MATEK, másodfokú egyenlet. Hogyan készült el a megoldóképlet?

Hogy értsd is, hogy mi motiválja ezt a levezetést; például az

(x-5)^2-4=0 egyenletet meg tudjuk oldani; mindkét oldalhoz hozzáadunk 4-et:

(x-5)^2=4, most pedig az a kérdés, hogy melyek azok a számok, amelyeknek négyzete 4, erre a válasz a 2 és a -2, tehát

vagy x-5=2, tehát x=7

vagy x-5=-2, tehát x=3

Tehát ha az egyenletet ilyen alakra tudjuk hozni, akkor könnyedén meg tudjuk oldani.

Például az x^2-4x-5=0 egyenletet így is meg tudjuk oldani; teljes négyzetté alakítjuk (lásd fent), ekkor:

(x-2)^2-9=0, ezt pedig már a fentiek alapján meg tudjuk oldani.

Már csak az a kérdés, hogy mi a helyzet akkor, hogyha a főegyüttható nem 1, például:

3x^2-4x-4=0, de szerencsére ezt is könnyen fel tudjuk oldani; nemes egyszerűséggel osztunk 3-mal:

x^2 - (4/3)x - (4/3) = 0, ebből pedig ezt kapjuk:

(x-(2/3))^2 - (25/9) = 0, ezt már meg tudjuk oldani.

Ezt a gondolatmenet követi a bizonyítás; először osztanak a-val (ami nem lehet 0), ezután teljes négyzetté alakítják a kapottat, ezután mindent átpakolnak a jobb oldalra, végül jön a gyökvonás (ami azért +-, mivel egy szám négyzete és annak ellentettjének négyzete is ugyanaz lesz), és rendezik x-re.

Sajnos ez a gondolatmenet magasabb fokú (polinom)egyenlet esetén nem megy ilyen egyszerűen.

> a^2 + bx + c = 0

> 4a^2x^2 + 4abx + 4ac = 0

> 4a^2x^2 + 4abx + b^2 = b^2 - 4ac

> 2ax + b = +- √(b^2 - 4ac)

> x = -b/2a +- √(b^2 - 4ac)/2a

"Sajnos ez a gondolatmenet magasabb fokú (polinom)egyenlet esetén nem megy ilyen egyszerűen."

Ez nem teljesen igaz! Harmadfokúra közvetlen működik teljes köbbé alakítással. Negyedfokúra is ugyanez a leveztés elve, csak ott több lépcsőben...

n>4 fokszámra viszont tényleg nincs képlet (hacsak nem hiányos az egyenlet) ezt igazolták is. (Ruffini-Ábel-tétel).

A megoldóképlet motivációja abban rejlik, hogy hogyan tudnák "egy lépésben" megkapni az összes megoldást.

A cél itt az, hogy a másodfokú polinomot, azaz az

ax^2 + bx + c-t olyan alakra hozzuk, hogy egy közvetlen négyzetgyök vonással megkapjuk a megoldást.

kis segítség: ha b1 és b2 egy másodfokú polinom gyökei, azaz ha az x-ek helyére b1-et és b2-r írunk akkor a műveleteket elvégezve 0-t kapunk, akkor a polinom előáll a(x-b1)(x-b2) alakban, ahol "a" a főegyüttható azaz x^2 együtthatója. Ennek a bizonyítása nem nehéz, de ha kell írj rám.

Ez azért kell mert innen látszik, hogy a főegyütthatóval való osztás nem változtat a megoldásokon.

Tehát az ax^2+bx+c megoldásai ugyan azok, mint az

x^2+(b/a)x+c/a-nak. Az egyszerűség kedvéért jelölje az

"b/a"-t "p", a "c/a"-t q.

Szóval az x^2+px+q megoldásait keressük. Most jön a lényeg

Ha ez valami (x+k)^2 alakú volna ahol k valós (vagy akár komplex) akkor egyetlen gyökvonással megkapnánk a megoldást.

De az x^2+px+q = (x+p/2)^2-p^2/4+q

Tehát az x^2+px+q = 0 ugyan az mint a

(x+p/2)^2-p^2/4+q = 0 egyenlet. Itt hozzáadunk p^2/4-et és kivonunk q-t:

(x+p/2)^2 = p^2/4-q

tehát csak gyököt kell vonnunk, a jobb oldalon az a rusnyaság egy számot jelöl ugyebár, ha ez pozitív akkor 2 db gyöke van, ebből még levonjuk p/2-t és megvannak a megoldások.

Ha a p és q helyére visszahelyettesítjük a b/a-t és c/a-t akkor a jó kis megoldóképlete kapjuk, amit mindenki ritmikusan fúj.

Ez így első ránézésre lehet, hogy bonyolultabb mint az átalakítgatós bizonyítás, de ebben van benne az a kulcsgondolat, miszerint egy gyökvonásra akarjuk visszavezetni az egészet ,és egy olyan alakot keresünk ahol ezt meg tudjuk tenni.