1. No category

Sidor i boken
122-123, 70-73
Ekvationslösning genom substitution, rotekvationer
Rotekvationer
Med en rotekvation menas en ekvation, i vilken den√obekanta förekommer under ett rotmärke.
√
Observera att betecknar ett positivt tal. Ekvationen x + 1 = −3 saknar därför rot. Däremot har
√
ekvationen x + 1 = 3 roten x = 8, vilket man inser om båda leden i ekvationen kvadreras.
√
√x + 1 = 3
( x + 1)2 = 32
x+1=9
x=8
För att förstå det här med rotekvationer måste vi införa några grafer (eller kurvor).
√
Lite för tidigt måste vi här nämna ordet funktion. f(x) = x är just en funktion. När vi plottar dess
graf får vi
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
2
4
6
8
10
En graf till ska vi plotta, som ni säkert redan är bekanta med. Vi kallar den räta linjen. Ett exempel
y=x+3
12
10
8
6
4
2
4
6
8
10
Nu över till rotekvationer. Detta är en rotekvation som vi vill lösa
Exempel 1.
√
x 3
x= +
4 4
Håkan Strömberg
1
KTH STH
Här undrar vi som vanligt, när är vänstra ledet lika med högra? Om vi plottar de två graferna i
samma figur får vi.
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
2
4
6
8
10
Rötterna får vi nu genom att läsa av var de två graferna skär varandra. På ett ungefär verkar de
vara x1 ≈ 1 och x2 ≈ 9. Observera dock att det aldrig i den här kursen är tillåtet att ge grafiska
lösningar. Därför måste vi lösa ekvationen analytiskt.
√
x = x+3
4
√ 2
x+3 2
( x) =
4
2
x = (x+3)
2
4
2
x = x +6x+9
16
16x = x2 + 6x + 9
x2 − 10x + 9 = 0 √
x = 5 ± 25 − 9
x = 5±4
x1 = 9
x2 = 1
Det stämmer med vår grafiska avläsning! Lösningen är exakt x1 = 9 och x2 = 1. Vi utgår ifrån
√ 2
= . Idén med att lösa rotekvationer är alltså att kvadrera båda leden och
att alla vet att
hoppas att rottecknen försvinner.
Men det finns komplikationer!
Exempel 2. Lös ekvationen
√
x=2−x
Vi plottar funktionerna och får
2
1
1
2
3
4
5
-1
-2
-3
Här skär den räta linjen ’rotgrafen’ endast en gång. Vi gissar att roten är x1 = 1. Över till den
analytiska lösningen
√
√ x2 = 2 − x 2
( x) = (2 − x)
x = 4 − 4x + x2
x = 4 − 4x + x2
x2 − 5x + 4 = 0 q
5 2
−4
x = 52 ±
q 2
5
25
4·4
x = 2±
4 − 4
x = 52 ± 23
x1 = 4
x2 = 1
Håkan Strömberg
2
KTH STH
Men här får vi ju två rötter!. Ja, men en är falsk. När man kvadrerar båda sidor i en ekvation kan
det uppstå falska rötter !
Man avgör om roten är falsk genom att sätta in den i den ursprungliga ekvationen
√
1=2−1
ger 1 = 1 och verkar helt OK. Men
√
4=2−4
ger 2 6= −2, så x1 = 4 är falsk.
Svar: x = 1.
Vi tar en till för säkerhets skull
Exempel 3.
√
x=x+1
Först den grafiska lösningen
5
4
3
2
1
1
Oj då, här verkar inte de två graferna skära
vad den analytiska lösningen ger
√
√ x2
( x)
x
x2 + x + 1
2
3
4
varandra över huvud taget! Det ska bli intressant att se
=
=
=
=
x =
x =
x =
x+1
(x + 1)2
x2 + 2x + 1
0
q 1
1 2
−2 ±
−1
q 2
4
1
1
−2 ± 4 − 4
q
− 21 ± − 34
Negativt under rottecknet, lika med inga reella rötter.
Svar: Ekvationen saknar lösning.
Mer om polynomekvationer
Här några polynomekvationer
Förstagradsekvation
Andragradsekvation
Tredjegradekvation
Fjärdegradsekvation
10x + 53 = 73
x2 − x − 12 = 0
x3 + 6x2 − 163x − 1092
x4 + x3 − 21x2 − 9x + 108
x=2
x1 = −3, x2 = 4
x1 = −12, x2 = −7, x3 = 13
x1 = x2 = 3, x3 = −3, x4 = −4
Ekvationer av första och andra graden ska vi alltid klara av hur de än ser ut. En godtycklig ekvation
av tredje graden, klarar åtminstone inte jag av utan dator eller tabell. Samma gäller 4:e-gradare. Då
talar vi hela tiden om exakta lösningar. Allmänna 5:e-gradare och högre gradtal, klarar ingen av att
lösa exakt, därför att man bevisat att det inte går.
Men det hindrar inte att det finns speciella ekvationer av alla gradtal som man hädelsevis kan lösa.
Till exempel
Håkan Strömberg
3
KTH STH
Exempel 4.
x3 = 27
med som åtminstone har en rot x = 3 (och två andra imaginära).
Här kommer en speciell typ av 4:e-gradare som du ska kunna lösa
Exempel 5. Lös ekvationen
x4 − 5x2 + 4 = 0
Ett krav är att ekvationen saknar termer av 3:e och 1:a graden, som här. Knepet är att man substituerar x2 = t och får ekvationen
t2 − 5t +q4 = 0
t=
t=
5
2
5
2
±
±
t = 25 ±
t = 25 ±
t1 = 4
t2 = 1
25
4
q
25
q4
−4
−
4·4
4
9
4
3
2
√
2
2
2
Men nu
√ har vi ju bestämt att x = t, så då får vi x = 4, x = ± 4, x1 = −2, x2 = 2 och att x = 1,
x = ± 1 som ger x3 = −1 och x4 = 1
Problem 1. Lös ekvationen
√
x+1=
Lösning: En rotekvation av den enklare sorten
√
√ x + 12 =
( x + 1) =
x+1 =
x=2
Vi ser lång väg att detta är en äkta rot eftersom
√
2x − 1
√
√2x − 1
( 2x − 1)2
2x − 1
√
√
2+1 ≡ 2·2−1
Svar: x = 2
Problem 2. Lös ekvationen
Lösning:
p
x2 + 5 = x − 5
√
2
√ x + 52
2
( x + 5)
x2 + 5
10x
x
=
=
=
=
=
x−5
(x − 5)2
x2 − 10x + 25
25 − 5
2
Vänstra
ledet Högra ledet
√
22 + 5
2−5
3
−3
x = 2 är en falsk rot.
Svar: Ekvationen saknar rötter.
Håkan Strömberg
4
KTH STH
Problem 3. Lös ekvationen
x−
Lösning:
√
x − 8 = 20
√
x−8
x − 20
(x − 20)2
2
x − 40x + 400
x2 − 41x + 408
=
=
=
=
=
x
=
x−
20
√
√x − 8
( x − 8)2
x−8
0
q
41
2
41
2
41
2
=
=
x
x
x1 = 24
x2 = 17
±
±
±
1681
4
q
−
408·4
4
49
4
7
2
Vi testar x1 = 24
Vänstra
√ ledet
24 − 24 − 8
24 − 4
20
x1 = 24 är en äkta rot. Vi testar x2 = 17
Högra ledet
20
20
20
Vänstra
√ ledet
17 − 17 − 8
17 − 3
14
Högra ledet
20
20
20
x2 = 17 är en falsk rot
Svar: x = 24.
Problem 4. Lös ekvationen
Lösning:
√
√
√
x+4− x−1= x−4
√
√
x+4− x−1
√
√
( x + 4 − x − 1)2
√
√
x+4−2 x+4 x−1+x−1
√
√
−2 x + 4 x − 1
p
−2 (x + 4)(x − 1)
p
2 (x + 4)(x − 1)
p
(2 (x + 4)(x − 1))2
=
x−4
=
x−4−x−4−x+1
=
−7 − x
=
7+x
=
(7 + x)2
4(x + 4)(x − 1) =
49 + 14x + x2
4(x2 − x + 4x − 4) =
49 + 14x + x2
4x2 + 12x − 16
=
49 + 14x + x2
3x2 − 2x − 65
=
0
2x
3
=
0
x =
x =
1
3
1
3
x1
=
5
x2
=
− 13
3
2
x −
Håkan Strömberg
=
√
x−4
√
( x − 4)2
=
−
65
3
5
±
±
q
1
9
+
65·3
3·3
14
3
KTH STH
Så är det dags att testa rötterna
Vänstra ledet
√
√
5+4− 5−1
3−2
1
Högra ledet
√
5−4
1
1
Roten x1 = 5 är en äkta rot
Vänstra ledet
Högra ledet
q
q
q
13
13
− 3 +4− − 3 −1
− 13
3 −4
I två av termerna blir det negativt under rottecknet vilket betyder att roten är falsk.
Svar: x = 5
Problem 5. En bakteriekultur tillväxer enligt formeln
N(x) = 2500 + 350x + 25x2
där N(x) är antalet bakterier x minuter efter försökets början. Hur länge dröjer det innan antalet
bakterier har fördubblats?
Lösning: Antalet bakterier i burken följer funktionen N(x) = 2500 + 350x + 25x2 . Efter 12 minuter
till exempel finns det N(12) = 2500 + 350 · 12 + 25 · 122 = 10300. Hur många bakterier finns det
i burken när försöket startar? Får vi genom T (0) = 2500. Vi vill alltså ha reda på hur lång tid det
dröjer innan det finns dubbelt så många – 5000. Detta ger oss ekvationen:
2500 + 350x + 25x2
100 + 14x + x2
x2 +√
14x − 100
x = −7 ± 49 + 100
x1 = 5.21
=
=
=
5000
200
0
x2 = −19.21
Som du ser började vi dividera ekvationen med 25. Den här ekvationen är inte så enkel, det vill
säga den ger inte heltalsrötter. Åter en ekvation där en av rötterna är omöjlig. Svaret blir då 5.21
minuter.
Lös ekvationen
Problem 6.
x2 (x + 1) − 64(x + 1) = 0
Lösning: För att kunna lösa ekvationen x2 (x +1)−64(x +1) = 0 får man absolut inte starta med att
utveckla parenteserna, för då hamnar man i en tredjegradsekvation, som vi inte har något verktyg
för att lösa. Nej, titta i stället på ekvationen. Vad händer då x = −1? Båda termerna blir ju 0. Vi har
hittat en rot x1 = −1. Dividerar vi nu båda sidor med (x + 1) återstår x2 − 64 = 0 eller x2 = 64. Huvudräkning, x2 = 8 och x3 = −8. Tre rötter!? Inte ett dugg överraskade, om en förstagradsekvation
har en rot, en andragradsekvation två rötter, så är det väl logiskt att en tredjegradsekvation har tre.
Lös ekvationen
Problem 7.
√
3x − 5 = x − 1
√
Lösning: Ekvationen 3x − 5 = x − 1 ser kanske besvärligare ut än den i verkligheten är. Rot√ 2
x = x Vi kvadrerar alltså båda sidor i
tecknet försvinner om upphöjer det till 2. Jag menar att
Håkan Strömberg
6
KTH STH
ekvationen:
√
3x − 5
2
√
3x − 5
3x − 5
x2 − 5x + 6
x1 = 2
=
=
=
=
x−1
(x − 1)2
x2 + 1 − 2x
0
x2 = 3
Som tur är kan vi direkt se vilka rötterna är genom knepet som vi nämnt. Nu tillkommer en
komplikation när det gäller rotekvationer. Vid kvadreringen kan falska rötter tillkomma och man är
alltid tvungen att testa om de duger genom att sätta in dem
√ i den ursprungliga ekvationen. Som vi
ser uppfyller x1 √
= 2 villkoret att båda sidor ska vara lika 3 · 2 − 5 = 2 − 1. Detta gäller även för
x2 = 3 som ger 3 · 3 − 5 = 3 − 1. I figur 1visar vi grafen.
2
1.5
1
0.5
1.8
2.2
2.4
2.6
2.8
3
Figur 1:
Problem 8. Lös ekvationen
√
√
s + 13 − 7 − s = 2
Lösning: Den här ekvationen är verkligen besvärlig! Kvadrerar vi båda sidor får vi fortfarande ett
rottecken kvar. Men varför skulle man då inte kunna kvadrera en gång till.
√
√
s + 13 − 7 − s
2
√
√
sp
+ 13 − 7 − s
20 − 2 (s + 13)(7 − s)
8
64
64
s2 + 6s − 27
s1 = 3
=
=
=
=
=
=
=
2
22
4p
(s + 13)(7 − s)
(s + 13)(7 − s)
7s − s2 + 91 − 13s
0
s2 = −9
OK, nu har vi funnit två rötter s1 = 3 s2 = −9. Innan vi ger dem som svar måste vi pröva dem.
√
√
s1 = 3
p3 = 4 − 2 = 2
p3 + 13 − 7 −
(−9) + 13 − 7 − (−9) = 2 − 4 6= 2
s2 = −9
Alltså är det bara s1 = 3 som
√ fungerar.
√ Men hur ska man förstå detta? Innan vi kvadrerar har vi
funktionerna (VL) f1 (s) = s + 13 − 7 − s och (HL) f2 (s) = 2. Plottar vi dem får vi följande graf:
Vi ser helt klart att ekvationen bara har en rot. Den ena kurva skär den andra på ett ställe, s = 3.
√
√
2
Plottar vi nu de två funktionerna f3 (s) =
s + 13 − 7 − s och f4 (s) = 4, sådana de ser ut efter
en kvadrering får vi
En extra (falsk) rot har dykt upp för x = −9, som förresten inte försvinner då vi kvadrerar ytterligare
en gång. Denna uppgift är kanske onödigt komplicerad i den här delen av kursen.
Håkan Strömberg
7
KTH STH
4
2
-5
-10
5
-2
-4
Figur 2:
20
15
10
5
-5
-10
5
Figur 3:
Räkna i första hand uppgifterna på sidan 72 − 73 och 123.
Läxa 1. Lös ekvationen
Läxa 2. Lös ekvationen
Läxa 3. Lös ekvationen
√
√
x+2=
x+4+
√
2x − 2
√
x−2=3
√
x+5=1−x
Läxa 4. Bestäm konstanten a, så att ekvationen
ax2 − (2a − 5)x − (a2 − 1) = 0
får en rot x = 1
Läxa 5. Lös ekvationen
x4 − 10x2 + 9 = 0
Läxa Lösning 1.
√
x+2
√
2
x+2
x+2
x
=
=
=
=
√
2x − 2
2
√
2x − 2
2x − 2
4
Varje gång vi i en ekvation kvadrerar båda sidorna, måste vi testa att att rötterna vi fått inte är falska.
Håkan Strömberg
8
KTH STH
Sätter vi in x = 4 får vi
√
√
6= 6
Vilket betyder att roten är äkta!
Svar: x = 4
Läxa Lösning 2.
√
√
x+4+ x−2
√
√
2
x+4+ x−2
√
√
(x + 4) + (x − 2) + 2 x + 4 · x − 2
p
2x + 2 + 2 (x + 4)(x − 2)
p
2 (x + 4)(x − 2)
2
p
2 (x + 4)(x − 2)
=
3
=
32
=
9
=
9
=
7 − 2x
=
(7 − 2x)2
4(x + 4)(x − 2) =
(7 − 2x)2
4(x2 − 2x + 4x − 8) =
49 + 4x2 − 28x
4x2 + 8x − 32
=
49 + 4x2 − 28x
8x − 32
=
49 − 28x
36x
=
81
x =
9
4
Denna rot måste prövas och det visar sig att den fungerar.
Svar: x =
9
4
Läxa Lösning 3.
√
x+5 =
2
√
x+5
=
1−x
(1 − x)2
1 − 2x + x2
x+5 =
−4 − 3x + x2
0 =
x2 − 3x − 4 =
x
=
x
=
x
=
x1
=
0
r
3
9 4·4
±
+
2 r4
4
3
25
±
2
4
3 5
±
2 2
4
x2
=
−1
Vi testar x = 4
V.L. →
√
4+5=3
H.L. → 1 − 4 = −3
som är falsk. Sedan testar vi x = −1
V.L. →
√
−1 + 5 = 2
H.L. → 1 − (−1) = 2
Håkan Strömberg
9
KTH STH
som är äkta
Svar: x = −1
Läxa Lösning 4. Vi vet att en rot är x = 1 och sätter därför in den
ax2 − (2a − 5)x − (a2 − 1)
a − (2a − 5) − (a2 − 1)
a − 2a + 5 − a2 + 1
a2 + a − 6
=
=
=
=
0
0
0
0
a
=
− 12 ±
a
a
a1
a2
=
=
=
=
− 21
− 21
2
−3
±
±
q
1
q4
1
4
+6
+
24
4
5
2
Båda dessa ekvationer har en rot x = 1
2x2 − (2 · 2 − 5)x − (22 − 1)
2x2 + x − 3
x1
x2
och
=
=
=
=
0
0
1
− 23
(−3)x2 − (2 · (−3) − 5)x − ((−3)2 − 1)
−3x2 + 11x − 8
x1
x2
=
=
=
=
0
0
1
8
3
Läxa Lösning 5. Vi substituerar t = x2 .
x4 − 10x2 + 9
t2 − 10t + 9
t
t
t1
t2
=
=
=
=
=
=
0
0 √
5 ± 25 − 9
5±4
9
1
I nästa steg löser vi först
9
x
x1
x2
=
=
=
=
x2√
± 9
3
−3
1
x
x3
x4
=
=
=
=
x2√
± 1
1
−1
och sedan
Svar: x1 = 3, x2 = −3, x3 = 1, x4 = −1
Håkan Strömberg
10
KTH STH
Problem 9.
(a − b)(a2 + ab + b2 ) + (a + b)(a2 − ab + b2 )
Lösning:
(a − b)(a2 + ab + b2 ) + (a + b)(a2 − ab + b2 ) ≡
1
2
3
4
(a3 + a2 b + ab2 − a2 b − ab2 − b3 ) + (a3 − a2 b + ab2 + a2 b − ab2 + b3 ) ≡
a3 + a2 b + ab2 − a2 b − ab2 − b3 + a3 − a2 b + ab2 + a2 b − ab2 + b3 ≡
a3 + a3 + a2 b − a2 b − a2 b + a2 b + ab2 + ab2 − ab2 − ab2 − b3 + b3 ≡
2a3
När man multiplicerar en parentes med 3 termer med en med 2 termer får man total 3 · 2 = 6 termer.
Total ska vi här alltså hantera 12 termer (1). I (3) har vi samlat ihop liknade termer. Den som har
en administrativ vana kan gå direkt från (2) till svaret. Svar: 2a3
Problem 10.
a
3
a
a+
3
a−
Lösning:
a
3
a ≡
a+
3
a−
1
3a a
−
3
3 ≡
3a a
+
3
3
2
3a − a
3
≡
3a + a
3
3
2a 3
·
≡
3 4a
4
1
2
Vi startar med att göra de liknämnigt i täljaren och nämnaren oberoende av varandra. Nu råkar
båda ha samma minsta gemensamma nämnare (1). Nu kan vi skriva termerna på samma bråkstreck
(2). Division av två bråk är samma sak som att multiplicera det första med det andra inverterat (3).
Efter förkortning får vi Svar: 12
Håkan Strömberg
11
KTH STH
Problem 11.
(6a + 19)2 − (2a + 9)2
(2a + 6)2 − 1
Lösning:
(6a + 19)2 − (2a + 9)2
≡
(2a + 6)2 − 1
1
(36a2 + 361 + 228a) − (4a2 + 81 + 36a))
≡
4a2 + 36 + 24a − 1
2
32a2 − 192a + 280
≡
4a2 + 24a + 35
3
8(4a2 − 24a + 35)
≡
4a2 + 24a + 35
4
8
Två gånger första kvadreringsregeln i täljaren och en gång i nämnaren ger (1). Sammanslagning av
termer ger (2). I (2) ser vi att det är möjligt att bryta ut 8 i täljaren som ger (3). Svar: 8
Problem 12.
2a
ab + b2
a−b
+
− 2
a
a − b a − ab
Lösning:
a−b
2a
ab + b2
+
− 2
≡
a
a − b a − ab
1
(a − b) · (a − b)
a · 2a
b(a + b)
+
−
≡
(a − b) · a
a · (a − b) a(a − b)
2
(a − b)2 + 2a2 − b(a + b)
≡
a(a − b)
3
a2 + b2 − 2ab + 2a2 − ab − b2
≡
a(a − b)
4
3a2 − 3ab
≡
a(a − b)
5
3a(a − b)
≡
a(a − b)
6
3
Vi strävar nu efter att kunna skriva de tre bråken på samma bråkstreck. a(a − b) är en gemensam
nämnare (för övrigt den minsta). Vi förlänger bråken med lämpliga uttryck (1). Nu har vi nått första
målet (2). I (3) förenklar vi täljaren till resultatet i (4). I (4) ser vi att det är möjligt att bryta ut 3a.
Efter förkortning av (5) för vi Svar: 3
Håkan Strömberg
12
KTH STH