Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

Oι Eξισώσεις στη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση

1,670 views

Published on

Μια εργασία για τις εξισώσεις

Published in: Education
  • Be the first to comment

Oι Eξισώσεις στη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση

  1. 1. [1] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Οι Εξισώσεις στη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης
  2. 2. [2] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Οι Εξισώσεις στη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση Εξίσωση στα μαθηματικά ονομάζεται κάθε ισότητα που συνδέει γνωστές ποσότητες με άγνωστες, τις οποίες θέλουμε να προσδιορίσουμε. Ιστορικά το σύμβολο « = » της ισότητας επινοήθηκε από τον Ουαλό ιατρό και μαθηματικό Robert Recorde (1512-1558) έχοντας στο μυαλό του τις παράλληλες ευθείες. Η παρούσα εργασία έχει ως σκοπό να παρουσιάσει όλα τα είδη των μαθηματικών εξισώσεων που διδάσκονται οι μαθητές από την Α Γυμνασίου μέχρι και τη B Λυκείου μαζί με μεθόδους λύσης, αλλά και πρόσθετα στοιχεία. Στην Α Γυμνασίου γίνεται η πρώτη προσπάθεια διατύπωσης μιας πρότασης με τη βοήθεια αριθμών και γραμμάτων, όπως για παράδειγμα: «αν σε έναν αριθμό προσθέσουμε το 5, το άθροισμα γίνεται 8». Ταυτόχρονα δίνονται και οι πρώτοι ορισμοί (εξίσωση με έναν άγνωστο, λύση ή ρίζα εξίσωσης και επίλυση εξίσωσης), ενώ εξηγείται πως μπορούμε να λύσουμε ένα πρόβλημα δημιουργώντας μια ισότητα με γράμματα και αριθμούς. Με πολυωνυμικές εξισώσεις πρώτου βαθμού ασχολούμαστε όμως πιο αναλυτικά στη Β Γυμνασίου μαθαίνοντας τις τεχνικές λύσης εξισώσεων αυτής της μορφής. 1) Να λυθεί η εξίσωση 1 2 3 2 2 3 + + + = + x x x (σχολικό βιβλίο Β Γυμνασίου)
  3. 3. [3] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Λύση 1 2 3 6 6 2 2 3 + +    + = +        x x x 1 2 3 6 6 6 6 2 2 3 + + + = + ⋅ x x x ( ) ( )3 1 6 2 2 3 12+ + = + +x x x 3 3 6 4 6 12+ + = + +x x x 3 6 4 6 12 3+ − = + −x x x 5 15=x 5 15 5 5 = x 3=x «Σε αυτήν την εξίσωση έχουμε παρονομαστές. Μπορούμε όμως, να πάρουμε μια εξίσωση * χωρίς παρονομαστές, αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη της με ένα κοινό πολλαπλάσιο των αριθμών 2 και 3. Συνήθως χρησιμοποιούμε το Ε.Κ.Π. που εδώ είναι το 6. Η διαδικασία αυτή λέγεται απαλοιφή παρονομαστών» αναφέρει το σχολικό βιβλίο. * Θα μπορούσε να προστεθεί η έκφραση «ισοδύναμη εξίσωση» προκειμένου ο μαθητής να έχει και την πρώτη του εκφραστική επαφή με το σύμβολο του «ισοδυναμεί» που θα γίνει αργότερα. Πολυωνυμικές εξισώσεις δευτέρου βαθμού μαθαίνουμε στη Γ Γυμνασίου. Αρχικά οι μαθητές διδάσκονται την επίλυση τέτοιων εξισώσεων με ανάλυση σε γινόμενο παραγόντων. 2) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Γ Γυμνασίου) α) 2 3=x x β) 2 9 0− =x γ) 2 9 6 1 0− + =x x Λύση α)
  4. 4. [4] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com 2 3=x x 2 3 0− =x x ( )3 0− =x x 0=x ή 3=x β) 2 9 0− =x ( )( )3 3 0− + =x x 3 0− =x ή 3 0+ =x 3=x ή 3= −x γ) 2 9 6 1 0− + =x x ( ) 2 3 1 0− =x 3 1 0− =x 1 3 =x Στη συνέχεια διδάσκονται την επίλυση εξισώσεων δευτέρου βαθμού με τη βοήθεια της διακρίνουσας. Για την απόδειξη αυτών των τύπων χρησιμοποιείται η μέθοδος του Sridhara (1025 μ.Χ.) ή αλλιώς μέθοδος των Ινδών. 2 0+ + =x xα β γ 2 + = −x xα β γ
  5. 5. [5] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Πολλαπλασιάζουμε επί 4α και ύστερα προσθέτουμε το 2 β και στα δύο μέλη ώστε να προκύψει τέλειο τετράγωνο στο αριστερό μέλος. Δηλαδή: 2 2 4 4 4+ = −x xα αβ αγ 2 2 2 2 4 4 4+ + = −x xα αβ β β αγ ( ) 2 2 2 4+ = −xα β β αγ Συμβολίζουμε την παράσταση 2 4−β αγ με το γράμμα ∆ , οπότε η εξίσωση γράφεται ( ) 2 2 + = ∆xα β και διακρίνουμε περιπτώσεις. 3) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Γ Γυμνασίου) α) 2 2 5 3 0+ + =x x β) 2 6 5 2 0− + =x x γ) 2 16 8 1 0− + − =x x Λύση α) 2 4 1 0∆ = − = >β αγ Άρα η εξίσωση έχει δύο λύσεις τις 5 1 2 4 − ± ∆ − ± = =x β α δηλαδή 1= −x ή 3 2 = −x β) 2 4 23 0∆ = − = − <β αγ Άρα η εξίσωση δεν έχει λύση (αδύνατη) γ) 2 4 0∆ = − =β αγ Άρα η εξίσωση έχει μια διπλή λύση την 1 2 4 − = =x β α Τέλος στην επόμενη παράγραφο (2.4) οι μαθητές μαθαίνουν να λύνουν κλασματικές εξισώσεις που μετασχηματίζονται σε εξισώσεις πρώτου ή δευτέρου βαθμού, αλλά η συγκεκριμένη ενότητα είναι εκτός διδακτέας ύλης τα τελευταία δύο χρόνια.
  6. 6. [6] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Συμπερασματικά, με την ολοκλήρωση της Γ Γυμνασίου η πλειοψηφία των μαθητών έχουν κατανοήσει πλήρως την έννοια της εξίσωσης και ξέρουν να επιλύουν πολυωνυμικές εξισώσεις 1ου και 2ου βαθμού. Το μοναδικό πρόβλημα έγκειται στην απουσία του συμβόλου ⇔ με αποτέλεσμα να μη χρησιμοποιείται τίποτα, ή να χρησιμοποιείται το «ή» από τη μια σειρά στην άλλη, ή ακόμα να χρησιμοποιείται λανθασμένα το σύμβολο ⇒ Ο αγώνας για την κατανόηση των συμβόλων ⇔ και ⇒ έχει μεταφερθεί στο Λύκειο. Προχωρώντας στην Α Λυκείου παρατηρούμε ότι δίνεται ακόμη μεγαλύτερη έμφαση στις εξισώσεις, αφού ένα ολόκληρο κεφάλαιο είναι αφιερωμένο σε αυτές. Οι μαθητές στο 3ο κεφάλαιο της Άλγεβρας ξαναθυμούνται τις πολυωνυμικές εξισώσεις 1ου βαθμού και ταυτόχρονα έρχονται για πρώτη φορά σε επαφή με τις παραμετρικές εξισώσεις και τη διαδικασία της διερεύνησης. 4) Να λυθεί η εξίσωση ( )2 1 1 0− − + =xλ λ για τις διάφορες τιμές του ∈ℝλ (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Α Λυκείου) Λύση ( ) ( )( )2 1 1 1 1 1− = − ⇔ − + = −x xλ λ λ λ λ ● Αν 1≠ −λ και 1≠λ η εξίσωση έχει μοναδική λύση την ( )( ) 1 1 1 1 1 − = = − + + x λ λ λ λ ● Αν 1= −λ η εξίσωση γίνεται 0 2⋅ = −x και είναι αδύνατη ● Αν 1=λ η εξίσωση η εξίσωση γίνεται 0 0⋅ =x και είναι ταυτότητα Ακόμη λύνουν κλασματικές εξισώσεις και εξισώσεις με απόλυτα. Πλέον το σύμβολο ⇔ εμφανίζεται κανονικά στις λύσεις των παραδειγμάτων του σχολικού βιβλίου.
  7. 7. [7] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com 5) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Α Λυκείου) α) 2 1 3− = +x x β) 2 3 3 2− = −x x Λύση α) 2 1 3 2 1 3− = + ⇔ − = +x x x x ή 2 1 3− = − −x x Όμως ●2 1 3 4− = + ⇔ =x x x ● 2 2 1 3 3 2 3 − = − − ⇔ = − ⇔ = −x x x x β) Επειδή το πρώτο μέλος είναι μη αρνητικό για να έχει λύση η εξίσωση αυτή θα πρέπει και το δεύτερο μέλος να είναι μη αρνητικό, δηλαδή πρέπει 3 2 0− ≥x (1) Τότε 2 3 3 2− = − ⇔x x 2 3 3 2− = −x x ή 2 3 3 2− = − +x x 1= −x ή 1=x Από τις παραπάνω λύσεις δεκτή είναι μόνο η 1=x διότι ικανοποιεί τον περιορισμό (1) Παρατηρούμε επίσης ότι εμφανίζονται και οι πρώτες πολυωνυμικές εξισώσεις τρίτου βαθμού με διδακτικό στόχο οι μαθητές να αντιληφθούν τη χρησιμότητα της παραγοντοποίησης στην Άλγεβρα. 6) Να λυθεί η εξίσωση 3 2 2 2 0− − + =x x x (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Α Λυκείου) Λύση ( ) ( ) ( )( )3 2 2 2 2 2 2 0 1 2 1 0 2 1 0− − + = ⇔ − − − = ⇔ − − = ⇔x x x x x x x x 2 0− =x ή 2 1 0− =x ● 2 0 2− = ⇔ =x x
  8. 8. [8] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com ● 2 2 1 0 1 1− = ⇔ = ⇔ = ±x x x Στην επόμενη παράγραφο οι μαθητές ασχολούνται με την εξίσωση =xν α 7) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Α Λυκείου) α) 3 8=x β) 4 16=x γ) 3 8= −x δ) 4 4= −x Λύση α) 3 3 8 8 2= ⇔ = =x x β) 4 4 16 16 2= ⇔ = =x x ή 4 16 2= − = −x γ) ( ) 33 3 3 3 8 8 8 8 8 2= − ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = −x x x x x x Τον παραπάνω τρόπο τον χρησιμοποιεί το βιβλίο προκειμένου να βγάλει το γενικό συμπέρασμα ότι η εξίσωση =xν α , με 0<α και ν περιττό φυσικό αριθμό έχει ακριβώς μια λύση την −ν α δ) Επειδή 4 0≥x η εξίσωση είναι αδύνατη Στην τελευταία παράγραφο του κεφαλαίου ασχολούμαστε αποκλειστικά με τις πολυωνυμικές εξισώσεις 2ου βαθμού. Αποδεικνύουμε ξανά τους τύπους (με διαφορετικό τρόπο απ’ ότι στη Γ Γυμνασίου) και δίνονται επιπλέον οι τύποι του Vieta. Τέλος οι μαθητές μαθαίνουν να λύνουν εξισώσεις που ανάγονται σε εξισώσεις δευτέρου βαθμού. 8) Να λυθεί η εξίσωση 2 2 3 0− − =x x (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Α Λυκείου) Λύση Επειδή 22 =x x η εξίσωση γράφεται 2 2 3 0− − =x x
  9. 9. [9] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Αν θέσουμε =x ω , τότε η εξίσωση γίνεται 2 2 3 0− − =ω ω Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες 1 3=ω και 2 1= −ω . Από αυτές δεκτή είναι μόνο η θετική, αφού 0= ≥xω .Επομένως 3=x , που σημαίνει 3= ±x Ιστορικά, στο Γάλλο μαθηματικό Francois Viete (1540-1603) οφείλεται η εμφάνιση της Άλγεβρας, ως κλάδος των μαθηματικών, στα τέλη του 16ου αιώνα στην Ευρώπη. Ο Viete συνεισέφερε σημαντικά στον αλγεβρικό συμβολισμό αφού ήταν ο πρώτος που χρησιμοποίησε φωνήεντα για να παριστάνει τις άγνωστες μεταβλητές και σύμφωνα για τις γνωστές. Επίσης χρησιμοποίησε για πρώτη φορά τα ίδια γράμματα για ύψωση σε δύναμη (Α, Α quadratum, A cubum) ανοίγοντας το δρόμο για την επικράτηση των 2 3 , ,x x x . Ας μη ξεχνάμε ότι μέχρι τον 19ο αιώνα η άλγεβρα αποτελούνταν κυρίως από τη θεωρία των εξισώσεων. Οι μαθητές φθάνοντας πλέον στη Β Λυκείου συνήθως έρχονται αντιμέτωποι με πιθανά κενά που έχουν συσσωρευτεί από τις προηγούμενες τάξεις. Η ύλη της Άλγεβρας είναι μεγάλη, απαιτητική και πολύ χρήσιμη για την τελευταία τάξη της δευτεροβάθμιας εκπαίδευσής τους, αλλά και την προετοιμασία τους για τις τελικές εξετάσεις. Στο 4ο κεφάλαιο γενικεύεται το θέμα των πολυωνυμικών εξισώσεων. «Σε προηγούμενες τάξεις γνωρίσαμε τον τρόπο επίλυσης των εξισώσεων 0+ =xα β , 2 0+ + =x xα β γ και 4 2 0+ + =x xα β γ με 0≠α . Οι εξισώσεις αυτές είναι ειδικές περιπτώσεις μιας κατηγορίας εξισώσεων της μορφής ( ) 0=P x , όπου ( )P x πολυώνυμο, οι οποίες λέγονται πολυωνυμικές εξισώσεις.» αναφέρει το σχολικό βιβλίο.
  10. 10. [10] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Λίγο πιο κάτω συνεχίζει: «Όπως για τις πολυωνυμικές εξισώσεις 1ου και 2ου βαθμού έτσι και για τις πολυωνυμικές εξισώσεις 3ου και 4ου βαθμού έχουν βρεθεί γενικοί τρόποι επίλυσής τους. Οι τρόποι αυτοί όμως απαιτούν γνώσεις που είναι έξω από το σκοπό αυτού του βιβλίου και δε θα αναπτυχθούν εδώ. Τέλος, έχει αποδειχθεί ότι γενικός τρόπος επίλυσης για πολυωνυμικές εξισώσεις βαθμού μεγαλύτερου του 4 δεν υπάρχει.» Έτσι, μετά το θεώρημα των ακεραίων ριζών και αφού σε προηγούμενη παράγραφο έχουν ήδη γνωρίσει το σχήμα Ηorner, λύνουν την πρώτη τους πολυωνυμική εξίσωση 3ου βαθμού χωρίς τη βοήθεια της παραγοντοποίησης. 9) Να λυθεί η εξίσωση 3 2 3 2 0− + + =x x x (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας B Λυκείου) Λύση Οι πιθανές ακέραιες ρίζες είναι οι διαιρέτες 1± , 2± του σταθερού όρου. Με το σχήμα Horner εξετάζουμε αν κάποιος από αυτούς μηδενίζει το πολυώνυμο ( ) 3 2 3 2= − + +P x x x x . Μετά από δοκιμές έχουμε: 1 -3 1 2 ρ=2 2 -2 -2 1 -1 -1 0 ( )2 0=P , άρα το 2 είναι ρίζα του ( )P x . Επομένως το 2−x είναι παράγοντας του ( )P x . Έτσι ( ) ( )( )2 2 1= − − −P x x x x , οπότε η εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς 1 5 1 5 2, , 2 2 − + Ιστορικά, η μέθοδος αποδόθηκε στον Horner από τον August De Morgan. Ο Horner τη δημοσίευσε το 1819 με άρθρο του σε μαθηματικό περιοδικό. Παρότι υπήρχαν πολλές συζητήσεις για την πατρότητα της μεθόδου, τελικά ο αλγόριθμος ονομάστηκε William George Horner, αν και η μέθοδος ήταν ήδη γνωστή στον Isaac Newton από το 1669 και ακόμη νωρίτερα στον κινέζο μαθηματικό Τσου-Σι- Τσιε (1280-1303).
  11. 11. [11] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Πολύ συχνά οι μαθητές στην παράγραφο αυτή αποκτούν τη λανθασμένη εντύπωση ότι με τον προηγούμενο τρόπο μπορούν να λύσουν κάθε πολυωνυμική εξίσωση 3ου βαθμού και πάνω, βγάζοντας το βιαστικό συμπέρασμα ότι όλες οι εξισώσεις αυτής της μορφής έχουν σίγουρα ακέραιες ρίζες. Έτσι στο παράδειγμα της εξίσωσης 5 3 5 2 8 0+ + − =x x x ακόμη και οι τελειόφοιτοι της Γ Λυκείου, στην αρχή τουλάχιστον της χρονιάς πιθανότατα να αποπειραθούν να τη λύσουν με σχήμα Horner. Η παραπάνω πολυωνυμική εξίσωση 5ου βαθμού έχει ακέραια ρίζα την 1=x . Όμως η παραγοντοποίηση του πολυωνύμου ( ) 5 3 5 2 8= + + −P x x x x σε ( ) ( )( )4 3 2 1 5 5 6 6 8= − + + + +P x x x x x x δημιουργεί πρόβλημα, αφού το πολυώνυμο 4 3 2 5 5 6 6 8+ + + +x x x x δεν έχει άλλες ακέραιες ρίζες για να παραγοντοποιηθεί επιπλέον. Για την ακρίβεια δεν έχει καθόλου ρίζες, αφού η αρχική πολυωνυμική συνάρτηση ( ) 5 3 5 2 8= + + −P x x x x είναι γνησίως μονότονη, οπότε η ρίζα 1=x που βρήκαμε με προφανή τρόπο είναι και μοναδική. Τη μέθοδο αυτή (προφανής ρίζα – μονοτονία) τη χρησιμοποιούμε πολύ κατά τη διάρκεια της Γ Λυκείου. Μπορούμε όμως να κάνουμε μια αναφορά στη Β Λυκείου, δεδομένου ότι ήδη οι μαθητές γνωρίζουν να μελετούν ως προς τη μονοτονία κάποιες συναρτήσεις με χρήση του ορισμού. 3ο κεφάλαιο Άλγεβρας Β Λυκείου και μετά από ένα χρόνο αποχής ερχόμαστε ξανά σε επαφή με την τριγωνομετρία. Αυτή τη φορά πιο επιστημονικά, πιο αναλυτικά και πιο μεθοδικά. Ο όρος τριγωνομετρία καθιερώθηκε το 1595 από το Γερμανό μαθηματικό Bartholomaus Pitiscus. Εν τούτοις η τριγωνομετρία αναπτύχθηκε και ήταν μέρος των μαθηματικών από την αρχαιότητα.
  12. 12. [12] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Οι εφαρμογές των τριγωνομετρικών συναρτήσεων και κατ’ επέκταση των τριγωνομετρικών εξισώσεων είναι τεράστιες. Αστρονομία, γεωγραφία, στατιστική, βιολογία, χημεία, σεισμολογία, μετεωρολογία, φαρμακευτική, φωνητική, οικονομία, μηχανολογία είναι μερικοί από τους κλάδους που η τριγωνομετρία έχει εφαρμογή. Οι τριγωνομετρικές εξισώσεις ξενίζουν στην αρχή τους μαθητές, κυρίως λόγω του πλήθους των ριζών τους. Ας δούμε κάποια παραδείγματα από το σχολικό. 10) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Β Λυκείου) α) 2 3 1 4   − =    x π συν β) 0 4   + − =    x x π ηµ συν γ) 1⋅ + = +x x x xεϕ ηµ ηµ εϕ Λύση α) 1 2 3 1 3 3 4 4 2 4 3       − = ⇔ − = ⇔ − =            x x x π π π π συν συν συν συν 3 2 4 3 3 2 4 3  − = +  ⇔    − = −  x ή x π π κπ π π κπ , ∈ℤκ
  13. 13. [13] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com 36 3 24 4 36 3 24 4 − = +  ⇔   − = − x ή x π κπ π π κπ π , ∈ℤκ 24 7 36 24 36 + =  ⇔   −  =  x ή x κπ π κπ π , ∈ℤκ β) 0 4 4 4        + − = ⇔ = − − ⇔ = − −              x x x x x x π π π ηµ συν ηµ συν ηµ συν π 3 3 4 4 2 4          ⇔ = − − ⇔ = + ⇔ = − +                  x x x x x x π π π π ηµ συν π ηµ συν ηµ ηµ 3 2 4 4      ⇔ = − + ⇔ = − −          x x x x π π π ηµ ηµ ηµ ηµ 2 4 2 4    = + − −    ⇔     = + − − −     x x ή x x π κπ π κπ π , ∈ℤκ 2 2 4 5 0 2 4  = −  ⇔    = +  x ή x π κπ π κπ , ∈ℤκ 8 = −x π κπ , ∈ℤκ γ) Η xεϕ έχει νόημα εφόσον 0≠xσυν . Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε: 1 1 0⋅ + = + ⇔ ⋅ − − + =x x x x x x x xεϕ ηµ ηµ εϕ εϕ ηµ ηµ εϕ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 1 1 0⇔ − ⋅ − − = ⇔ − ⋅ − =x x x x xεϕ ηµ εϕ εϕ ηµ 1 ή ημx=1 (αδύνατη, γιατί συνx 0)⇔ = ≠xεϕ
  14. 14. [14] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com 4 4 ⇔ = ⇔ = +x x π π εϕ εϕ κπ , ∈ℤκ Οι λύσεις αυτές είναι δεκτές, αφού ικανοποιούν τον περιορισμό. Εκτός από τις τριγωνομετρικές εξισώσεις οι μαθητές της Β Λυκείου μαθαίνουν να λύνουν και τις λεγόμενες εκθετικές εξισώσεις. Εκθετική ονομάζεται κάθε εξίσωση που περιέχει άγνωστο ή συνάρτηση του αγνώστου στον εκθέτη. Ιστορικά, όλα ξεκίνησαν το 1683 από τον γνωστό μας Jacob Bernoulli ο οποίος, παρατηρώντας πληθυσμούς να αυξάνονται ή να φθίνουν με ρυθμό ανάλογο προς τον ίδιο τον πληθυσμό (εκθετική μεταβολή), ασχολήθηκε με τον συνεχή ανατοκισμό και ανακάλυψε τον αριθμό 1 lim 1 →+∞   +   n n , γνωστό σήμερα ως e Στην παράγραφο 5.1 και σε σχόλιο του σχολικού βιβλίου γίνεται μια εισαγωγή της ιδιότητας 1 1− που έχουν οι εκθετικές συναρτήσεις και που είναι ιδιαίτερα χρήσιμη για την επίλυση εκθετικών εξισώσεων. Το πόσο θα επεκταθούμε στην ιδιότητα αυτή είναι παράγοντας αρκετών πραγμάτων, κυρίως όμως έχει να κάνει με το μαθησιακό επίπεδο των μαθητών που απευθυνόμαστε. 11) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Β Λυκείου) α) 4 1 27 9 + =x x β) 2 4 5 2 2 0⋅ − ⋅ + =x x γ) 2 1 1 3 9 11 4 4− + + = ⋅ +x x x x Λύση α) ( ) ( ) 4 14 1 3 2 12 2 2 27 9 3 3 3 3 12 2 2 ++ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + x xx x x x x x 1 10 2 5 ⇔ = ⇔ =x x β) ( ) 2 2 4 5 2 2 0 2 2 5 2 2 0⋅ − ⋅ + = ⇔ ⋅ − ⋅ + =x x x x
  15. 15. [15] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Αν θέσουμε 2 =x y αυτή γίνεται 2 2 5 2 0− + =y y και έχει ρίζες 2=y και 1 2 =y , οπότε η αρχική είναι ισοδύναμη με τις 2 2=x ή 1 2 2 =x . Επομένως οι ρίζες είναι 1=x ή 1= −x γ) 2 1 1 4 27 3 9 11 4 4 9 9 11 4 4 2 9 4 4 4 − + + = ⋅ + ⇔ + = ⋅ + ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ x x x x x x x x x x 9 27 4 8   ⇔ =    x 2 3 3 3 2 2     ⇔ =        x 3 2 3 2 ⇔ = ⇔ =x x Η συνέχεια και το τέλος των εξισώσεων (αλλά και της Άλγεβρας) της Β Λυκείου έχει να κάνει με τους λογάριθμους. Το 1614 ο John Napier δημοσίευσε ένα μικρό βιβλίο περιγράφοντας τον θαυμάσιο κανόνα των λογαρίθμων. Το βιβλίο αυτό περιείχε μόνο μια εισαγωγή και οδηγίες για την υπολογιστική χρήση των πινάκων, ενώ σκοπός του Napier αρχικά ήταν να μειώσει την κοπιώδη πράξη του πολλαπλασιασμού στην πολύ απλούστερη πράξη της πρόσθεσης. Οι εφαρμογές των λογαρίθμων πολλές. Από τις πιο χαρακτηριστικές το ντεσιμπέλ της έντασης και το pH της χημείας που δεν είναι τίποτα άλλο από λογαριθμικές μονάδες μέτρησης. Η λύση λογαριθμικών εξισώσεων στηρίζεται στην ιδιότητα 1 1− των λογαριθμικών συναρτήσεων, όπως ακριβώς και στις εκθετικές. 12) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Β Λυκείου) α) ( ) ( )log 1 log 1 log2+ + − =x x
  16. 16. [16] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com β) 4 2 ln 5ln 4 0− + =x x γ) 2 1 3− =x e Λύση α) Η εξίσωση ορίζεται αν 1 0+ >x και 1 0− >x , δηλαδή αν 1>x . Με τον περιορισμό αυτό έχουμε: ( ) ( ) ( )( )( )log 1 log 1 log2 log 1 1 log2+ + − = ⇔ + − =x x x x ( )2 log 1 log2⇔ − =x 2 1 2⇔ − =x 2 3 3⇔ = ⇔ =x x ή 3= −x Δεκτή είναι μόνο η 3=x β) Η εξίσωση ορίζεται αν 0>x Αν θέσουμε 2 ln =x y αυτή γίνεται 2 5 4 0− + =y y και έχει ρίζες 1=y και 4=y , οπότε η αρχική είναι ισοδύναμη με τις: ● 2 1 ln 1 ln 1 ± = ⇔ = ± ⇔ =x x x e ● 2 2 ln 4 ln 2 ± = ⇔ = ± ⇔ =x x x e Επομένως η εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς 21 , ,e e e και 2 1 e γ) ( ) ( )2 1 2 1 1 ln3 3 ln ln3 2 1 ln ln3 2 1 ln3 2 − − + = ⇔ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =x x e e x e x x Μέχρι τώρα είδαμε τις πιο χαρακτηριστικές περιπτώσεις εξισώσεων, μαζί με μεθόδους λύσης, αλλά και κάποια ιστορικά στοιχεία και διδακτικές προσεγγίσεις. Στα μαθηματικά γενικά, αλλά και στον κόσμο των εξισώσεων ειδικότερα οι μέθοδοι υπάρχουν απλά για να βάζουν σε κάποια τάξη τις σκέψεις μας. Σε καμία περίπτωση δεν μπορούν να καλύψουν το εύρος των περιπτώσεων που μπορεί να μας τύχει. «Η φαντασία είναι η κινητήρια δύναμη των μαθηματικών» έλεγε ο De Morgan και είχε δίκιο. Ας δούμε άλλες δύο περιπτώσεις εξισώσεων από τις επαναληπτικές ασκήσεις στο τέλος του σχολικού βιβλίου.
  17. 17. [17] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com 13) Να λυθούν οι εξισώσεις (σχολικό βιβλίο Άλγεβρας Β Λυκείου) α) 3 2 2 1 0+ + − =x x x β) 2 4 2 3 3   + =    x x Λύση α) Εκτός από το θεώρημα των ακεραίων ριζών υπάρχει και το θεώρημα των ρητών ριζών. «Έστω η πολυωνυμική εξίσωση 1 1 1 0..... 0− −+ + + + =x x xν ν ν να α α α με ακέραιους συντελεστές. Αν ο ρητός 0≠ κ λ είναι ρίζα της εξίσωσης τότε ο κ είναι διαιρέτης του σταθερού όρου 0α και ο λ είναι διαιρέτης του συντελεστή να » αναφέρει το βιβλίο πριν την εκφώνηση της άσκησης. Οπότε στη συγκεκριμένη εξίσωση έχουμε: Οι διαιρέτες του 1 είναι 1± , ενώ του 2 είναι 1± , 2± ,οπότε πιθανές ρητές ρίζες της εξίσωσης είναι 1± , 1 2 ± Αν θέσουμε ( ) 3 2 2 1= + + −P x x x x με το σχήμα Horner βρίσκουμε ( )1 3 0= ≠P , ( )1 3 0− = − ≠P , ενώ για 1 2 =ρ έχουμε: 2 1 1 -1 1 2 =ρ 1 1 1 2 2 2 0 Επομένως η εξίσωση γίνεται ( ) ( )( )2 21 2 2 2 0 2 1 1 0 2   − + + = ⇔ − + + =    x x x x x x και έχει ρίζα το 1 2 =x μόνο.
  18. 18. [18] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com β) Μια προφανή λύση της εξίσωσης είναι η 1=x . Θα δείξουμε ότι η λύση αυτή είναι και μοναδική. Έχουμε την εξίσωση 2 4 2 3 3   + =    x x (1) Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση ( ) 2 4 3 3   = +    x f x είναι γνησίως φθίνουσα, ενώ η ( ) 2= x g x είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως: ● Αν 1<x τότε 1 2 4 2 4 2 3 3 3 3     + > + =        x , ενώ 1 2 2 2< =x Άρα 2 4 2 3 3   + >    x x και επομένως δεν υπάρχει ρίζα της εξίσωσης (1) μικρότερη του 1 ● Αν 1>x τότε 1 2 4 2 4 2 3 3 3 3     + < + =        x , ενώ 1 2 2 2> =x Άρα 2 4 2 3 3   + <    x x και επομένως δεν υπάρχει ρίζα της εξίσωσης (1) μεγαλύτερη του 1 Ειδικά η δεύτερη εξίσωση μπορεί να αποτελέσει και την αφετηρία συζητήσεων με τους μαθητές μας για τα μαθηματικά της Γ Λυκείου και τις εξισώσεις που θα συναντήσουμε εκεί. Και μια τελευταία εκτός σχολικού βιβλίου που συνδυάζει εκθετική με τριγωνομετρική εξίσωση και έχει ειδικό τρόπο λύσης. 14) Να λυθεί η εξίσωση 2 2 =x xσυν Λύση Η εξίσωση είναι 2 2 =x xσυν (1) 2 2 2 0 0 2 2 2 1≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥x x x (2) Όμως 2 (1) 1 2 1≤ ⇔ ≤x xσυν (3)
  19. 19. [19] Επιμέλεια: Θανάσης Κοπάδης thanasiskopadis.blogspot.com Από (2) και (3) έχουμε: 2 2 2 1 0 0= ⇔ = ⇔ =x x x Η λύση 0=x επαληθεύει την (1) Η επαλήθευση εδώ είναι υποχρεωτική γιατί για την επίλυση της εξίσωσης δε χρησιμοποιήσαμε ισοδυναμίες. Επόμενη στάση: Γ Λυκείου.

×