Η δευτεροβάθμια εξίσωση

Όλοι μας θυμόμαστε τον πρώτο «δύσκολο» τύπο – σε ό,τι έχει να κάνει με την απομνημόνευσή του – που συναντήσαμε στο σχολείο· αυτόν των ριζών ενός τριωνύμου. Για να ακριβολογούμε, αν $ax^2+bx+c=0$ είναι μία δευτεροβάθμια εξίσωση, με $a\neq0$ , τότε οι ρίζες της, αν υπάρχουν, δίνονται από τον τύπο:

$\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a},$

όπου $\Delta=b^2-4ac$ . Ωστόσο, όπως πρόσφατα με ρώτησε και μία μαθήτριά μου «γιατί «4» στη διακρίνουσα και όχι, ας πούμε, «5»;». Και δίκιο είχε, αφού, στη Γ’ γυμνασίου, όπου και ο τύπος αυτός διδάσκεται, είτε δε δίνεται σημασία στην απόδειξη, είτε αυτή γίνεται παντελώς αποστειρωμένα, χωρίς να έχει κάποιο όφελος ο μέσος μαθητής. Ας πάρουμε, λοιπόν, τα πράγματα από την αρχή…

Μια απλή δευτεροβάθμια εξίσωση

Δεν είναι απαραίτητο να χρησιμοποιούμε τον τύπο για όλες τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις. Ας πάρουμε, για παράδειγμα, την εξίσωση $x^2=4$ . Είναι εύκολο να δούμε ότι οι ρίζες αυτής της εξίσωσης είναι οι αριθμοί $x=\sqrt{4}=2$ και $x=-\sqrt{4}=-2$ . Αυτό, αν θέλουμε να το δούμε αυστηρά, αποδεικνύεται ως εξής:

$x^2=4\Leftrightarrow x^2-4=0\Leftrightarrow(x-2)(x+2)=0\Leftrightarrow x-2=0$ ή $x+2=0$ ,

από όπου προκύπτει ότι $x=2$ ή $x=-2$ . Ανάλογα, μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι η εξίσωση $x^2=a$ :

έχει δύο διαφορετικές λύσεις, τις $\sqrt{a}$ και $-\sqrt{a}$ , αν $a>0$ ,
έχει μία (διπλή) λύση, την $0$ , αν $a=0$ ,
είναι αδύνατη αν $a<0$ .

Ανάλογα, μπορούμε εύκολα να λύσουμε και την ακόλουθη εξίσωση:

$(x+1)^2=4,$

αφού, από τα παραπάνω, μπορούμε να πούμε ότι $x+1=2$ ή $x+1=-2$ , άρα $x=1$ ή $x=-3$ . Γιατί, λοιπόν, είναι, γενικά, οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις, τόσο δύσκολες;

Το συμπλήρωμα του τετραγώνου

Ίσως το έχουμε ξανακούσει από τις ταυτότητες. Ας θυμηθούμε, πρώτα, την ταυτότητα:

$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$

ή την «ξαδέλφη» της, $(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ . και ας πάρουμε, τώρα, και την παράσταση:

$4x^2+6x+3.$

Βλέπετε κάποιον τρόπο να εμφανίσετε ένα «τέλειο τετράγωνο» εκεί μέσα; Δηλαδή, μια παράσταση της μορφής $(a\pm b)^2$ ; Ας προσπαθήσουμε να ξαναγράψουμε την παράστασή μας ως εξής:

$4x^2+6x+3=(2x)^2+6x+3.$

Αν θέλαμε να εμφανίσουμε την ταυτότητα $(a+b)^2$ , θα έπρεπε να έχουμε μία παράσταση της μορφής $a^2+2ab+b^2$ . Αν πάρουμε για $a=2x$ , τότε, παρατηρούμε ότι η παράσταση μπορεί να γραφτεί:

$(2x)^2+3\cdot2x+3=a^2+3a+3.$

Όμως, που είναι το $b$ ; Εδώ κάνουμε ένα «κόλπο». Αντί για $3a$ , μπορούμε να γράψουμε $2\cdot\dfrac{3}{2}\cdot a$ , οπότε, να πάρουμε ως $b$ το $\dfrac{3}{2}$ . Έτσι, μπορούμε να ξαναγράψουμε τη δοσμένη παράσταση ως εξής:

$(2x)^2+3\cdot2x+3=(2x)^2+2\cdot\dfrac{3}{2}\cdot2x+3=a^2+2ab+3.$

Τώρα, το μόνο που μας λείπει είναι το $b^2$ , δηλαδή το $\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}$ . Θα κάνουμε κι εδώ ένα απλό κόλπο, το οποίο θα είναι να προσθέσουμε και να αφαιρέσουμε τον ίδιο αριθμό από την παράσταση. Ώπα, κάτσε, και ποιο είναι το νόημα;! Αφού αν προσθέσουμε και αφαιρέσουμε, τον ίδιο αριθμό, δεν αλλάζει τίποτα! Ακριβώς εκεί είναι το νόημα. Αφού δεν αλλάζει τίποτα, η παράσταση που θα προκύψει θα είναι η ίδια με την αρχική, απλά θα έχει γραφτεί με άλλα «λόγια»:

$(2x)^2+2\cdot\dfrac{3}{2}\cdot2x+3=\underbrace{(2x)^2+2\cdot\dfrac{3}{2}\cdot2x+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}_{a^2+2ab+b^2}-\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+3.$

Τώρα, όμως, έχει εμφανιστεί η πολυπόθητη παράσταση, οπότε:

$(2x)^2+2\cdot\dfrac{3}{2}\cdot2x+3=\left(2x+\dfrac{3}{2}\right)^2-\dfrac{9}{4}+3=\left(2x+\dfrac{3}{2}\right)^2-\dfrac{3}{4}.$

Η διαδικασία που κάναμε παραπάνω λέγεται συμπλήρωμα του τετραγώνου και θα μας βοηθήσει πάρα πολύ στο να λύνουμε δευτεροβάθμιες εξισώσεις χωρίς να θυμόμαστε κάποιον τύπο.

Λύνοντας δευτεροβάθμιες εξισώσεις με τη συμπλήρωση τετραγώνου

Ας πάρουμε την εξίσωση:

$x^2-4x+3=0.$

Πάμε να συμπληρώσουμε τετράγωνο όπως είδαμε, για να δούμε αν θα πάρουμε κάτι χρήσιμο. Διαδοχικά, έχουμε:

Πρώτα βρίσκουμε το $a$ μας. Στην περίπτωσή μας, αυτό είναι απλό – θα είναι το $x$ .
Στη συνέχεια, «σπάμε» τον μεσαίο όρο έτσι ώστε να είναι γραμμένος στη μορφή $2ab$ . Στην περίπτωσή μας $x^2-4x+3=x^2-2\cdot x\cdot2+3=0$ .
Από τα παραπάνω καταλαβαίνουμε ότι πρέπει να έχουμε $b=2$ , άρα θέλουμε να εμφανίσουμε το $b^2=4$ . Προσθέτουμε και αφαιρούμε, λοιπόν, το $4$ , οπότε έχουμε $x^2-4x+3=0\Leftrightarrow x^2-2\cdot x\cdot2+4-4+3=0$ .
Συμμαζεύουμε το τετράγωνο, οπότε η εξίσωση γράφεται στη μορφή $(x-2)^2-1=0$ .

Από εδώ, είναι εύκολο να τη λύσουμε, αφού:

$latex (x-2)^2-1=0\Leftrightarrow(x-2)^2=1\Leftrightarrow x-2=1$ ή $x-2=-1$ ,

οπότε $x=3$ ή $x=1$ .

Κι αν είχαμε την εξίσωση:

$-2x^2+8x-6=0,$

τι θα κάναμε, που το $-2x^2$ είναι αρνητικό, άρα δεν μπορεί να γραφτεί ως $a^2$ ; Μπορούμε αν κάνουμε το εξής κόλπο – όλο κόλπα είμαστε σε αυτήν την ανάρτηση:

$\dfrac{-2}{-2}x^2+\dfrac{8}{-2}x-\dfrac{6}{-2}=0.$

Πρακτικά, διαιρέσαμε τα πάντα με το $-2$ . Έτσι, αν κάνουμε τις πράξεις, η εξίσωση γράφεται:

$x^2-4x+3=0,$

που είναι η ίδια με την προηγούμενη. Αυτό το κόλπο, να διαιρούμε με τον συντελεστή του $x^2$ , θα μας φανεί πολύ χρήσιμο στην πορεία.

Ο τύπος και το 4…

Ας δούμε τώρα πώς αποδεικνύεται ο τύπος που μας δίνει τις λύσεις μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης. Αρχικά, έστω $ax^2+bx+c=0$ , με $a\neq0$ , μία δευτεροβάθμια εξίσωση. Όπως είδαμε και παραπάνω, μας διευκολύνει το να διαιρέσουμε κάθε όρο με $a$ , οπότε η εξίσωση γράφεται στη μορφή:

$x^2+\dfrac{b}{a}x+\dfrac{c}{a}=0.$

Τώρα, προσπαθούμε να συμπληρώσουμε το τετράγωνο:

$x^2+2\cdot\frac{b}{2a}\cdot x+\dfrac{c}{a}=0\Leftrightarrow x^2+2\cdot\dfrac{b}{2a}\cdot x+\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2+\dfrac{c}{a}=0\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4a^2}+\dfrac{c}{a}=0\Leftrightarrow\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{b^2-4ac}{4a^2}=0.$

Σε αυτό το σημείο, θέτουμε $\Delta=b^2-4ac$ (να πώς ήρθε το 4) και έχουμε:

$\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4a^2}=0\Leftrightarrow\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2=\dfrac{\Delta}{4a^2}.$

Εδώ, μιας και το αριστερό μέλος είναι μη αρνητικό ενώ το δεξί αλλάζει πρόσημο ανάλογα με το πρόσημο της $\Delta$ – αφού $4a^2>0$ – έχουμε:

αν $\Delta>0$ , τότε μπορούμε, κατά τα γνωστά, να πάρουμε ρίζες και στα δύο μέλη, οπότε έχουμε:
$x+\dfrac{b}{2a}=\pm\sqrt{\dfrac{\Delta}{4a^2}}\Leftrightarrow x+\dfrac{b}{2a}=\dfrac{\pm\sqrt{\Delta}}{2a}\Leftrightarrow x=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a},$
που είναι ο γνωστός μας τύπος.
αν $\Delta=0$ , τότε η εξίσωση γράφεται: $\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{b}{2a}$ , δηλαδή, η εξίσωση έχει μία (διπλή) ρίζα.
αν $\Delta<0$ , τότε η εξίσωση είναι αδύνατη, γιατί το αριστερό μέλος είναι μη αρνητικό και το δεξί αρνητικό.

Τόσο απλά (λέμε τώρα), βγαίνει ο περιβόητος τύπος της δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

Ένας άλλος τρόπος λύσης

Η απόδειξη του τύπου των ριζών δευτεροβάθμιας εξίσωσης είναι, ταυτόχρονα, και ένας τρόπος επίλυσής της χωρίς να θυμόμαστε κανέναν απολύτως τύπο. Συνοπτικά, αυτά που κάναμε είναι:

να συμπληρώσουμε το τετράγωνο,
να μεταφέρουμε στο δεξί μέλος τους όρους που περισσεύουν,
να διακρίνουμε περιπτώσεις ανάλογα με το τι μας έχει μείνει στο δεξί μέλος.

Ωστόσο, πρόσφατα διάβασα σε ένα αρκετά ενδιαφέρον άρθρο – Po-Shen Loh, A simple proof of the Quadratic fomrula, arXiv:1910.06709 [math.HO] – που παρουσίαζε έναν εναλλακτικό τύπο επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων, αξιοποιώντας την ταυτότητα $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ .

Οι τύποι του Vieta

Αρχικά, παρατηρούμε ότι αρκεί να ασχοληθούμε με δευτεροβάθμιες εξισώσεις της μορφής:

$x^2+bx+c=0,$

αφού, αν $a\neq1$ , μπορούμε να διαιρέσουμε κάθε όρο της με $x$ και να αναχθούμε στην παραπάνω μορφή. Ας παρατηρήσουμε τώρα και το εξής: συμπληρώνοντας τετράγωνο στην παραπάνω εξίσωση, αυτή ξαναγράφεται:

$\begin{aligned} x^2+bx+c=0&\Leftrightarrow x^2+2\dfrac{b}{2}x+c=0\\&\Leftrightarrow x^2+2\dfrac{b}{2}x+\left(\dfrac{b}{2}\right)^2-\left(\dfrac{b}{2}\right)^2+c=0\\&\Leftrightarrow \left(x+\dfrac{b}{2}\right)^2-\dfrac{b^2}{4}+c=0\\&\Leftrightarrow \left(x+\dfrac{b}{2}\right)^2-\dfrac{b^2-4c}{4}=0 \end{aligned}$

Τώρα, ας παρατηρήσουμε ότι $b^2-4c=\Delta$ , αφού έχουμε πάρει $a=1$ , οπότε και έχουμε:

$\left(x+\dfrac{b}{2}\right)^2-\dfrac{b^2-4c}{4}=0\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{b}{2}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4}=0.$

Υποθέτοντας ότι η εξίσωσή μας έχει είτε δύο διαφορετικές λύσεις είτε μία διπλή – δηλαδή ότι $\Delta\geq0$ – μπορούμε να γράψουμε:

$\left(x+\dfrac{b}{2}\right)^2-\left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2=0\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{b}{2}-\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2}\right)\left(x+\dfrac{b}{2}+\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2}\right)=0,$

ή, λίγο διαφορετικά – προσθέτοντας τα κλάσματα σε κάθε παρένθεση:

$\begin{aligned}&\left(x+\dfrac{b-\sqrt{\Delta}}{2}\right)\left(x+\dfrac{b+\sqrt{\Delta}}{2}\right)=0\Leftrightarrow\\&\left(x-\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2}\right)\left(x-\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2}\right)=0.\end{aligned}$

Αφού έχουμε επιλέξει $a=1$ , αυτά τα κλασματάκι που εμφανίστηκαν μέσα στις παρενθέσεις είναι οι ρίζες του τριωνύμου, έστω $\rho_1,\rho_2$ , οπότε μπορούμε, για συντομία, να γράψουμε:

$(x-\rho_1)(x-\rho_2)=0.$

Συνοψίζοντας, αυτό που έχουμε δείξει είναι ότι αν μία δευτεροβάθμια εξίσωση έχει ρίζες/α – έστω $\rho_1,\rho_2$ , ενδεχομένως και ίσες μεταξύ τους – τότε αυτή μπορεί να γραφτεί στη μορφή:

$(x-\rho_1)(x-\rho_2)=0.$

Ισοδύναμα, αν ένα τριώνυμο $x^2+bx+c$ έχει διακρίνουσα $\Delta\geq0$ τότε μπορούμε να πούμε ότι:

$x^2+bx+c=(x-\rho_1)(x-\rho_2).$

Αν κάνουμε λίγες πραξούλες στο δεξί μέλος, βλέπουμε ότι:

$(x-\rho_1)(x-\rho_2)=x^2-\rho_1x-\rho_2x+\rho_1\rho_2=x^2-(\rho_1+\rho_2)x+\rho_1\rho_2.$

Επομένως, έχουμε:

$x^2+bx+c=x^2-(\rho_1+\rho_2)x+\rho_1\rho_2,$

οπότε πρέπει να ισχύει ότι $b=-(\rho_1+\rho_2)$ και $c=\rho_1\rho_2$ . Οι τελευταίοι δύο τύποι είναι γνωστοί και ως τύποι του Vieta (σε λίγο γενικότερη μορφή, αλλά αυτό που έχουμε βρει είναι ισοδύναμο). Τι μας λένε, όμως αυτοί οι τύποι;

Μία λύση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης μέσω… Vieta

Αυτό που αποκαλύπτουν οι τύποι του Vieta είναι μία πολύ καλή συσχέτιση ανάμεσα στους συντελεστές μίας δευτεροβάθμιας εξίσωσης της μορφής $x^2+bx+c=0$ με τις ρίζες της. Για την ακρίβεια, το άθροισμα των δύο ριζών είναι ίσο με το αντίθετο του $late b$ και το γινόμενό τους είναι ίσο με $c$ . Ας δούμε τώρα πώς αυτή η πληροφορία μπορεί να μας βοηθήσει στο να λύσουμε – ίσως πιο εύκολα, σίγουρα πιο ευφάνταστα – μία δευτεροβάθμια εξίσωση, όπως προτείνει ο Po Shen-Lo.

Ας πάρουμε την εξίσωση:

$x^2-5x+4=0.$

Αν η εξίσωση αυτή έχει πραγματικές ρίζες, τότε αυτές θα πρέπει να έχουν άθροισμα 5, σύμφωνα με τους τύπους του Vieta. Πώς μοιάζουν, όμως, δύο αριθμοί που έχουν άθροισμα 5; Εδώ κρύβεται μία κομψή και συνάμα απλή ιδέα: η πιο απλή μορφή δύο τέτοιων αριθμών θα ήταν να είναι και οι δύο ίσοι με το μισό του 5, δηλαδή το $\frac{5}{2}$ . Αν, ωστόσο, δε συμβαίνει αυτό τότε θα είναι της μορφής:

$\rho_1=\frac{5}{2}+u,\ \rho_2=\frac{5}{2}-u,$

για κάποιο $u$ . Πράγματι, αν το καλοσκεφτούμε, αυτό που γράψαμε παραπάνω δεν είναι παρά το εξής: αν δεν είναι ίσοι με το μισό του 5, τότε ο ένας θα είναι λίγο μεγαλύτερος από το $\frac{5}{2}$ και ο άλλος λίγο μικρότερος – για την ακρίβεια, τόσο μικρότερος όσο ο άλλος είναι μεγαλύτερος. Και, για να το σιγουρέψουμε, ορίστε, άμα τους προσθέσουμε έχουμε:

$\rho_1+\rho_2=\frac{5}{2}+u+\frac{5}{2}-u=\frac{5}{2}+\frac{5}{2}=5.$

Ας δούμε τώρα που θα μας βοηθήσει αυτό. Από τους τύπους του Vieta, ξέρουμε ότι το γινόμενο αυτών των δύο αριθμών είναι ίσο με τον σταθερό όρο της εξίσωσης, δηλαδή με το 4. Οπότε, πρέπει να ισχύει:

$\left(\frac{5}{2}+u\right)\left(\frac{5}{2}-u\right)=4.$

Αυτό, χρησιμοποιώντας την ταυτότητα $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$ γράφεται:

$\left(\frac{5}{2}\right)^2-u^2=4\Leftrightarrow\frac{25}{4}-u^2=4\Leftrightarrow u^2=\frac{25}{4}-4\Leftrightarrow u^2=\frac{9}{4}.$

Από εδώ, εύκολα βλέπουμε ότι:

$u=\frac{3}{2}$ ή $u=-\frac{3}{2},$

οπότε, όποιο κι αν πάρουμε, οι λύσεις μας είναι οι:

$\rho_1=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}=\frac{8}{2}=4$ και $\rho_2=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}=\frac{2}{2}=1$ .

Τις ίδιες (προφανώς) θα βρίσκαμε και αν δοκιμάζαμε να λύσουμε με τον γνωστό μας τύπο.

Και με μιγαδικούς!

Κλείνοντας, να αναφέρουμε ότι η παραπάνω μέθοδος δουλεύει αρκετά καλά και με μιγαδικούς αριθμούς. Ας πάρουμε, για παράδειγμα, την εξίσωση $x^2-2x+2=0$ . Τότε, με βάση τα παραπάνω, ψάχνουμε δύο αριθμούς των οποίων το άθροισμα να είναι ίσο με 2, επομένως, αυτοί θα είναι της μορφής: