawiasie kwadratowym jest dodatnie dla wszelkich wartości zmiennej x, a więc znak ilo­ czynu (1) zależy tylko od znaku pierwszego czynnika, tzn. współ­ czynnika c. Jeżeli więc pierwszy współczynnik a > 0, to znak trójmianu kwadratowego (znak y) jest dodatni dla wszelkich wartości x, a jeżeli współczynnik o < 0, to znak trójmianu jest ujemny dla wszelkich wartości x. Oba te przypadki możemy ująć w jednej postaci:

la

70

R y s . 14

T w i e r d z e n i e 1. leże/i wyróżnik jest ujemny (Ą = b*—4ac < 0), to dla wszelkich wartości x znak trójmianu kwadratowego y jest zgodny ze znakiem pierwszego współczynnika a.

Doskonale to jest uwidocznione na rysunku 14, odpowiadają­ cym przypadkowi o > 0. Gdy odcięta x = O A\ to rzędna y ~ A'A jest dodatnia; gdy odcięta x — OB', to rzędna y = B'B jest rów­ nież dodatnia; nawet najmniejsza wartość rzędnej ymm =* W"W A jest dodatnia, co również wynika z wzoru ymm = ------ ; wobec 4a A < 0 oraz a > 0 otrzymujemy wartość ymin dodatnią. Podobnie jest w przypadku o < 0 (rys. 15). Gdy x = OW\ to trójmian osiąga największą wartość (maximum) ujemną y~W 'W : pamiętać bowiem należy, że aczkolwiek odcinek W'W jest naj71

R y s . 15


y

krótszy ze wszystkich odcinków będących rzędnymi (zaznaczone liniami przerywanymi na rys. 15), jednak jego miara liczbowa, jako rzędnej, która jest w tym przypadku ujemna, jest największa (przecież np, —1 > —2, mimo że odcinek długości 1 jest krótszy od odcinka długości 2). Inne rzędne tym bardziej są ujemne. P r z y k ł a d . Zbadać znak trójmianu kwadratowego y = 3x2—x + 2 Wyróżnik A = 1—4-3-2 = —23 < 0 , pierwszy współczynnik a — 3 > 0, więc trójmian y = 3x?—x + 2 jest dodatni dla wszel­ kich wartości na x. Np. podstawiając x = 1 otrzymujemy j(l) = = 3- l2—1+2 = 4 > 0 i tak będzie zawsze: podstawiając jakie­ kolwiek wartości na x będziemy otrzymywać jako odpowiadające wartości na y tylko liczby dodatnie. P r z y k ł a d . Zbadać znak trójmianu y = —x2-)-6x—10 Mamy tutaj A ~ 62—4-(—1)*(—10) = 36—40 ——4 < 0, pierw­ szy współczynnik o = —1 < 0, więc znak badanego trójmianu 72

przy wszelkich wartościach jest ujemny. Np. dla x = 2 mamy /(2) = —2H-6-2—10 = —4+12—10 = —2 < 0 itd. Rozpatrzmy teraz drugi przypadek II.

A = b2—4 q c = 0

Wówczas postać kanoniczna upraszcza się

Prawa strona tej równości jest iloczynem dwóch czynników. Czynnik drugi jako kwadrat jest nieujemny, a więc znak trójmianu y zależy od znaku pierwszego czynnika a. Gdy x = —

t> Ł

to ¿\JL drugi czynnik jest równy zeru i tym samym trójmian jest równy

'

zeru. Lecz gdy x =+ — — to drugi czynnik jest dodatni i wówczas 2a znak trójmianu jest zależny tylko od znaku pierwszego współ­ czynnika a. Przeprowadzając identyczne rozumowanie jak w przy­ padku I, otrzymamy: Rys. 16

R y s . 17

Twierdzenie II. Jeżeli wyróżnik ¡es i równy zeru (A —0), lo znak (rójmianu kwadratowego y jest zgodny ze znakiem pierwszego współczynnika a dla wszelkich wartości x, z wyjątkiem x

b --------

2o fwdwczctj y = OJ.

Na rys. 16 widzimy, że wszystkie rządne, jak np. A'A, B*B, są dodatnie, z wyjątkiem jednej rzędnej równej zeru, odpowiadają­ cej wartości odciętej x — OW. Podobnie na rys. 17 wszystkie L —^ ^ rzędne, jak np. A'A, B B, są ujemne, z wyjątkiem jednej rzędnej równej zeru dla x = OW. P r z y k ł a d . Zbadać znak trójmianu y — —9xs+ 6 x —1 Wyróżnik A = 6®— i ■(^-9) •(—1) = 36—36 = 0. Pierwszy współ­ czynnik o = —9 < 0, a więc trójmian jest ujemny dla wszelkich 0 1 wartości x, z wyjątkiem x =■------ = — , gdyż wówczas trójmian —18 3 jest równy zeru. Na koniec rozpatrzmy trzeci i ostatni przypadek III. A = 68—4 o c > 0 74

Wówczas trójmian kwadratowy daje się przedstawić w postaci y = a(x—x0 (ar—x2) o wiemy ze wzoru I na str. 57. Dla wartości x = x 1 albo x = x, rójmian jest równy zeru. Aby w przypadku A> 0 rozpatrzyć :nak trójmianu kwadratowego, zauważmy, że liczby xi i x2 dzielą wszystkie liczby na osi liczbowej na trzy zbiory liniowe: X1

Xj

x < X! Xj < x < x2 x !> x2 W zależności od tego, jakie wartości przybiera zmienna x, roz­ patrzymy kolejno wszystkie trzy możliwości: a) Jeżeli x < xXl to wówczag x—xt < 0, a ponieważ pierwiastek c2 > Xi, więc tym bardziej x — x2 < 0, a więc iloczyn (x— Xj) (x— x2) jako iloczyn dwóch ujemnych czynników jest dodatni. Znak trój­ mianu y jest więc zgodny ze znakiem pierwszego współczynnika a. b) xŁ< x < x 2. Jeżeli zamiast x podstawimy dowolną wartość zawartą wewnątrz przedziału o końcach X! i x2l to x—Xi > 0 oraz x—x2 < 0, a więc (x—x2) (x—x2> jako iloczyn dwóch czynników o znakach przeciwnych jest ujemny. Jeśli więc pierwszy współ­ czynnik a jest dodatni, to trójmian y jest ujemny, oraz jeśli współ­ czynnik a x2, to wówczas x—x2 0, a więc tym bardziej x—Xj >■ 0, czyli iloczyn (x—x t) (x—x2) > 0 . Znak trójmianu y jest wówczas — tak samo jak w przypadku a) — zgodny ze zna­ kiem pierwszego współczynnika. Rozpatrzone przypadki ilustrują rys. 18 i rys. 19. Liczby, które są mniejsze od mniejszego pierwiastka (tzn. licz­ by x spełniające nierówność x < x,)f oraz liczby większe od więk­ szego pierwiastka (tzn. liczby x spełniające nierówność x >■ x2) często nazywane są liczbami pozapierwiastkowymi, gdyż leżą one poza przedziałem, którego końcami są pierwiastki i x2. Liczby znajdujące się między pieruńastkami (znajdujące się wewnątrz przedziału o końcach Xj i x2) nazywamy liczbami międzypiertmastkowymi, spełniają one podwójną nierówność x1< x < x 1. Przy użyciu tych nowo określonych zwrotów możemy wyniki ostatnie sformułować w ten sposób:

75

R y s . 18

T w i e r d z e n i e III. Jeżeli wyróżnik jest dodatni {A> trójmianu kwadratowego: 1) jest zgodny ze znakiem pierwszego współczynnika tości pozapierwiastkowych, tzn. dla x < Xj oraz dla x > 2) jest przeciwny do znaku pierwszego współczynnika tości między pierwiastkowych, tzn. dla < x < xv 3) dla x = *i oraz x — xt trójmian jest równy zeru.

R y s . 19

0), to znak a dla war­

x2. o dla war­

P r z y k ł a d . Zbadać znak trójmianu y = x2—x —12 Wyróżnik" A = 1—4 •1•(—12) = 1+48 =* 49 = 72 > 0. Oblicza­ my pierwiastki trójmianu i otrzymujemy x x = —3, x2 = 4. A więc dla wartości pozapierwiastkowych, tzn. dla ar < —3 oraz dla x > 4, trójmian jest znaku zgodnego ze znakiem pierwszego współczynnika a = 1 > 0, a więc jest dodatni. Dla wartości międzypierwiastkowych, tzn. dla —3 < x < 4 , trójmian jest znaku przeciwnego do znaku pierwszego współczynnika, a więc trójmian jest ujemny. Dla wartości x = —3 albo X = 4 trójmian jest rów­ ny zeru. Na podstawie trzech podanych twierdzeń można utworzyć jed­ no, które obejmuje treść wszystkich. 76

Twierdzenie o m a k u t r ó j m i a n u k w a d r a t ó w e­ g o: Znak trójmianu kwadratowego jest zgodo/ ze znakiem pierwsze­ go współczynnika z wyjątkiem tego przypadku, gdy trójmian posiada różne pierwiastki i zmienna x przyjmuje wartośći miądzypierwiastko­ we. Gdy zmienna x jest równa pierwiastkowi trójmianu (wszystko je d ­ no czy w przypadku \ > 0, czy też A = OJ, io trójmian jest (oczy­ wiście) równy zeru.

Ćwiczenia 33. Zbadać znak następujących trójmianów: a) y = —4x2+ 6x—7, b) y — X2—15x+14, c) y = —2x2+200. 34. Dla jakich wartości x trójmian y = x2—9x—10 jest ujemny? 35. Dla jakich wartości x trójmian y ——4x2-f-x—1 jest dodatni? 36. Wyznaczyć całkowite wartości x, dla których trójmian y —X2—x —6 jest ujemny. 37. Dany trójmian y = X2—x+41. Podstawić za x kolejne liczby naturalne 1, 2, 3, aż do 40 iobliczyć odpowiadającewartości zmiennej y. Jakie to są liczby? Ile podzielnikówposiada każ­ da z tych liczb? 38. Matematyk Legendre (czyt. Leżandr)* podał wyrażenie 2x2+29, posiadające ciekawą własność przy podstawieniach kolejnych liczb naturalnych od x *= 1 do x = 28. Jakie liczby otrzymujemy? 13. NIERÓWNOŚCI KWADRATOWE Nierównością drugiego stopnia (kwadratową) nazywamy wyra­ żenia postaci ax2+bx~(-c> 0, ax2+ b x + c ^ 0 (1) oraz postaci ax2+ 6 x + c < 0, ax2+ b x + c ^ 0 (2) R o z w i ą z a ć n i e r ó w n o ś ć z n a c z y : znaleźć zbiór wartości na x, które spełniają daną nierówność, albo wykazać, że takie war­ tości nie istnieją. * A drian M arie L egendre (1752— 1833), inżynier i m atem aty k fran cu sk i, praco w ał m.in. n ad ró w n an iam i różniczkow ym i, teorią liczb, geom etrią ele­ m e n tarn ą oraz m etodą najm niejszych kw adratów .

77

Rozwiązanie nierówności drugiego stopnia opiera się na twier­ dzeniach dotyczących znaku trójmianu kwadratowego, objaśnio­ nych uprzednio. P r z y k ł a d 1. Rozwiążmy nierówność 4xs—7x+5 > 0 (3) Przede wszystkim ustalamy znak wyróżnika A = b2— iac ~ 49—4*4*5 = 49—80 = —31. Ponieważ A < 0, więc z twierdzenia I na str. 71 wnioskujemy, że znak trójmianu kwa­ dratowego 4xa—7x+5, stanowiącego lewą stronę nierówności (3), jest zgodny ze znakiem pierwszego współczynnika a = 4 > 0, dla wszelkich wartości x, tzn., że trójmian ten jest dodatni dla wszel­ kich wartości x. Tym samym nierówność (3) spełniona jest dla wszelkich wartości x. Zbiorem rozwiązań jest zbiór liczb rzeczy­ wistych R. P r z y k ł a d 2. Rozwiązać nierówność —x2+ 3 x + 1 0 > 0 (4) Wyróżnik A= 9—4*(—1)*10 = 9+40 = 4 9 > 0. Obliczamy pier­ wiastki: Xj = —2, x2 — 5. Znak współczynnika o = —1 jest ujem­ ny, a żądamy, aby trójmian —x2+ 3x+ 10 był dodatni, tzn. żąda­ my, aby znak trójmianu kwadratowego był przeciwny do znaku pierwszego współczynnika a; na podstawie twierdzenia III (2) ze str. 76 wnioskujemy, że żądanie nasze spełnione jest dla wartości międzypierwiastkowych, a więc dla —2 < x < 5. Tak np. dla x = 3 mamy /(3) = —33+3*3+10 = —9+9+10 = 1 0 > 0 Natomiast dla x — —4 mamy /(_4) = —(__4)2+3*(—4J+10 = —16—12+10 = —18 < 0 Otrzymaliśmy wartość trójmianu ujemną oczywiście dlatego, że liczba —4 nie spełnia nierówności —2 < x < 5. P r z y k ł a d 3. Rozwiązać nierówność 3x3—8 x + 1 0 < 0 (5) Wyróżnik A = 64—4*3*10 = 64—120 < 0 , a więc trójmian za­ chowuje znak pierwszego współczynnika a = 3 > 0, to znaczy trójmian 3x3—8x+10 jest dodatni dla wszystkich wartości x, a więc żądanie wyrażone w nierówności (5), aby trójmian ten byl ujemny, jest niemożliwe: nierówność (5) nie jest spełniona przez żadną wartość x; taką nierówność nazywamy sprzeczną; zbiorem rozwiązań jest więc zbiór pusty. 78

P r z y k ł a d 4. Rozwiązać nierówność —9x2-}~12x—4 < 0 (6 ) Wyróżnik A = 144—4*(—9)*(—4) = 144—144 = 0, a więc trójmian ma znak zgodny ze znakiem pierwszego współczynnika a — —9 < 0, tzn. jest ujemny dla wszelkich wartości x, z wyjątkiem x " — ~ 2a

----------------“ (wówczas lewa strona nierów-—18 3

ności (6) jest równa zeru). Zbiorem rozwiązań jest więc R •— Na zakończenie rozwiążmy takie zadanie: Z a d a n i e . Pewien uczeń zapytany, ile ma lat, odpowiedział: jeżeli liczbę lat, jaką ukończyłem, pomnożymy przez liczbę o 32 mniejszą i dodamy 255, to otrzymamy liczbę ujemną. Czy na pod­ stawie tej odpowiedzi można ustalić, ile lat ma uczeń? Oznaczmy liczbę lat przez x, liczba o 32 od niej mniejsza jest równa x—32, a iloczyn ich wynosi x(x—32); na podstawie warun­ ków zadania ma być spełniony warunek x(x—32)+255 < 0 (7) lub po pomnożeniu x i—32x-|-255 < 0. Wyróżnik A = 322—4*255 — 1024—1020 — 4 > 0; obliczamy pierwiastki: Xj = 15, x 2 = 17, Ponieważ współczynnik a = 1 > 0, a trójmian ma być ujemny, więc x może przybierać wartości za­ warte między pierwiastkami, tzn. warunek (7) podany przez ucz­ nia jest spełniony przez liczby x zawarte pomiędzy 15 a 17, a więc musi być 1 5 < x < 1 7 . Lecz domyślamy się, że liczba lat jest liczbą całkowitą: jedyną taką liczbą jest 16, uczeń więc ukończył 16 lat. Ćwiczenia 39. Rozwiązać nierówności: a) 2x2+15x-(-13 > 0, b) —x2+18x— —81 < 0 , c) 5x2—x —4 < 0, d) X2—9 > 0 , e) x2+ 4 x < 0 . 40. Przy jakich wartościach x następujące trójmiany są dodatnie: a) x*—6x+8, b) —x2-|-x+12, c) —2x2+ x —4, d) 4x2—4x-fl, 41. Dla jakich całkowitych wartości na x spełnione są następu79

42. 43. 44. 45.

jące nierówności: a) X2—10x+21 >• 0, b) —x2+ l > 0, c) x2— —x + 3 > 0, d) —x*+5x—6 < 0, e) X2—9x+20 < 0. Przy jakich wartościach parametru m równanie i 2—mr-f+ 1 = 0 ma dwa jednakowe pierwiastki? Obliczyć je. Przy jakich wartościach parametru m równanie x*+2m x+ +16 = 0 ma dwa różne pierwiastki? Wykazać, że równanie x 2—2mx+(m—I) = 0 posiada dwa różne pierwiastki przy wszelkich podstawieniach na m. Obli­ czyć pierwiastki przy m = 0 oraz przy m = 1. Dwaj chłopcy kupowali co tydzień każdy dla siebie jeden ze­ szyt „Wiedzy Powszechnej”. Ponieważ nie zaczęli kupować jednocześnie, więc każdy z nich miał inną liczbę zeszytów. Starszy powiedział: „Zebrałem liczbę zeszytów spełniającą nierówność x2—62x+960 < 0 ”, a młodszy mu odpowiedział: „Mam liczbę zeszytów równą jednemu z pierwiastków równa­ nia x!—34x—35 = 0? Czy na podstawie tych odpowiedzi moż­ na ustalić dokładnie, ile zeszytów miał każdy z Chłopców?

14. UKŁADY RÓWNAN. JAK ROZWIĄZANO CIEKAWY UKŁAD PRZED CZTEREMA TYSIĄCAMI LAT Zajmijmy się obecnie układem dwóch równań z dwiema niewia­ domymi, z których chociaż jedno jest równaniem drugiego stopnia. P r z y k ł a d 1. Rozwiązać układ równań i xa+y* = 29 . \ 2x—y+1 = 0.” w Pierwsze równanie jest drugiego stopnia zarówno względem nie­ wiadomej x, jak i względem niewiadomej y. Drugie równanie jest stopnia pierwszego. Taki układ równań rozwiązujemy w nastę­ pujący sposób: z równania stopnia pierwszego wyznaczamy jed­ ną niewiadomą (tę, którą łatwiej wyznaczyć) i podstawiamy do równania drugiego stopnia; otrzymujemy na ogól równanie dru­ giego stopnia z jedną niewiadomą, które już potrafimy rozwiązać. Zastosujemy tę metodę rozwiązania układu; z równania stopnia pierwszego wyznaczamy niewiadomą y, którą łatwiej jest wyzna­ 80

czyć niż niewiadomą x, gdyż unikamy w ten sposób dzielenia przez dwa. y = 2x+l (l) Otrzymaną wartość y podstawiamy do równania drugiego stop­ nia Xi+ (2 x + l)a *= 29 ■ i wykonujemy podniesienie do kwadratu xJ+ 4 x * + 4 x + l = 29 5xM-4x—28 = 0 Obliczamy — A = 2*—5*(—28) = 4+140 = 12s. Stosując wzór 4 (V) ze str. 28 otrzymamy —2+12 *1,2 = 5 —14 skąd znajdujemy dwie wartości aą -------, x2 = 2. Aby otrzy5 mać odpowiadające wartości na y, podstawiamy do równania (1) . . . .. —14 najpierw wartość x — -----y, - 2 - | - — 1+ 1 =

- K

1

+-

”28 +, _5 = — — 23

a następnie wartość x = 2 yt = 2’2+1 = 5 Łączymy odpowiadające wartości x i y w pary i ostatecznie otrzymujemy dwa rozwiązania układu (1) 14 ~

i x2 = 2o

yr = _ 23 —

|I y, = 5*

¿i =

P r z y k ł a d 2. Interesujące jest, żeukład równań spotykamy już w tak zwanym papirusie berlińskim pochodzącym mniej wię­ cej z tego samego okresu, co papirusy: moskiewski i Ahmesa (Rhinda)*. Znajduje się tam zagadnienie prowadzące do następu­ jącego układu równań * P a p iru s A hm esa — n a jsta rsz y dokum ent m atem aty czn y znaleziony w G órnym Egipcie. P a p iru s m oskiew ski, k tó ry z n a jd u je się w M uzeum S ztuk P ięknych w M oskwie, pochodzi praw dopodobnie sprzed 38 w ieków .

e-

81

x*+y* - 100 * : y - 1: j

(II)

przy czym sposób rozwiązania podany jest taki: Czynimy próbę 3

podstawiając do lewej strony pierwszego równania x =* 1, y — — 4

łl+(±\’_ 1 + »_s \ 4/

16

16

a następnie obliczamy pierwiastki kwadratowe z

5

25 16

i ze 100

i= T :

Ponieważ — mieści się w 10 4 10: A = i L ± = 8 (ra2y) 4 5 więc osiem razy należy zwiększyć wartości, które podstawialiśmy w próbie, tzn. że x = 8-1 = 8;

y = 8-

—6

Ćwiczenie 46. Rozwiązać układ równań (II) metodą,jaką rozwiązanopierw­ szy układ, i zbadać, czy układ ten nie posiadawięcej roz­ wiązań. P r z y k ł a d 3. Rozwiązać układ równań x*—xy—6y*-j-2y-(-50 = 0 x-j-2y—7 = 0 (III) Z równania stopnia pierwszego, tj. drugiego równania, wyzna­ czamy niewiadomą x x = 7—2y (2) i podstawiamy do pierwszego równania (7—2y>*—(7—2y)y—6y*-|-2y-f-50 = 0 wykonujemy potęgowanie i mnożenie 49—28y+4y*—7y+2y*—6yI-j-2y+50 = 0 a po redukcji otrzymujemy —33y+99 = 0 skąd mamy 82

y = 3 Podstawiamy otrzymaną wartość niewiadomej y do równania (2) i otrzymujemy x = 1 Otrzymaliśmy więc jedno rozwiązanie układu (III) x = 1 |f “ 3 P r z y k ł a d 4. Rozwiązać układ równań 10x*—21xy-j- 9y*—3x = 1 2x—3y - 1 (IV) Z drugiego równania określamy niewiadomą x 2

i podstawiamy do równania pierwszego 10. 9y*+6y+i _ 21 M J _ + 9yi _ 3 . J l i ± L = i 4 2 2 W pierwszym wyrazie skrócimy 10 i 4 (w mianowniku); wów­ czas wszystkie ułamki będą posiadały jednakowe mianowniki równe 2, po pomnożeniu więc obu stron równania przez 2 i wy­ konaniu mnożeń otrzymamy wyrażenie bezułamkowe 45yJ-f-30y-f 5—63y*—21y+18y*—9y—3 = 2 a po redukcji 2

=

2

i spodziewanego rozwiązania na y nie otrzymaliśmy. Jak wytłu­ maczyć otrzymany wynik? Czy układ (IV) posiada rozwiązania, czy też ich nie posiada? Otóż przypuśćmy, że obierzemy dowolną wartość na x, np. 5 (może być jakakolwiek inna liczba), podsta­ wimy ją zamiast x do równania pierwszego stopnia i obliczymy odpowiadającą wartość y 2-5—3y = 1; 10—3y = 1 skąd y = 3

Para wartości x = 5, y = 3 spełnia oczywiście równanie stopnia pierwszego, a gdy podstawimy wartości te do równania stopnia drugiego (tj. do pierwszego równania), to jak wskazuje wykonany rachunek — otrzymamy równość 2 = 2, co oznacza, że i równa­ nie stopnia drugiego jest spełnione. A więc x = 5, y = 3 jest parą liczb stanowiących rozwiązanie układu (IV). I tak będzie w tym 83

układzie zawsze: jeżeli na jedną niew iadom ą podstaw im y dowolną liczbę, a drugą niew iadom ą w yliczym y z rów nania stopnia pierw ­ szego i otrzym ane w artości na x i na y podstaw im y do rów nania stopnia drugiego, to drugie rów nanie rów nież będzie spełnione.U kład (IV) posiada tyle rozw iązań, ile różnych podstaw ień na je d ­ ną z niew iadom ych można dokonać, a więc posiada nieograniczenie wiele (mówim y często: nieskończenie wiele) rozw iązań. Pod-

1

staw iając zam iast x np. w artości — 3, 0, 4, 7, 12— 2 następujące rozw iązania układu (IV) x = —3 'x = 0 _ „ 1 y --= — 2 - < 3 V

1 3

otrzym am y

x = 7 x = 4 „ 1 „ 1 y = 2— y ~ 4 — 3 3

Taki układ rów nań, k tó ry posiada nieskończenie wiole rozw ią­ zań, nazyw am y układem nie oznaczonym. Przykład

5. Rozwiązać układ rów nań X2— 5 x y + 6 y S + 3 y = 15

(V)

x —2y = 3 Z drugiego rów nania w yznaczam y niew iadom ą x x — 2y-j-3 i podstaw iam y do pierw szego rów nania (2y-|-3)2— 5 y (2 y + 3 )+ 6 y 2+ 3 y = 15 w ykonujem y w skazane działania 4y®+12y-(-9— lOy2— 1 5 y + 6 y s-f3 y = 15 a po red u k cji otrzym ujem y ’

9 = 15

Z am iast spodziew anego rozw iązania na y otrzym aliśm y rów ność sprzeczną. Jeśli obierzem y dow olna w artość na niew iadom ą, np. x (np. x = 1), i z rów nania pierw szego stopnia obliczym y odpo­ w iadającą w artość na y (y = — 1), a następnie otrzym ane w artości na x i na y podstaw im y do rów nania stopnia drugiego, to nie bę­ dzie ono nigdy spełnione: zawsze otrzym am y równość sprzeczną. A więc układ rów nań (V) nie posiada rozw iązań. Taki układ rów ­ n ań, k tó ry nie posiada rozw iązań, nazyw am y układem sprzecz~ n y m . Zbiorem rozw iązań jest wówczas zbiór pusty.

84

W szystkie rozw iązane dotychczas układy rów nań z dw iem a nie­ wiadomym i zaw ierały rów nanie stopnia drugiego i rów nanie stop­ nia pierwszego. N atrafiliśm y przy rozw iązaniu ich na układy, k tó­ re posiadały różne liczby rozw iązań bądź też ich nie posiadały. Zróbmy zestaw ienie napotkanych przypadków . Układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi, z których jedno jest stopnia drugiego, a drugie stopnia pierwszego: 1) może posiadać dwa rozwiązania } , , . . , . . . . . 1 uklod om aciony 2) może posiadać ¡edno tozwiązonre J 3) może posiadać nieskończenie wiele rozwiązań (układ njeozno-

ciony) 4) może n/e posiadać wcale rozwiązań (układ spriecmy)

W ostatnim przypadku m ów im y, że zbiór rozw iązań jest pusty.

Na zakończenie ty ch rozw ażań rozw iążem y dla przykładu układ rów nań, w którym obydw a rów nania są drugiego stopnia. Przykład

6. Rozwiązać układ rów nań

X‘—3 x ~ y 2+ y = 8 Oba rów nania zaw ierają zarów no niew iadom ą x, jak i niew ia­ dom ą y w kw adracie. Porów najm y grupy w yrazów stopnia d ru ­ giego w obu rów naniach: w pierw szym rów naniu m am y x %— y* i w drugim rów naniu rów nież w ystępuje ta sama grupa w yrazów stopnia drugiego x 2— y 2. Jeżeli więc odejm iem y jedno rów nanie od drugiego, to w otrzym anym rów naniu w yrazy stopnia drugie­ go zred u k u ją się i otrzym am y rów nanie stopnia pierwszego. O dej­ m ijm y więc od rów nania pierw szego rów nanie drugie stronam i, wówczas otrzym am y

—3x-fy = 8—21 Z tego rów nania w yznaczam y niew iadom ą y (bo w yznaczyć ją jest łatw iej niż niew iadom ą x) y = 3x— 13 (1) i podstaw iam y do drugiego rów nania układu (VI) (rachunki będą prostsze, niż gdybyśm y podstaw ili do rów nania pierwszego); otrzym am y 13)2 =

21

85

wykonujemy podniesienie do kwadratu x*—(9x*—78x+169) = 21 otwieramy nawias i przenosimy 21 na lewą stronę xt—9x*+78x—169—21 = 0 —8x*+78x—190 = 0 dzielimy obie strony przez —2 i otrzymujemy ostatecznie 4x*—39x+95 = 0 Obliczamy A = 39*—4-4-95 = 1521—1520 = 1 i otrzymujemy 38 19 = — = —; x* = 5 8 4 , Następnie podstawiamy do równania (1), skąd dostaniemy od­ powiadające wartości na y 5 Vi = —; =2 4 Zestawiamy otrzymane wartości w pary; układ (VI) ma więc dwa rozwiązania = —

Xj—5

1*1 = 4 4

U* = 2

Ćwiczenia Rozwiązać następujące układy równań: 47. x y = 12; x-\-y — 8 48. x y 48; 3x—2y = 12 49. x*-f-y* = 16; x-|-y = 4 50. = 36; x : y = 3 :4 51. (x—1)
86

61. 62. 63. 64. 65.

2x*-fxy-n5x—y + 3 = 0; 2 x -fy “ 3 x*-j-xy = 12; y* + x y = 4 3x*+4y* = 247; 3x*—4y* = 47 x*—y * - 12; x*+2y = 27 x«—2xy—3 y * + x + 2 y + 2 = 0; 3x-j“5y-M * * 0

15. ROZWIĄZUJEMY ZADANIA Z DWIEMA NIEWIADOMYMI Umiejętność rozwiązywania układów równań stwarza nowe możliwości rozwiązywania zadań i zagadnień bardziej ciekawych, a często i bardziej skomplikowanych niż zagadnienia z jedną nie­ wiadomą. Oto kilka zadań, których rozwiązanie podajemy. Z a d a n i e 1. Znaleźć dwie liczby, których suma wynosi 11, a iloczyn 18. Oznaczmy jedną z niewiadomych liczb przez y drugą przez z. Wówczas z warunków zadania otrzymujemy następujący układ równań: I V + z = 11 ( . \ yz = 18 Równania te przypominają nam swoją postacią poznane wzory Viety na sumę i iloczyn pierwiastków równania kwadratowego x*+ px+g = 0 (2) gdzie mamy * i+ x 2 = —p; Xi *Xj = q (3) Tworzymywięc równanie kwadratowe postaci(2), którego pier­ wiastkami X! i xt byłyby poszukiwane liczby y i z; zgodnie z wzo­ rami (3) otrzymamy równanie x*—llx -f l8 = 0 którego pierwiastkami są liczby Xi = 2, x2 = 9. Ponieważ poszu­ kiwane niewiadome są to właśnie pierwiastki xt i x 2, więc jest z — x,; y —Xj albo z = x*; y = x t. A więc układ (1) posiada dwarozwiązania yi = 2 |y s = 9 ,zi = 9 \ z 2= 2 Ten sam wynik oczywiście moglibyśmy osiągnąć wyznaczając 87

z pierwszego równania którąkolwiek z niewiadomych, np. z = 11—y i podstawiając do równania drugiego (11—y)y = 18 a po wykonaniu i uporządkowaniu y2—lly + 1 8 = 0 skąd yi = 2; yt — 9, a z równania z ~ 11—y znajdujemy odpo­ wiadające wartości niewiadomej: zt = 9; z2 = 2, Z a d a n i e 2. W trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest równa 41 m. Jeżeli zmniejszyć każdą z przyprostokątnych o 5 m, to pole trójkąta zmniejszy się o 110 m!. Obliczyć przyprostokątne trójkąta. Oznaczmy długości przyprostokątnych, wyrażone w metrach, przez x i y. Ponieważ przeciwprostokątna jest równa 41 m, więc stosując twierdzenie Pitagorasa otrzymujemy równanie x*+y* = 41* (1) Pole danego trójkąta, wyrażone w metrach kwadratowych, równa się połowie iloczynu przyprostokątnych xy ( 2)

2 Jeżeli zmniejszymy każdą z przyprostokątnych o 5 m, to otrzy­ mamy trójkąt, którego jedna przyprostokątna ma (x—5) metrów, a druga ma (y—5) m, a więc pole tego nowego trójkąta równa się (x—5) (y—5) _ i jest o 110 m* mniejsze od pola danego trójkąta (wyrażenie 2). Odejmując 110 (mł) od wyrażenia (2) otrzymamy — według treści zadania — wyrażenie liczbowo równe (3) xy (x—5),{y—5) ---------------- 110 = ---------------------------(4) 2 2 W ten sposób do obliczenia dwóch niewiadomych przyprosto­ kątnych mamy dwa równania: (1) i (4). Uprośćmy równanie (4) mnożąc obie strony przez 2 i wykonując mnożenie nawiasów: wówczas otrzymamy xy—220 = xy—5x—5y-j-25 a po redukcji 5x+5y — 245 na koniec dzielimy obie strony przez 5 88 i

x-j-y —49 Układ równań (1) i (4) przedstawia się obecnie w postaci ix*4y* = 41* ( x + V = 49

Z drugiego równania określamy np, niewiadomą y y = 49—x (6) i podstawiamy do pierwszego równania x*+(49—x)* = 41* x*+2401—98x+x* - 1681 Po redukcji i podzieleniu przez 2 otrzymamy równanie x*—49x+360 = 0 Iloczyn pierwiastków równa się 360, a suma 49; z łatwością od­ gadujemy, że pierwiastkami tego równania są X! = 9; x2 = 40 Z równania (6) obliczamy odpowiadające wartości y 3/i = 40; 1/2 = 9 W ten sposób otrzymaliśmy dwa rozwiązania układu (5) albo — co na jedno wychodzi — równoważnego mu układu równań (1) i (4). | Xi = 9 i x2 = 40 \y i = 40 \y ? = 9 A więc jedna z przyprostokątnych ma 9 m długości, a druga 40 m. A teraz rozwiążmy z a d a n i e 3 o winie: Kupiec miał dwie beczki wina, w których liczby litrów wyraża­ ły się stosunkiem 5:4. Litr wina z pierwszej beczki kosztuje tyle złotych, ile wynosi połowa liczby litrów wina znajdujących się w tej beczce. Litr wina z drugiej beczki jest o 25 zł tańszy od litra wina z pierwszej beczki. Wartość wina w obu beczkach wy­ nosi 43 010 zł. Ile litrów wina jest w każdej beczce i ile złotych kosztuje 1 litr wina z każdej beczki? Niewiadomych wielkości mamy tu aż cztery! Nie wiemy, ani ile litrów znajdowało się w każdej beczce, ani też ile kosztował litr wina każdego gatunku. Wystarczy jednak wprowadzić dwie niewiadome, a mianowicie: liczbę litrów w pierwszej beczce oznaczamy przez x, liczbę litrów w drugiej beczce oznaczamy przez y. 7 — Iksy i Igrekt

89

Wówczas na podstawie pierwszego zadania otrzymujemy rów­ nanie x 5 —-7 (1) y 4 Z dalszej treści wynika, że x 1 litr wina z pierwszej beczki kosztuje — złotych, (2) 2 1 libr wina z drugiej beczki kosztuje ( —— 25 | złotych. x _ # Pierwsza beczka zawiera x litrów po — zł za litr, a więc wino 2 w pierwszej beczce przedstawia wartość x*— zł

(3)

2

Druga beczka zawiera y litrów p o |—

2sjzl za 1 litr, których

wartość wynosi / T* \ y ( f - 2 5 ):Izł

(4)

Lecz łączna wartość wina w obu beczkach wynosi 43 010 zł. Dodając więc wyrażenia (3) i (4) otrzymamy równanie (5) Równania (1) i (5) stanowią układ, który należy rozwiązać. Z pierwszego równania, które jest stopnia pierwszego, określamy niewiadomą y ĄX

y~—

i podstawiamy do równania (5)

5

(6)

^ + J £ ( i _ 25\' _=4 43 3 010 2 5 \ 2 I Aby pozbyć się ułamków, mnożymy obie strony równania przez 10 i otrzymujemy 5x*-j-4x*—200x = 430100 a po uporządkowaniu 90

9x*—200x—430 100 = 0 Mamy .tutaj A — = 100*+9’430100 = 10000+3870900 = 3880900 «= 1970*. 4 A więc otrzymujemy 100—1970 —1870 x = -----------------— ---- < .o 9 9 i 00+1970 = _ 2 0 7 0 _ =23() 9 9 Pierwszy pierwiastek, jako ujemny, nie jest rozwiązaniem na­ szego zadania. A więc pierwsza beczka zawiera 230 litrów. Z rów­ nania (6) wyznaczamy liczbę litrów w drugiej beczce 4 ’230 y = = 184 . 5 Druga beczka zawierała więc 184 litry. Aby obliczyć cenę 1 li­ tra każdego gatunku wina, korzystamy ze związków (2) i otrzy­ mujemy, że . 1 litr wina z pierwszej beczki kosztuje 115 zł, 1 litr z drugiej beczki kosztuje 90 zł. Ćwiczenia 66. Iloczyn dwóch liczb jest równy 14, a suma ich kwadratów 53. Znaleźć te liczby. 67. Suma kwadratów dwóch liczb równa się 325, a stosunek tych liczb równa się 3 : 2. Co to za liczby? 68. Różnica kwadratów dwóch liczb jest dwa razy większa od ich sumy, a iloczyn tych liczb równa się 35. Obliczyć te licz­ by. 69. Przednie koło robi o 80 obrotów więcej niż tylne na prze­ strzeni 800 m. Gdyby obwód przedniego kola powiększyć 1 o 0,5 m, a obwód tylnego o 1— m, przednie koło na tej samej 2 drodze zrobiłoby o 120 obrotów więcej niż tylne. Obliczyć obwód każdego koła. 70. Przeciwprostokątna trójkąta jest równa 20 cm. Jeżeli jedną przyprostokątną zmniejszymy o 5 cm, a drugą powiększymy o 4 cm, to pole trójkąta zmniejszy się o 26 cm*. Obliczyć dłu­ gości przyprostokątnych. 91

16. RÓWNANIA NIEWYMIERNE Równaniem niewymiernym (zwanym niekiedy równaniem pierwiastko­ wym) nazywamy tafcie równanie, w którym niewiadoma występuje pod

znakiem pierwiastka.

Oto przykłady równań niewymiernych |/ x = 5 2x—1 = |/7 x + 4 y 2x—4+6 = x Natomiast zwrócić należy uwagę, że równanie

(1) (2) (3)

nie jest równaniem niewymiernym, mimo że zawiera pierwiast­ ki, ponieważ niewiadoma x nie występuje pod znakiem pierwiast­ ka. Jest to oczywiście równanie pierwszego stopnia z jedną nie­ wiadomą. Pierwsze z przytoczonych równań j/x =? 5 rozwiązujemy podnosząc obie strony tego równania do kwadratu, wówczas otrzymujemy równanie równoważne x = 25 Wartość x = 25 spełnia równanie (1), gdyż |/ 25 = 5, a więc x = 25 jest pierwiastkiem tego równania. Przy sposobności zauważmy, że równanie ] /x <= —5 (4) nie posiadopierwiastków, aczkolwiek po podniesieniu obu stron do kwadratu otrzymalibyśmy również x = 25. Popodstawieniu jednak do równania (4) otrzymujemy równość y~25 = —5 która jest sprzeczna, gdyż po prawej stronie znaku równości jest liczba ujemna, a po lewej stronie liczba dodatnia (V^25 oznacza — jak wiemy — tylko liczbę +5). 2 kolei rozwiążmy równanie (2) 2x—1 “ j/7 x + 4 (2) Podnosimy obie strony równania do kwadratu ' (2x—1)* = 7x+4 (5] i wykonujemy

4xs—4 x + l = 7x+4 po redukcji otrzymujemy równanie kwadratowe 4x2—11x—3 = 0 które po rozwiązaniu daje Xj = ---- ; x2 = 3 . 4 Tylko te dwie liczby mogą być pierwiastkami równania (2). Je­ śli bowiem pewna wartość x spełnia równanie (2), to spełnia ona również równanie 4x®—llx —3 = 0, niekoniecznie jednak na od­ wrót. Aby przekonać się, czy są one pierwiastkami równania (2), podstawimy otrzymane wartości do obu strón tego równania. Podstawiamy najpierw x = ----— do lewej strony (oznacze4 nie: L) równania (2). = 2. ( _ _ L \ — 1 = _ J L _ 1 = - A \ 4 I 2 2 Następnie podstawiamy do prawej strony (oznaczenie: P) l

p= ł/ 7 -(-7 )+ 4 “ l/ZT + 7 “ V1 T = ł

a więc lewa strona równania (2) dla x = —— nie jest równa 4 prawej stronie, tzn. wartość x = nie jest pierwiastkiem 4 równania (2). Podobnie postępujemy dla przekonania się, czy x = 3 jest pier­ wiastkiem równania (2). Po podstawieniu do lewej strony otrzy­ mamy L = 2-3—1 = 6—1 = 5 a po podstawieniu do prawej P - ^ 7 ; 3+4' = (/251= 5 A więc w tym przypadku jest L = P, co oznacza, że x = 3 jest pierwiastkiem równania (2). Ostatecznie więc stwierdzamy, że równanie 2x—1 = K'7x-f4' posiada jeden pierwiastek x = 3. Mówimy wówczas, że zbiór roz­ wiązań jest jednoelementowy. 93

Łatwo można zauważyć, że x ----— Jest pierwiastkiem rów­ ' 4 nania 2x—1 - — ]/ 7x+4 ^ natomiast x = 3 nie jest pierwiastkiem tego ¡równania. Rozwiążmy teraz równanie |/ 21—5x-j-x = 5 Podniesienie obu stron równania do potęgi drugiej nie dopro­ wadzi do równania wymiernego, po lewej bowiem stronie jednym z wyrazów będzie podwójny iloczyn y żT—5aTprzez x, a więc wy­ raz niewymierny. Jeżeli jednak wyraz -\-x przeniesiemy na pra­ wą stronę, to odosobnimy w ten sposób wyraz niewymierny (mó­ wimy również, że izolujemy pierwiastek) i otrzymamy wówczas (/ 21—5x = 5— x (6) a po podniesieniu do kwadratu 21—5x = 25—10x+x® co po redukcji daje , x2—5x+4 = 0 Równanie to posiada dwa pierwiastki xi = 1; xt — 4. Spraw­ dzamy, czy są one pierwiastkami równania (6). Dla x — 1 jest L = |/21—5-T = ł/TiT = 4, P = 5—1 = 4, a więc L = P. Dla x —4 jest L = 21—5-4 = 1, P = 5—4 = 1, a więc L = P. A więc równanie niewymierne (6) posiada dwa pierwiastki = 1, x2 = 4. Rozwiążmy jeszcze równanie 1 —-/tx ^ T 9 = x

(7)

P r z e d e w s z y s tk im iz o l u j e m y w y r a z n i e w y m i e r n y

1—x \ 'l x -—19 następnie obie strony równania podnosimy do kwadratu l_ 2 x + x * = 7x—19 i wykonujemy redukcję xa—9 r + 20 = 0

Równanie to posiada dwa pierwiastki xt = 4, x2 = 5. Spraw­ dzamy, czy są one pierwiastkami równania (7). DJa x = 4 jest L = 1 — j / 7*4—19 = 1—3 = —2; P = 4, a więc lewa strona równania nie równa się prawej stronie, tzn. x = 4 nie jest pierwiastkiem równania (7). 94

Dla x = 5 jest L = 1 —V 7*5—19 = 1—4 ——3; P — 5, a więc i w tym przypadku lewa strona równania nie równa się prawej stronie, co oznacza, że również x = 5 nie jest pierwiastkiem rów­ nania. Tak więc równanie 1— ^7x—19 = x nie posiada pierwiastków. Takie równanie nazywa się sprzeczne. Mówimy wówczas, że zbiór rozwiązań jest pusty. W równaniach niewymiernych, które rozwiązaliśmy, stosowa­ liśmy podnoszenie obu stron równania do kwadratu; w ten spo­ sób otrzymaliśmy równanie wymierne, najczęściej drugiego stop­ nia, i rozwiązaliśmy je. Na tym jednak nie poprzestaliśmy, ostat­ nią bowiem czynnością było sprawdzenie, czy pierwiastki równa­ nia wymiernego, otrzymanego przez podnoszenie obu stron do kwadratu, są istotnie pierwiastkami równania niewymiernego. I tutaj mogliśmy zaobserwować różne niespodzianki: równanie (2) sprawdzała tylko jedna z dwóch liczb będących pierwiastkami równania wymiernego, równanie (6) sprawdzały obie liczby, na­ tomiast równania (7) nie sprawdzała żadna liczba. Przed wykonaniem sprawdzenia nie mogliśmy być pewni, która „niespodzianka” nas oczekiwała, i dlatego dopiero sprawdzenie decydowało o liczbie rozwiązań równania niewymiernego. Przy rozwiązywaniu równań kwadratowych sprawdzenie jest zbytecz­ ne: jeżeli tylko rachunek został przeprowadzony bezbłędnie, to żadna „niespodzianka" czekać nas tutaj nie może. Zachodzi pytanie, jaka jest przyczyna tych „niespodzianek”, tzn. dlaczego sprawdzenie równania niewymiernego jest koniecz­ ne, a w przypadku równania kwadratowego sprawdzenie jest zbyteczne. . Postaramy się wyjaśnić to na przykładzie. Kównanie stopnia pierwszego x= 3 (1) posiada jedenpierwiastek, oczywiście x — 3. Jeślipodniesiemy obie stronytego równania do potęgidrugiej, otrzymamy rów­ nanie x2 = 9 (2) które posiada dwa pierwiastki Xj = 3, x2 = —3, a więc równanie [2) nie jest równoważne równaniu (1). Oprócz pierwiastka x = 3, 95

który spełnia równanie (1), równanie (2) posiada jeszcze jeden pierwiastek x = —3, który nie jest pierwiastkiem równania (1). A więc przez podniesienie do kwadratu obu stron równania {1) otrzymaliśmy równanie (2), które ma więcej pierwiastków niż równanie (1). Zrozumiały wobec tego staje się fakt, że pierwia­ stek, który „przybył” (x = —3), tzw. pierwiastek obcy, nie speł­ nia danego równania. Możemy teraz odpowiedzieć na postawione uprzednio pytanie: przyczyną „niespodzianek” przy sprawdzaniu, czy pierwiastki równania wymiernego, otrzymanego przez podnoszenie dokwad­ ratu obu stron równania niewymiernego, są jednocześnie pier­ wiastkami równania niewymiernego, jest podnoszenie do kwad­ ratu. Dlatego ostatnią czynnością przy rozwiązywaniu równania niewymiernego jest sprawdzenie, które decyduje o liczbie pier­ wiastków równania niewymiernego. . Rozwiążmy teraz równanie niewymierne, które żWiera dwa wyrazy niewymierne, np. V/2x—1-f- / x ^ Z = 3 (8) Przenosimy jeden z wyrazów niewymiernych na prawą stronę |/2x—1 = 3— / x + j r a następnie podnosimy obie strony równania do kwadratu 2x—1 = 9—6 j/x + 3 + x + 3 z kolei izolujemy jeden już tylko wyraz niewymierny 6 j/ x 3 = 13—x i podnosimy jeszcze raz do kwadratu 36{x+3) = 169—26x+x2 Po wykonaniu redukcji ostatecznie otrzymamy równanie x*—62x4-61 = 0 którego pierwiastkami są xl = 1, xs = 61. Sprawdzenie przekonuje nas, że tylko x = 1 jest pierwiastkiem równania (8). Natomiast łatwo przekonać się, że wartość x = 61 jest pierwiastkiem równania niewymiernego f'2x—i — )/x4-3 = 3 Tego równania nie sprawdza znowu wartość x = 1. 96

Powiększmy jeszcze liczbę wyrazów niewymiernych w rów­ naniu do czterech i rozwiążmy w tym celu równanie + x + 2 + + x + 7 ‘= + £ + 1 4 + +ai^4 (9) Podnosimy obie strony tego równania do kwadratu £ + 2 + 2 V (£+2) (x + 7 )+ x + 7 = x + 1 4 + 2 +(x+14) (£—l)+ x —1 Otrzymaliśmy w ten sposób już tylko dwa wyrazy niewymier­ ne; jeden z nich pozostawiamy po lewej strome i otrzymujemy 2)/(£+2) (£+7) = 4+2 +(x+14) (£—1) dzielimy obie strony równania przez 2 i wykonujemy mnożenia pod pierwiastkiem y S + 9 x + 1 4 = 2 + |£ H -1 3 x —14 następnie podnosimy obie strony po raz drugi do kwadratu xH-9x+14 = 4+4 +£¿+1 3x—14+ x*+ 13x—14 wykonujemy redukcję i izolujemy wyraz niewymierny 24—4x = 4 +£*+13x—14 ' dla uproszczenia rachunku dzielimy obie strony przez 4 6—£ = +x®+13x—14 ‘ i po raz trzeci podnosimy obie strony równania do kwadratu 36—12x+x2 = x2+13x—14 po uproszczeniu otrzymujemy 25x = 50 x = 2 Na koniec wykonujemy sprawdzenie podstawiając wartość x = 2 oddzielnie do lewej i do prawej strony równania (9). L = = + 2 + 2 + +2+7' = 2+3 = 5; P = ,+ 2 + 1 4 + + 2 ^ 1 = 4+1 = 5, a więc lewa strona równania równa się prawej stronie równa­ nia, tzn. £ = 2 jest pierwiastkiem równania (9). Zastosowana tutaj metoda rozwiązywania nosi nazwę analizy starożytnych. Polega ona na tym, że przekształcamy pierwotne równanie do postaci łatwiejszej do rozwiązania (w stosowanych przypadkach z równania niewymiernego otrzymywaliśmy rów­ nania pierwszego stopnia albo kwadratowe), niekoniecznie jed­ nak równoważnej pierwotnej postaci. Stąd konieczność spraw­ dzania. 97

Ćwiczenia Rozwiązać następujące równania niewymierne: 71. \/x —2 = 3

72. 1^4—x—1 = 0

73. 75. 77. 79. 81.

2 ^ x + l—5 = 0 / x + 3 = .j/2x—3' ^ —1 + 2 = |/x + 3 l + )/7x—19 = x ]/x 2—4x = x—4

74. |/3x—1'= 4 v V

83. 85. 87. 89.

1 0 -f 2= x 84, 1+ = 3 V 2x-J-l—3 = ]/x—8 ' 86 . 7— |/ 2x + 8n / 3 x + l + y'x—4 = ]/4x+5 88. /3 x — j/7—x = )/x —2 V/x+6^~|/x—21=y'x-t-13—y'x-j-l‘

76. ]/x+ 35‘= 0 78. f i + i - 1-2 = Vx+18i 80. ł/ x + 2 + |/2 x + 3 = 2 82. y'xi —6x = 4—x

90. Przeciwprostokątna równa się 17 cm, a obwód trójkąta jest 8

— razy większy od jednej z przyprostokątnych. Obliczyć tę 3 przyprostokątną. Wskazówka, w odpowiedziach do ćwiczeń.

o d p o w ie d z i d o

Ćw i c z e ń

1. a) x ,tl *= ±35, b) x )>t = ± 3 y ę c) x iit = ±1,8, d) rów n an ie nie posiada p ierw iastków , e) X i,t = ±30, 2. a) x , = 0, x , = 8,5, b) x , = —7, x , = 0, c) xj “ 0, x t = 0,09, d) x , = 0, x , = 10000. 3.

a) x , = 0, x t = 1, b) x , = 0 , x* = 100, c) x t = 0 , x , = 1000, d) x , = 0, x t = 1000 000. Je d en pierw iastek pow yższych ró w n ań je st w spólny; x , = 0. P rzy o > 0 i gdy a m aleje do zera, to drugi pierw iastek ró w n a­ nia ox*—x =* 0 sta je się coraz w iększy (rośnie nieogram czenie).

4. a) x lt, = 7, b) X] = — 1, x I = 4-|, c) rów nanie nie posiad a pierw iastków , d) Xj = ^ , x t = l, e) x, = x t = 3, i) x ,,t = 5±VTf. 5. a) x lr( = ±

(VT?±3), b) x ut = _ ij, c) x, = — 101 . ,rt - [.

6. a) x , = —3, x t = l, b) x , = —2001,49, x , = 1,49, c) x , = —2000001,49, x t = 1,499. W b) i c) podano przybliżone w artości. 7. Gdy a > 0 oraz a m aleje do zera, to jeden p ie rw ia ste k dąży do p ie r­ w iastka rów nania 2 x —3 = 0 , tj. do x = 1,5 (porów naj p ierw iastek x* z ró w n ań a) b) c) ćwicz, 6), drugi zaś p ie rw ia ste k co do w artości bez­ w zględnej rośnie nieograniczenie. 8. a) x*—I 0 x + 2 1 = 0 , b) x*+ 4x—1 2 = 0 , c) x H - llx + 1 0 = 0. 9. a) 12x3—x —6 = 0, b) x*—4 x + l = 0, c) x * + 3 x + l = 0. 10. x* ± 8 x —4 8 = 0 . 11. x*+ 2x—3 = 0. 13. a) x , < 0 , x , > 0, przy czym [x,( < |x,|, b) oba p ierw iastk i dodatnie, c) rów nanie nie posiada pierw iastków , d) oba p ierw iastk i ujem ne, e) jeden p ie rw ia ste k podw ójny. 14. a) x , = 2, x t = 3, b) Xj = —5, x , = —4, e) x , = 1, X, = 14, d) Xj = —3, x , = 4, e) x , = —5, x t = 2, f) x , = —1, x ( = 14.

99

15. a) x , = a,

x t = b,

b)

x t *= 2p,

x , = —3q,

c)

= —4k,

x , = m.

16. Jeżeli bok k w ad ratu zaw iera x żołnierzy, to pełny k w a d ra t zaw iera x 1 żołnierzy; z k w ad ratu tego usunięto środkow y k w a d ra t o boku zaw ie­ rającym (X—6) żołnierzy. A więc liczba żołnierzy w oddziale w ynosi X1—(x—6)* = 12x—36. 17. W układzie szóstkow ym . W s k a z ó w k a : Jeżeli podstaw ę układu oznaczym y przez x, wówczas pierw sza liczba da się zapisać w postaci 2x’ + 0 ■x + l = 2 x * + l, a druga w postaci 4x*+ 2x+ 3. . 13. 6 klas. 19. 15 zł. 20. a) przy x = 7, m inim um = —21; b) p rzy x = 2, m axim um = 0; c) przy x = | , min. = 0; d) p rzy x = 1, m ax. = —19; e) p rzy x = — | m ax. = — 1; i) przy x = —4, m in. = —32, 21. 22. 23. 26. 29. 30.

31.

32. 33.

34. 35. 36. 37.

38. 39.

100

aj v = 4< x+ l)

b) y =
d) y = —1(x + l ) ( x —3), e) y = —2(x+3) (x—3). nie, da się rozłożyć dla m ^ —4 oraz dla m ^ + 4 . 2x—3 x—5 a) ; dla x = 1, b) --------- ; dla x = 2. 6x—1 3x+7 P u n k t A leży w IV ćw iartce, B w III ćw., C w I ćw., D n a osi Oy, £ w I I ćw., F na osi Ox. D ruga parab o la je st przesunięta rów nolegle do osi Oy o —4. a) Pierw szą p arabolę należy przesunąć o + 3 rów nolegle do osi Oy; b) niemożliwe, gdyż obie parabole n ie są p rzy stające; c) pierw szą p a ­ rabolę należy przesunąć rów nolegle do osi Oy o + 6, a n astęp n ie do osi Ox o —5. a) w dw óch p unktach, b) n ie przecina osi Ox, c) je st styczna do osi Ox, d) je st styczna do osi Ox, ej w dw óch p unktach , f) w dw óch p u n k tach , g) nie przecina osi Ox. K ażda w punkcie (0, c). * a) tró jm ian je st ujem ny dla w śzystkieh w artości na x, b) y > 0 dla x < 1 albo x > 14, y < 0 dla 1 < x < 14, c) y > 0 dla —10 < x < 10, y < 0 dla x < —10 aibo x > 10, —l < x < 1 0 . dla żadnej. —1, 0, 1, 2, 41, 43, 47, 53, 61 itd. przy x = 40 je st y = 1601. W szystkie te liczby są pierw sze, tzn. dzielą się tylko przez 1 i przez sam ą siebie, n atom iast gdy x = 41, to y = 41*, a więc nie je st liczbą pierw szą. liczby pierwsze. a) x < —6,5 albo x > —1, b) dla w szystkich w artości z w y jątkiem x = 9, c) —0,8 < x < 1, d) x < —3 albo x > 3, e) —4 < x < 0.

40. a) dla x < 2 albo x > 4, b) —3 < x < 4 , c) przy żadnej w artości x , d) dla w szystkich w artości x z w yjątkiem i = 0,5. 41. a) 4, 5, 6, b) 0, c) dla w szystkich, d) dla w szystkich z w y jątk iem x — 2 oraz x = 3, e) dla żadnej. 42. dla m = —2, x ,,i = — 1; dla m = + 2 , X,., = + 1. 43. dla m < —4 albo dla m > + 4. 44. przy m = 0 jest X! = —1, x , = 1,przy m = 1 jest X! = 0 , X, = 2. 45. 47. 48. 49. 50. 51.

S tarszy m iał 31 zeszytów, a młodszy 35. X! = 2, y x = 6; x , = 6, y , = 2. x , = 8 , y, = 6; x t = —4, yt —12. X! = 4, y , = 0; x , = 0, y, = 4. Xj = 3,6, = 4,8; x , = —3,6, y* = —4,8. Xt = 14, y, = 4; x ( = —1, yt = —11.

52. Xj = 2 ,

y, = 15;

53. Xj = y T + l, 54. 55. 56. 57. 58.

x t = 15, y, = 2.

y x = V 5^-l;

x* = I—

yt = — 1—y^7

x, = 24—41/33, = 24+4y^T; x* = 24+4)^33; Xi = 21, Pj ■ 1^. X! = 6, y x = 3. Sprzeczny. i i — 5, y, = 6; x t = 6, y* = 5, , y( —4;

59. x x—3,

x t — 40 ^ ,

y% —

y , = 24—4

30 ,

60. X, = 3, yi ~ 5; Xg = 1, yg - 3* 61. U kład nieoznaczony: sp raw d zają go w szystkie p a ry liczb spełniające rów nanie 2 x + y = 3. 62. W s k a z ó w k a : dodać rów n an ia stronam i, x t = 3, y, = 1; x t = —3, Vt = —1. 63. x , = 7 , y, = 5; x , = —7, yj = —5, 64. Xj = V21, y , = 3 ; x , = — V^T,_ y, = 3. ** = V5T y , ------ 5; x t i/37,1yt ----- 5. 65.

X! = 2 ,

y, = —2; x t

1®.

11

26

66. 2 i 7, —2 i —7. 67. 15 i 10, — 15 i —10.

%

68. 69. 70. 71. 72.

*

7 i 5, —5 t —7 (nie zm ieniać kolejności), Obwód przedniego 2 m , a tylnego 2,5 m 12cm i 16cm. X =11. x = 3.

73. X = 5,25. 74. X = 27. 101

75.

X

= 6.

76. x = 1. 77. x « 1 . 78. x = 7. 79. Xj = 4 ,

X, = 5.

80. x = —1. 81. x = 4. 82. Nie posiada pierw iastków . 83. X = 17. 84. x = 64. 85. x , = 12; x t “ 24. 86. x = 4. 87. x = 5. 88. x , = 3;

1

xt = 2 —

.

89. x = 3. 90. W s k a z ó w k a . N iech x oznacza szukaną p rzy p ro sto k ątn ą, wówczas d ruga p rzyprostokątną rów na się V17*—x*, obliczam y obwód itd.; X = 15,

S P IS T R E Ś C I

W stęp

...................................................................................................

5

1. N ajprostsze ró w n an ia drugiego s t o p n i a .................................... 15 2. O gólna postać rów n an ia k w a d r a to w e g o .................................... 19 3. U k ładanie rów nania o danych p ierw iastkach. Wzory V iety ............................................................... 4. P am ięciow e rozw iązyw anie rów nań k w ad rato w y ch , .

30 38

5.

R ozw iązujem y zadania z jed n ą niew iadom ą .

40

6.

O dgadujem y pom yślaną lic z b ę .........................................................48

.

.

.

7. T ró jm ian k w ad rato w y i jego postać kanoniczna . . .

49

8. B adanie zm ienności tró jm ian u kw adratow ego

. . .

51

Rozkład na czynniki tró jm ian u kw adratow ego . . .

58

9.

10. U kład w spółrzędnych p r o s t o k ą t n y c h ........................................... 59 U . W ykres fun k cji drugiego stopnia. Ja k rozw iązać ró w ­ n an ie k w ad rato w e g r a f ic z n ie ? ..........................................................63 12. Z n ak tró jm ian u kw adratow ego . 70 13. N ierów ności k w a d r a t o w e ................................................................77 14. U kłady rów nań. Ja k rozw iązano ciekaw y układ p rzed czterem a tysiącam i l a t ? .................................................................80 15. R ozw iązujem y zadania z dw iem a niew iadom ym i . . . 87 16.

R ów nania n i e w y m i e r n e ................................................................92

O dpow iedzi do ć w ic z e - h ...............................................................................99