Równania - Scholaris

Równania
Można w nieznacznym uproszczeniu stwierdzić, że szkolna algebra polega na rozwiązywaniu równań.
Niektórzy z nas koniecznie chcą dokładnie odpowiedzieć na pytanie „Co to jest równanie?” W niektórych
podręcznikach znajdziemy mniej lub bardziej nieudolne próby odpowiedzi na to pytanie. Szukanie ich uważam
jednak za bezpodstawne, gdyż równania są do rozwiązywania, a nie do definiowania. Nie wyobrażam sobie,
by nawet najbardziej odporny na matematykę uczeń pomylił równanie z innym obiektem matematycznym, np.
trójkątem albo prawdopodobieństwem zdarzenia.
W celu rozwiązania równania staramy się doprowadzić je do możliwie prostej postaci, w której bez
kłopotu wskażemy liczby spełniające to równanie. Chętnie mówimy wtedy o równoważności równań. Kiedy
dwa równania uznamy za równoważne? Zwykle przyjmujemy określenie: Dwa równania są równoważne, jeżeli
mają ten sam zbiór rozwiązań.
Wobec tego powinniśmy uznać za równoważne równania x2 = –1 i sin x = 5, gdyż w zbiorze liczb
rzeczywistych oba nie mają rozwiązań lub, jak wolą niektórzy, zbiór rozwiązań każdego z tych równań jest
zbiorem pustym. Także równania x = 1, (x – 1)2 = 0, log x = 0 powinniśmy uznać za równoważne, bo każde z
nich jest spełnione przez liczbę x0 = 1 i nie jest spełnione przez żadną inną liczbę, tj. zbiór rozwiązań każdego z
tych równań jest zbiorem {1}. Czy jednak na pewno bez wahania w każdym z tych dwóch przykładów
wymienione równania uznamy za równoważne?
Rozwiązując równania metodą równań równoważnych, przekształcamy dane równanie, wykonując pewne
operacje, których listę dość ostro reglamentujemy; tak więc wolno do obu stron równania dodać dowolną
liczbę, wolno obie strony równania pomnożyć przez dowolną liczbę różną od zera, ale już nie wolno podnieść
obu stron równania do kwadratu, gdyż po tej operacji możemy dostać równanie mające więcej rozwiązań, niż
równanie wyjściowe. A zatem z praktycznego punktu widzenia dwa równania są równoważne, gdy od jednego
do drugiego możemy przejść wykonując skończony ciąg operacji dozwolonych. Nie da się tego zrobić dla
równań x2 = –1 i sin x = 5, stąd wątpliwość, czy te równania uznać za równoważne.
Nie każde równania dają się rozwiązać metodą równań równoważnych. Wówczas wykorzystujemy
metodę analizy starożytnych. Polega ona na tym, że stosujemy takie przekształcenia równania, które pozwalają
twierdzić: jeśli liczba x0 spełnia dane równanie, to spełnia również kolejne równanie. Jeśli wreszcie
wyznaczymy zbiór liczb spełniających ostatnie równanie, to dla każdej z nich sprawdzamy, czy spełnia ona
równanie wyjściowe. Najprostszą z takich operacji jest podnoszenie obu stron równania do kwadratu.
Rozważmy kilka przykładów.
Przykłady
1. Rozwiążemy równanie
x  2 = x. Przypuśćmy, że liczba x spełnia to równanie. Podnosimy obie jego
strony do kwadratu i dostajemy równanie x + 2 = x2, którego pierwiastkami są liczby x1 = –1, x2 = 2.
Sprawdzamy teraz, czy liczby te spełniają dane równanie. Liczba 2 jest rozwiązaniem, gdyż
2  2 = 2,
natomiast liczba –1 nie spełnia równania, gdyż po jej podstawieniu po lewej stronie dostajemy
 1 2 = 1, po prawej zaś liczbę –1.
2. Równanie
2 log x
= 1 możemy przekształcić do postaci log x2 = log (5x – 4), z której otrzymujemy
log 5 x  4
x2 = 5x – 4. Równanie to spełniają dwie liczby x1 = 1 i x2 = 4. Pierwsza z nich nie jest jednak rozwiązaniem
równania wyjściowego, gdyż dla wartości 1 nie istnieje wyrażenie po lewej stronie równania. Natomiast
liczba 4 jest rozwiązaniem.
3. Równanie
x+3+
x  3  2 x  9 = 4 po podniesieniu obu stron do kwadratu przyjmuje postać
2 x  9 = 16, tj.
2 x  9 = 13 – x. Ponownie podnosimy obie strony do kwadratu otrzymując
2x + 9 = 169 – 26x + x2. To równanie sprowadzamy do postaci x2 – 28x + 160 = 0. Ostatnie równanie ma
dwa pierwiastki x1 = 8, x2 = 20. Tylko pierwszy z nich spełnia równanie wyjściowe.
Rozwiązywanie równań wymaga na ogół pewnego pomysłu i może być traktowane jako ciekawa rozrywka
umysłowa. Jeśli napotkamy trudności, staramy się je pokonać, wierząc, że znalezienie właściwej drogi
prowadzącej do rozwiązania, choć niełatwe, jest zawsze możliwe. I tu czeka nas przykra niespodzianka: nie
każde równanie można rozwiązać. Wyjaśnijmy to dokładniej. Przeanalizujmy metodę rozwiązywania równania
kwadratowego ax2 + bx + c = 0.
Obliczamy wyróżnik  = b2 – 4ac, następnie obliczamy
 oraz x1 =
b 
b 
, x2 =
. Pierwiastki
2a
2a
równania wyraziliśmy przez jego współczynniki, wykonując działania dodawania, odejmowania, mnożenia,
dzielenia oraz wyciągania pierwiastka. Jeżeli pierwiastki jakiegoś równania dadzą się w taki sposób wyrazić
przez współczynniki tego równania (można przy tym cztery działania arytmetyczne i operacje wyciągania
pierwiastków dowolnych stopni iterować wielokrotnie), to mówimy, że rozwiązaliśmy równanie przez
pierwiastniki. Dowolne równanie trzeciego oraz czwartego stopnia można rozwiązać przez pierwiastniki, choć
wzory na pierwiastki tych równań są na tyle skomplikowane, że praktycznie nie mają większego znaczenia. Nie
można natomiast rozwiązać przez pierwiastniki równań wyższych stopni, np. pierwiastki równania x5 – 4x – 2 =
0 nie wyrażają się przez pierwiastniki (patrz. J. Browkin, Wybrane zagadnienia algebry, PWN, Warszawa,
1968).
Okazuje się, że dwa pierwiastki tego równania są liczbami zespolonymi sprzężonymi, pozostałe trzy
liczbami rzeczywistymi leżącymi odpowiednio w przedziałach (–2, –1), (–1, 0) oraz (1, 2). Żadnej z tych liczb
nie da się jednak zapisać jako wyniku dowolnie iterowanych działań arytmetycznych i operacji wyciągania
pierwiastków dowolnych stopni. Twierdzimy więc, że czegoś nie można zrobić. Jest to dość osobliwe
twierdzenie. Zwykle stwierdzamy, że dane zadanie można wykonać, a jeśli nie bardzo się to udaje, jesteśmy
skłonni sądzić, że brak nam pomysłu, albo odpowiedniej metody i jest tylko kwestią czasu, by wpaść na
odpowiedni pomysł lub znaleźć w literaturze odpowiednie twierdzenia. A tu twierdzenie głosi, że danego
równania nie da się rozwiązać przyjętymi przez nas metodami.
Wyjaśnijmy jednak, że to, co napisano wyżej nie oznacza bynajmniej, że nie można rozwiązać żadnego
równania stopnia wyższego od 4. Twierdzenie, na które się powołaliśmy orzeka jedynie, że nie istnieją wzory
pozwalające rozwiązać każde równanie. Najczęściej stosowaną metodą rozwiązywania równania jest
sprowadzanie go do równania niższego stopnia: jeśli potrafimy odgadnąć pierwiastek x0 danego wielomianu, to
dzieląc go przez (x – x0) dostaniemy jako iloraz wielomian niższego stopnia. Odgadywanie pierwiastków
danego wielomianu anxn + an–1xn-1 +  + a1x + an sprowadza się zazwyczaj do zastosowania twierdzenia:
Liczba wymierna zapisana w postaci ułamka nieskracalnego
p
jest pierwiastkiem wielomianu anxn + an–1xn-1 +
q
 + a1x + an o współczynnikach całkowitych wtedy i tylko wtedy, gdy p jest dzielnikiem wyrazu wolnego a0,
a q jest dzielnikiem współczynnika an przy najwyższej potędze.
Z twierdzenia tego wynika, że w przypadku, gdy an = 0, każdy pierwiastek wymierny rozważanego wielomianu
jest liczbą całkowitą.
W pewnych przypadkach można też szukać pierwiastków równań algebraicznych w inny sposób.
Równanie anxn + an–1xn-1 +  + a1x + an = 0 nazywamy równaniem symetrycznym, jeśli an = a0, an-1 = a1 i
ogólnie an–k = ak dla k = 0, 1, 2, , n.
Wyjaśnimy na przykładach, w jaki sposób można rozwiązywanie równań symetrycznych sprowadzić do
rozwiązywania równań niższych stopni.
Przykłady
1. Rozwiążemy równanie x4 – 5x3 + 8x2 –5x + 1 = 0. Dzielimy obie strony równania przez x2 i mamy
1 1
1
1
x 2  5 x  8  5   2 = 0. Podstawiamy teraz t = x  . Ponieważ t2 = x2 +2 + 2 , to z danego
x
x x
x
równania dostajemy t2 – 5t + 6 = 0. Pierwiastkami tego równania kwadratowego są liczby t1 = 2, t2 = 3.
Stąd mamy x 
1
1
= 2 lub x  = 3. Zatem x2 – 2x + 1 = 0 lub x2 – 3x + 1 = 0. Pierwsze równanie ma
x
x
pierwiastek dwukrotny x1 = 1, dla drugiego zaś obliczamy wyróżnik
Równanie to ma więc pierwiastki x2 =
3 5
3 5
, x3 =
.
2
2
 = 32 – 4 = 5,
  5.
2. Rozwiążemy równanie 2x5 – 11x4 + 11x3 +11x2 – 11x + 2 = 0. Równanie to (podobnie, jak każde
równanie symetryczne stopnia nieparzystego) ma pierwiastek x1 = – 1. Istotnie podstawiając x = –1
dostajemy –2 – 11 + 11 – 11 + 11 + 2 = 0 (jednomiany an–kxn–k i akxk mają równe współczynniki, ale po
podstawieniu x = 1 są liczbami przeciwnymi, bo liczby n–k, k są różnej parzystości). Dzielimy
wielomian 2x5 – 11x4 + 11x3 +11x2 – 11x + 2 przez x + 1 i otrzymujemy równanie 2x4 – 13 x3 + 24 x2 –
13x + 2 = 0. Jest to też równanie symetryczne. Dzielimy je przez x2 i dostajemy 2x2 – 13x + 24 – 13 
+ 2
1
1
1
= 0. Podstawiamy teraz t = x  . Ponieważ t2 = x2 +2 + 2 , to z danego równania dostajemy
2
x
x
x
2t2 – 13t + 20 = 0. Rozwiązujemy to równanie.  = 132 – 4220 = 169 – 160 = 9,
2
1
x
 = 3, t1 =
13  3
=
4
1
1
1
1
, t2 = 4. Dostajemy więc dwa równania: x  = 2 , x  = 4, które przekształcamy do postaci
x
x
2
2
równoważnych 2x2 – 5x + 2 = 0, x2 – 4x + 1 = 0. Rozwiązujemy je kolejno: 2x2 – 5x + 2 = 0,  = 25 – 16
= 9,
 = 3, x2 =
53 1
53
 , x3 =
= 2; x2 – 4x + 1 = 0,  = 16 – 4 = 12,
4
2
4
=2–
3 , x5 = 2 +
1, x2 =
42 3
53 1
53
 , x3 =
= 2, x4 =
=2–
4
2
4
2
  2 3 , x4 =
42 3
2
3 . Otrzymaliśmy więc pięć liczb spełniających dane równanie symetryczne: x1 = –
również jej odwrotność
3 , x5 = 2 +
3 . Zauważmy, że wraz z liczbą xi
1
spełnia dane równanie. Tak jest dla każdego równania symetrycznego.
xi