Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

Συντονιστής: nsmavrogiannis

Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Κυρ Απρ 05, 2020 12:52 am

Να λυθεί η εξίσωση \alpha x^2+\beta x+\gamma=0 με πραγματικούς συντελεστές και \alpha \neq 0.
Στόχος της ανάρτησης είναι να συγκεντρωθούν προς χάριν των συναδέλφων, διάφορες διδάξιμες τεχνικές επίλυσης.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9362
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Απρ 05, 2020 9:54 am

nsmavrogiannis έγραψε:
Κυρ Απρ 05, 2020 12:52 am
Να λυθεί η εξίσωση \alpha x^2+\beta x+\gamma=0 με πραγματικούς συντελεστές και \alpha \neq 0.
Στόχος της ανάρτησης είναι να συγκεντρωθούν προς χάριν των συναδέλφων, διάφορες διδάξιμες τεχνικές επίλυσης.
Καλημέρα!

Κάνω την αρχή με γνωστή μέθοδο. (Χρησιμοποιώ λατινικούς χαρακτήρες για ευκολία στην πληκτρολόγηση).

\displaystyle a{x^2} + bx =  - c. Πολλαπλασιάζω και τα δύο μέλη με 4a\ne0 και προσθέτω το b^2.

\displaystyle 4{a^2}{x^2} + 4abx + {b^2} = {b^2} - 4ac \Leftrightarrow {(2ax + b)^2} = {b^2} - 4ac \Leftrightarrow

\boxed{2ax + b =  \pm \sqrt {{b^2} - 4ac}} με την προϋπόθεση ότι b^2-4ac\ge0. Πιο συγκεκριμένα:

\displaystyle  \bullet Αν b^2-4ac>0, τότε έχουμε δύο ρίζες πραγματικές και άνισες \boxed{{x_{1,2}} = \frac{{ - b \pm \sqrt {{b^2} - 4ac} }}{{2a}}}

\displaystyle  \bullet Αν b^2-4ac=0, τότε έχουμε μία διπλή ρίζα \boxed{x=-\frac{b}{2a}}

\displaystyle  \bullet Αν b^2-4ac<0, τότε έχουμε δύο ρίζες μιγαδικές συζυγείς \boxed{{x_{1,2}} = \frac{{ - b \pm i\sqrt {4ac-b^2} }}{{2a}}}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12226
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Απρ 05, 2020 12:25 pm

nsmavrogiannis έγραψε:
Κυρ Απρ 05, 2020 12:52 am
Να λυθεί η εξίσωση \alpha x^2+\beta x+\gamma=0 με πραγματικούς συντελεστές και \alpha \neq 0.
Στόχος της ανάρτησης είναι να συγκεντρωθούν προς χάριν των συναδέλφων, διάφορες διδάξιμες τεχνικές επίλυσης.
α) Αν η εξίσωση είχε την μορφή ax^2+c=0 (ισοδύναμα x^2=-c/a) θα μπορούσα να την λύσω και διερευνήσω εύκολα.

β) Γενικά τώρα, μπορούμε να φέρουμε την εξίσωση στην παραπάνω μορφή κάνοντας μετασχηματισμό της μορφής x=y+m. Συγκεκριμένα θα γίνει

a(y+m)^2+b(y+m)+c=0, ισοδύναμα ay^2+ (2am+b)y+(am^2+bm+c)=0. Οπότε επιλέγουμε 2am+b=0 ή m=-b/2a.

Και λοιπά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9362
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Απρ 05, 2020 1:18 pm

Αλλιώς, έστω r_1, r_2 οι ρίζες της εξίσωσης. Τότε:

\displaystyle {x^2} + \frac{b}{a}x +\frac {c}{a} = 0 = (x - {r_1})(x - {r_2}) = {x^2} - ({r_1} + {r_2})x + {r_1}{r_2}. Άρα:

\boxed{{r_1} + {r_2} =  - \frac{b}{a}} και \boxed{{r_1}{r_2} = \frac{c}{a}}, απ' όπου \displaystyle {r_1}^2 + {r_2}^2 = \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}} - 2\frac{c}{a} \Rightarrow {({r_1} - {r_2})^2} = \frac{{{b^2} - 4ac}}{{{a^2}}}

και αν {{b^2} - 4ac}\ge 0, θα είναι \displaystyle {r_1} - {r_2} = \frac{{ \pm \sqrt {{b^2} - 4ac} }}{a} και από r_1+r_2=-\dfrac {b}{a}

προκύπτουν τελικά οι ρίζες \boxed{{r_{1,2}} = \frac{{ - b \pm \sqrt {{b^2} - 4ac} }}{{2a}}}


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Δευ Απρ 06, 2020 9:01 pm

Γεια σας
Γιώργο, Μιχάλη ευχαριστώ για τις απαντήσεις.
Γράφω ένα τρόπο που τον είδα στο άρθρο
A. G. Sillitto The Quadratic Equation: ax^{2}+bx+c=0 The Mathematical Gazette, Vol. 42, No. 339 (Feb., 1958), σ. 65
Η εξίσωση γράφεται
x\left( \alpha x+\beta \right) =-\gamma
Πολλαπλασιάζοντας επί -\alpha έχουμε την ισοδύναμη εξίσωση
-\alpha x\left( \alpha x+\beta \right) =\alpha \gamma
Οι αριθμοί -\alpha x,\alpha x+\beta έχουν άθροισμα \beta επομένως ο αριθμός \frac{\beta }{2} είναι το μέσον του διαστήματος που ορίζουν αν είναι διαφορετικοί και ίσος με αυτούς αν είναι ίσοι. Επομένως θα υπάρχει αριθμός h θετικός ή αρνητικός ώστε ο πρώτος να είναι \frac{\beta }{2}-h και ο δεύτερος \frac{\beta }{2}+h. Το γινόμενο τους είναι \alpha \gamma επομένως
\left( \frac{\beta }{2}-h\right) \left( \frac{\beta }{2}+h\right) =\alpha \gamma
οπότε
\frac{\beta ^{2}}{4}-h^{2}=\alpha \gamma
Άρα
\frac{\beta ^{2}}{4}-\alpha \gamma =h^{2}
και έχουμε λύση αν και μόνο αν \beta ^{2}-4\alpha \gamma \geq 0 και σε αυτή την περίπτωση
h=\pm \frac{\sqrt{\beta ^{2}-4\alpha \gamma }}{2}
επομένως
-\alpha x=\frac{\beta }{2}-h=\frac{\beta \mp \sqrt{\beta ^{2}-4\alpha \gamma }}{2}
και
x=\frac{-\beta \pm \sqrt{\beta ^{2}-4\alpha \gamma }}{2\alpha }.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1283
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Δευ Απρ 06, 2020 9:16 pm



Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Κυρ Απρ 12, 2020 11:21 pm

silouan έγραψε:
Δευ Απρ 06, 2020 9:16 pm
Δείτε και εδώ:
viewtopic.php?f=6&t=65828&p=318796&hili ... en#p318796
Καλησπέρα σε όλους
Σιλουανέ το είχα δει αυτό το άρθρο μετά από την παραπομπή του Αχιλλέα (https://arxiv.org/abs/1910.06709) . Έχει ενδιαφέρουσες βιβλιογραφικές αναφορές. Δεν είμαι σε θέση να γνωρίζω σε τι πρόγραμμα σπουδών αναφέρεται η πρόταση πάντως διαβάζοντας το άρθρο κατάλαβα ότι η προτεινόμενη μέθοδος μάλλον προϋποθέτει
1) ότι ο μαθητής ήδη γνωρίζει πως μια δευτεροβάθμια εξίσωση έχει δύο λύσεις.
2) ότι ο μαθητής γνωρίζει πως αν δύο (δευτεροβάθμια) πολυώνυμα είναι ίσα οι αντίστοιχοι συντελεστές είναι ίσοι.
Από τεχνική άποψη η προσέγγιση είναι εκείνη που παρουσίασε στην δεύτερη απάντηση του ο Γιώργος.
Πάντως η προσέγγιση είναι ενδιαφέρουσα και μπορεί με κάποιες τροποποιήσεις να ενταχθεί στο δικό μας πρόγραμμα σπουδών Για το θέμα αυτό θα επανέλθω.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Δευ Απρ 13, 2020 10:32 pm

Γειά σας.
Γράφω με μερικές τροποποιήσεις την προτεινόμενη από τον Loh προσέγγιση στην οποία έγινε αναφορά στα δύο προηγούμενα μηνύματα.
Οι μόνες προαπαιτούμενες γνώσεις είναι έως εκείνες που στο ισχύον πρόγραμμα βιβλίο της Α΄ Λυκείου αντιστοιχούν έως την παράγραφο 3.2.

Η \alpha x^{2}+\beta x+\gamma =0 θα έχει λύση \rho αν και μόνο αν \alpha \rho ^{2}+\beta \rho +\gamma =0,
δηλαδή αν και μόνο αν για κάθε x ισχύει \alpha x^{2}+\beta x+\gamma =\alpha x^{2}+\beta x+\gamma -\left( \alpha \rho ^{2}+\beta \rho +\gamma \right) δηλαδή αν και μόνο αν για κάθε x είναι \alpha x^{2}+\beta x+\gamma =\allowbreak \left( x-\rho \right) \left( \alpha x+\beta +\alpha \rho \right) .
Συνέπεια των προηγουμένων είναι ότι η εξίσωση θα έχει λύση \rho αν και μόνο αν έχει λύση και τον αριθμό -\frac{\beta }{\alpha }-\rho . Οι αριθμοί αυτοί, που ενδεχομένως είναι ίσοι, έχουν ημιάθροισμα -\frac{\beta }{2\alpha } και επομένως υπάρχει αριθμός h (θετικός αρνητικός ή μηδέν) ώστε -\frac{\beta }{\alpha }-\rho =-\frac{\beta }{2\alpha }-h,\,\,\rho =-\frac{\beta }{2\alpha }+h και η εξίσωση θα έχει ρίζα \rho αν και μόνο αν \alpha \left( -\frac{\beta }{2\alpha }+h\right) ^{2}+\beta \left( -\frac{\beta }{2\alpha }+h\right) +\gamma =0 ή ισοδύναμα αν -\frac{\beta ^{2}}{4\alpha }+\alpha h^{2}+\gamma =0 δηλαδή αν και μόνο αν υπάρχει h ώστε h^{2}=\frac{\beta ^{2}-4\gamma \alpha }{4\alpha ^{2}}.
Θα έχει η εξίσωση λύση αν και μόνο αν \beta ^{2}-4\gamma \alpha  \geq 0 και οι λύσεις θα είναι -\frac{\beta }{2\alpha } \pm h δηλαδή
-\frac{\beta }{2\alpha }\pm \sqrt{\frac{\beta ^{2}-4\gamma \alpha }{4\alpha ^{2}}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\beta ^{2}-4\gamma \alpha }}{2\alpha }.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6881
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Παρ Απρ 17, 2020 2:36 am

Καλημέρα!
Μιας και είδα τη δημοσίευση και μου ήρθε στο μυαλό μια μέθοδο που είχα διαβάσει παλαιότερα
στο περιοδικό "εκπαιδευτικοί προβληματισμοί" του οποίου τα τεύχη παρέχονται on line.
Το άρθρο που παραπέμπω είναι του Ανδρέα Σβέρκου και μιλά για γραφική επίλυση εξίσωσης
2ου βαθμού με τη βοήθεια κύκλου.
3ο τεύχος "Εκπαιδευτικοί προβληματισμοί.


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4648
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Απρ 17, 2020 11:02 am

Καλημέρα σε όλους και καλό Πάσχα!

Μεταφέρω αυτούσια την εισαγωγική γεωμετρική παρουσίαση του Νίκου, στο βιβλίο του "Άλγεβρα Ά Λυκείου, σχολικές σημειώσεις" που προσφέρεται ΕΔΩ, σημειώνοντας ότι ο υπότιτλος "σχολικές σημειώσεις" μπορεί να εκληφθεί μόνον ως μνημείο μετριοφροσύνης.

Γραφική επίλυση Ββάθμιας εξίσωσης.jpg
Γραφική επίλυση Ββάθμιας εξίσωσης.jpg (182.53 KiB) Προβλήθηκε 1215 φορές


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Σάβ Απρ 18, 2020 9:41 pm

O συνάδελφος Δημήτρης Ντρίζος, τ. Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών είχε αναρτήσει το 2008 στην ιστοσελίδα του
(http://srv-dide.tri.sch.gr/sxsymboyloi/?page_id=6 ανάρτηση Νο 197)
ένα τρόπο επίλυσης της δευτεροβάθμιας εξίσωσης.
Του ζήτησα το πρωτογενές αρχείο και είχε την καλοσύνη να μου το στείλει.
Το παραθέτω ευχόμενος συγχρόνως Καλή Δύναμη και Καλή Ανάσταση σε όλους.


Επίλυση στο \mathbb{R} της εξίσωσης \displaystyle \alpha x^2  + \beta x + \gamma  = 0, \displaystyle \alpha  \ne 0
με τη συμβολή της ταυτότητας \displaystyle \left( {x + y} \right)^2  = \left( {x - y} \right)^2  + 4xy


Ισχύει
\alpha x^2  + \beta x + \gamma  = 0  \Leftrightarrow x^2  + \frac{\beta }{\alpha }x + \frac{\gamma }{\alpha } = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + \frac{\beta }{\alpha }} \right) = \frac{{ - \gamma }}{\alpha } , καθώς \alpha  \ne 0.
Θέτοντας y = x + \frac{\beta }{\alpha } η ισότητα
\displaystyle x\left( {x + \frac{\beta }{\alpha }} \right) = \frac{{ - \gamma }}{\alpha }
γράφεται
xy = x^2  + \frac{\beta }{\alpha }x = \frac{{ - \gamma }}{\alpha } .
Οπότε
x - y = \frac{{ - \beta }}{\alpha } και xy = \frac{{ - \gamma }}{\alpha }.
Με αντικατάσταση των x - y και xy στην ταυτότητα
\left( {x + y} \right)^2  = \left( {x - y} \right)^2  + 4xy
βρίσκουμε
\left( {x + y} \right)^2  = \frac{{\beta ^2 }}{{\alpha ^2 }} - \frac{{4\gamma }}{\alpha } = \frac{{\beta ^2  - 4\alpha \gamma }}{{\alpha ^2 }} (*),
και στην περίπτωση που \beta ^2  - 4\alpha \gamma  \ge 0 από την (*) ισοδύναμα παίρνουμε
x + y = \frac{{\sqrt {\beta ^2  - 4\alpha \gamma } }}{{\left| \alpha  \right|}} ή
x + y =  - \frac{{\sqrt {\beta ^2  - 4\alpha \gamma } }}{{\left| \alpha  \right|}} .
Με πρόσθεση κατά μέλη καθεμιάς από τις τελευταίες ισότητες με την x - y = \frac{{ - \beta }}{\alpha }
παίρνουμε αντιστοίχως
x = \frac{{ - \beta }}{{2\alpha }} + \frac{{\sqrt {\beta ^2  - 4\alpha \gamma } }}{{2\left| \alpha  \right|}} ή x = \frac{{ - \beta }}{{2\alpha }} - \frac{{\sqrt {\beta ^2  - 4\alpha \gamma } }}{{2\left| \alpha  \right|}},
οι οποίες γράφονται ως x = \frac{{ - \beta  \pm \sqrt {\beta ^2  - 4\alpha \gamma } }}{{2\alpha }},
καθώς
\left| \alpha  \right| = \alpha αν \alpha  > 0 ενώ \left| \alpha  \right| =  - \alpha αν \alpha  < 0.

Δ. Ν.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1139
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Απρ 18, 2020 10:20 pm

Χρήση της ταυτότητας \displaystyle \left( {x + y} \right)^2  = \left( {x - y} \right)^2  + 4xy γίνεται και στην μέθοδο Lagrange resolvents π.χ. στην ενότητα 4.3 "By Lagrange resolvents".


Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2575
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Κυρ Απρ 19, 2020 8:48 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Απρ 05, 2020 12:25 pm
nsmavrogiannis έγραψε:
Κυρ Απρ 05, 2020 12:52 am
Να λυθεί η εξίσωση \alpha x^2+\beta x+\gamma=0 με πραγματικούς συντελεστές και \alpha \neq 0.
Στόχος της ανάρτησης είναι να συγκεντρωθούν προς χάριν των συναδέλφων, διάφορες διδάξιμες τεχνικές επίλυσης.
α) Αν η εξίσωση είχε την μορφή ax^2+c=0 (ισοδύναμα x^2=-c/a) θα μπορούσα να την λύσω και διερευνήσω εύκολα.

β) Γενικά τώρα, μπορούμε να φέρουμε την εξίσωση στην παραπάνω μορφή κάνοντας μετασχηματισμό της μορφής x=y+m. Συγκεκριμένα θα γίνει

a(y+m)^2+b(y+m)+c=0, ισοδύναμα ay^2+ (2am+b)y+(am^2+bm+c)=0. Οπότε επιλέγουμε 2am+b=0 ή m=-b/2a.

Και λοιπά.
Καταρχάς χρόνια πολλά με υγεία σε όλους!
Ο μετασχηματισμός που προτείνει παραπάνω ο κ.Λάμπρου λειτουργεί και για πολυωνυμικές εξισώσεις ν-οστού βαθμού P(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 = 0 στη γενική μορφή, θέτοντας όπου x+ \frac{a_{n-1}}{n a_n } = y, λαμβάνουμε μία νέα εξίσωση στην οποία έχει γίνει απαλοιφή του όρου: a_{n-1} x^{n-1}.

Θεωρώ ενδιαφέρον διδακτικά να διερευνηθεί πώς ακριβώς δρα αυτός ο μετασχηματισμός γεωμετρικά από τους μαθητές, δηλαδή ότι πρόκειται για μία οριζόντια μετατόπιση, ώστε το σημείο τομής με τους άξονες να έρθει στον y'y στις πρωτοβάθμιες ή η κορυφή της παραβολής να έρθει στον y'y αντίστοιχα στις δευτεροβάθμιες. Δηλαδή έχει ενδιαφέρον να δούμε πώς δρα ο μετασχηματισμός και στις πρωτοβάθμιες εξισώσεις:

Εφαρμόζουμε τον μετασχηματισμό σε μία πρωτοβάθμια εξίσωση σε γενική μορφή:
a_1 x + a_ 0 = 0, a_1 \neq 0 . Ο μετασχηματισμός είναι σε αυτήν την περίπτωση: x + \frac{a_0 }{a_1} = y και θέτοντας στην αρχιική εξίσωση έχουμε:
 
\left\{  
\begin{matrix} 
x   =  - \frac{a_0 }{a_1 } + y\\ 
-a_0 + a_1 y + a_0  = 0 
\end{matrix} 
\right. 
\Leftrightarrow 
\left\{  
\begin{matrix} 
x   =  - \frac{a_0 }{a_1 } + y\\ 
 a_1 y   = 0 
\end{matrix} 
\right. 
\Leftrightarrow 
\left\{  
\begin{matrix} 
x   =  - \frac{a_0 }{a_1 } + y\\ 
 y   = 0 
\end{matrix} 
\right. 
\Leftrightarrow x = - \frac{a_0 }{a_1} , y=0
Σε αυτήν την τελευταία σχέση φαίνεται ακριβώς ότι έγινε ένας μετασχηματισμός που βρίσκει το σημείο τομής με τον άξονα x'x.

O ίδιος μετασχηματίσμός για την δευτερoβάθμια εξίσωση f(x) = a_2 x^ + a_1 x + a_0 = 0, a_2 \neq 0
προκαλεί μία μετατόπιση με την οποία η κορυφή της παραβολής έρχεται στον άξονα y'y, αφού πετυχαίνει να γίνει a_1 =0 δηλαδή b=0.
Αυτό φαίνεται αλγεβρικά επίσης:
 
\left\{ 
\begin{matrix} 
a_2 x^2 + a_1 x + a_0 = 0\\ 
x+ \frac{a_1}{2 a_2} = y 
\end{matrix} 
\right. 
\Leftrightarrow 
\left\{ 
\begin{matrix} 
a_2 \left(y-\frac{a_1}{2 a_2} \right)^2 + a_1 \left(y-\frac{a_1}{2 a_2} \right) + a_0 = 0\\ 
x+ \frac{a_1}{2 a_2} = y 
\end{matrix} 
\right. 
\Leftrightarrow

 
\left\{ 
\begin{matrix} 
4a_2 ^2 y^2 = a_1 ^2 - 4a_0 a_2\\ 
x+ \frac{a_1}{2 a_2} = y 
\end{matrix} 
\right. 
\Leftrightarrow 
\left\{ 
\begin{matrix} 
 y^2 = \frac{\Delta}{4a_2 ^2}\\ 
x+ \frac{a_1}{2 a_2} = y 
\end{matrix} 
\right. 
\Leftrightarrow 
\left\{ 
\begin{matrix} 
 y = \pm \sqrt{ \frac{\Delta}{4a_2 ^2}} = \pm \frac{\sqrt{\Delta}}{2a_2}\\ 
x  = y-\frac{a_1}{2 a_2} 
\end{matrix} 
\right.
Πέραν της αρχικής διερεύνησης της αλγεβρικής λύσης των εξισώσεων και των ανισώσεων 2ου βαθμού στην άλγεβρα της Α΄λυκείου, θεωρώ ότι είναι ιδιαίτερα σημαντικό να συνδεθούν με τις γεωμετρικές διερευνήσεις που προκύπτουν, μέσω των αντιστοίχων συναρτήσεων και για αυτό πρέπει και οι μετατοπίσεις των γραφικών παραστάσεων να διερευνώνται για πρώτη φορά στην Α΄λυκείου και συγκεκριμένα στη μελέτη του τριωνύμου. Εξάλλου τα εργαλεία δυναμικής γεωμετρίας που έχουμε στη διάθεσή μας μπορούν να βοηθήσουν πολύ στην ανάπτυξη τέτοιων διερευνητικών δραστηριοτήτων.


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Κυρ Απρ 19, 2020 9:24 pm

chris_gatos έγραψε:
Παρ Απρ 17, 2020 2:36 am
Καλημέρα!
Μιας και είδα τη δημοσίευση και μου ήρθε στο μυαλό μια μέθοδο που είχα διαβάσει παλαιότερα
στο περιοδικό "εκπαιδευτικοί προβληματισμοί" του οποίου τα τεύχη παρέχονται on line.
Το άρθρο που παραπέμπω είναι του Ανδρέα Σβέρκου και μιλά για γραφική επίλυση εξίσωσης
2ου βαθμού με τη βοήθεια κύκλου.
3ο τεύχος "Εκπαιδευτικοί προβληματισμοί.
Χριστός Ανέστη

Δεν γνώριζα το άρθρο του συναδέλφου Ανδρέα Σβέρκου:
(1) Αν. Σβέρκος Γραφική επίλυση εξίσωσης 2ου βαθμού με τη βοήθεια κύκλου, Εκπαιδευτικοί προβληματισμοί, 3, 1997, σελ. 5-6
Γνώριζα το άρθρο στο οποίο παραπέμπει στο τέλος και το οποίο περιγράφει την μέθοδο του (1):
(2) Walter Paterson III, Andre' M. Lubecke A special circle for Quadratic equations, The Mathematics Teacher, No. 2 , 1991, σελ. 125-127
Η μέθοδος του (2) είναι η ίδια με εκείνη που περιγράφεται σε ένα σύντομο σημείωμα στο The Mathematical Gazette:
(3) J.W. Hesselgreaves The Quadratiq Equation x^{2}-px+q=0, The Mathematical Gazette 42, No 339, 1958 σελ. 57
Φυσικά είναι λογικό για τόσο "ψαγμένα" θέματα να υπάρχουν κάπου στο παρελθόν οι ίδιeς επεξεργασίες.
Είχα αφήσει την παρουσίαση της τεχνικής των (2) και (3) για μετά για τρεις λόγους
α) Διότι για να εφαρμοστεί στην Α΄Λυκείου θέλει κάποιες τροποποιήσεις.
β) Διότι από την στιγμή που πλέον διδάσκεται το θεώρημα του Θαλή στο Γυμνάσιο είναι εφικτό συγκεκριμένη τεχνική να εφαρμοστεί στην γενική περίπτωση της \alpha x^{2}+\beta x+\gamma =0.
γ) Να γραφούν πρώτα μερικές αμιγώς αριθμητικές μέθοδοι και να ακολουθήσουν οι γραφικές ή άλλου τύπου προσεγγιστικές λύσεις.
Μιας και το γ) δεν είναι σπουδαίος λόγος και αφού έγινε συζήτηση ας πάμε στην συγκεκριμένη μέθοδο.
Η μέθοδος των (1), (2), (3) επιλύει με την βοήθεια κύκλου την x^{2}-px+q=0. Ο τρόπος, αδρομερώς, είναι ο ακόλουθος:
Κατασκευάζονται τα σημεία (0,1), (-p,q) και με διάμετρο αυτά τα σημεία γράφεται κύκλος. Οι τετμημένες των σημείων τομής του κύκλου αυτού με τον x-άξονα, εφ' όσον υπάρχουν, είναι οι ρίζες.

Στα (1), (2) (στο (3) δεν αναφέρονται λεπτομέρειες) χρησιμοποιείται η εξίσωση του κύκλου:
\left( x-\frac{p}{2}\right) ^{2}+\left( y-\frac{q+1}{2}\right) ^{2}=\frac{p^{2}+\left( q-1\right) ^{2}}{4}
Αν πρόκειται το θέμα να διδαχθεί στην Α΄Λυκείου αντί της εξίσωσης του κύκλου μπορεί να χρησιμοποιηθεί η απόσταση δύο σημείων τόσο για τον εντοπισμό του κέντρου και της ακτίνας όσο και για τον εντοπισμό του σημείου τομής με τον x-άξονα.
quadratic01.png
quadratic01.png (14.71 KiB) Προβλήθηκε 1007 φορές
Αν πρόκειται το θέμα να διδαχθεί στην Β΄Λυκείου αντί της εξίσωσης του κύκλου μπορεί να χρησιμοποιηθεί εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων που μας δίνει κατ΄ευθείαν x\left( x-p\right) +\left( -1\right) \left( -q\right) =0 δηλαδή x^{2}-xp+q=0.

Τώρα όσον αφορά την μετατροπή της \alpha x^{2}+\beta x+\gamma =0 στην μορφή x^{2}-px+q=0 απ΄οτην στιγμή που δουλεύουμε με άξονες έχουμε μοναδιαίο τμήμα και μπορούμε να κατασκευάσουμε τους αριθμούς p=-\frac{\beta }{\alpha },q=\frac{\gamma }{a} αρκεί να έχουμε τους αριθμούς \alpha ,\beta ,\gamma . Για να βρούμε λ.χ. το \frac{\beta }{\alpha } από το σημείο (\beta ,0) παράλληλη στο τμήμα των (0,1) και (\alpha,0) η οποία τέμενει τον άξονα των y στο \left( 0,\frac{\beta }{\alpha }\right) .
quadratic02.png
quadratic02.png (5.73 KiB) Προβλήθηκε 1007 φορές
Η αναγωγή της γενικής περίπτωσης στην ειδική έπεται.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12226
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Απρ 19, 2020 10:44 pm

nsmavrogiannis έγραψε:
Κυρ Απρ 19, 2020 9:24 pm
Φυσικά είναι λογικό για τόσο "ψαγμένα" θέματα να υπάρχουν κάπου στο παρελθόν οι ίδιeς επεξεργασίες.
Σωστά.

Η μέθοδος που παραθέτει ο Γιώργος παραπάνω (ποστ #10) από το Σχολικό βιβλίο, οφείλεται στον Descart. Την έχει κοντά στην αρχή της περίφημης La Geometrie του.

Ωραία μέθοδο γεωμετρικής ερμηνείας της συμπλήρωσης τετραγώνου είχε στην δική του Άλγεβρα ο Al Kwarizmi.

Και τα δύο υπάρχουν εν γένει στις καλές ιστορίες των Μαθηματικών αλλά τις περιέχει και το αρθράκι

εδώ

στην σελίδα 312. Παραθέτω το αρθράκι και όχι τις πρωτότυπες πηγές γιατί είναι ευχάριστο και απλό ανάγνωσμα στο αρχικό ερώτημα του θρεντ, σίγουρα προσιτό σε μαθητές που ξέρουν αγγλικά.
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Δευ Απρ 20, 2020 11:58 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4648
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Απρ 20, 2020 11:49 am

Καλημέρα σε όλους.

Ως συνέχεια της ενδιαφέρουσας συζήτησης, δίνω μια ειδική περίπτωση γεωμετρικής επίλυσης δευτεροβάθμιάς εξίσωσης, της μορφής x^2+ax-a^2=0. Περιέχεται στην πρόταση ια' από το 2ο βιβλίο του Ευκλείδη, όπως την παρουσιάζει ο Γιώργος Λαγουδάκος στο βιβλίο του Στιγμές Ιστορίας της Επίλυσης των εξισώσεων. (Η διαδικτυακή αναζήτηση είναι εύκολη).


Γραφική επίλυση Ββάθμιας εξίσωσης 2.jpg
Γραφική επίλυση Ββάθμιας εξίσωσης 2.jpg (184.3 KiB) Προβλήθηκε 902 φορές


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Τρί Απρ 21, 2020 12:03 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Απρ 19, 2020 10:44 pm
nsmavrogiannis έγραψε:
Κυρ Απρ 19, 2020 9:24 pm
Φυσικά είναι λογικό για τόσο "ψαγμένα" θέματα να υπάρχουν κάπου στο παρελθόν οι ίδιeς επεξεργασίες.
Σωστά.

Η μέθοδος που παραθέτει ο Γιώργος παραπάνω (ποστ #10) από το Σχολικό βιβλίο, οφείλεται στον Descart. Την έχει κοντά στην αρχή της περίφημης La Geometrie του.

Ωραία μέθοδο γεωμετρικής ερμηνείας της συμπλήρωσης τετραγώνου είχε στην δική του Άλγεβρα ο Al Kwarizmi.

Και τα δύο υπάρχουν εν γένει στις καλές ιστορίες των Μαθηματικών αλλά τις περιέχει και το αρθράκι

εδώ

στην σελίδα 312. Παραθέτω το αρθράκι και όχι τις πρωτότυπες πηγές γιατί είναι ευχάριστο και απλό ανάγνωσμα στο αρχικό ερώτημα του θρεντ, σίγουρα προσιτό σε μαθητές που ξέρουν αγγλικά.
Μιχάλη πράγματι ο Καρτέσιος αναφέρει την τεχνική αυτή στην Γεωμετρία του (Στην έκδοση Dover που έχω είναι στις σελίδες 12-13). Στο κείμενο δεν αναφέρεται πως προκύτει το συμπέρασμα. Οι μεταφραστές-επιμελητές (μεταξύ των οποίων και ο Smith) εικάζουν (υποσημείωση της σελίδας 13) ότι χρησιμοποιεί αυτό που ονομάστηκε αργότερα "δύναμη σημείου". Το αποτέλεσμα υπάρχει στα "Στοιχεία" (είναι η 36 του τρίτου βιβλίου) και αναλύεται πολύ ωραία στο
Στέλιος Νεγρεπόντης, Βασιλική Φαρμάκη Ιστορία Αρχαίων Ελληνκών Μαθηματικών Τόμος 1. Εκκρεμές 2019 σελ. 269-271.
Την τεχνική αυτή την μαθαίναμε ως εφαρμογή στο σχολείο (το σχολείο που τελείωσα ήταν πιο κοντά στο κλασσικό Γυμνάσιο: κάναμε Λατινικά και η Γεωμετρία που διδασκόμασταν ήταν εκείνη του Νικολάου) και ως μέθοδος επίλυσης υπάρχει και στο:
Δημήτρης Τσιμπουράκης Η Γεωμετρία και οι εργάτες της στην Αρχαία Ελλάδα 2η Έκδοση, ALIEN, 1985 σελ. 152
Πιθανόν, δεν είμαι σίγουρος, η συγκεκριμένη πρόταση να μην χρησιμοποιείτο από τους Αρχαίους Έλληνες για την κατασκευή μηκών που εμπλέκονται σε δευτεροβάθμιες εξισώσεις και να χρησιμοποιούσαν μόνο εμβαδά. Γιαυτό αν ξανα έγραφα τώρα τις σημειώσεις που αναφέρει ο Γιώργος στο 10# θα ξανασκεφτόμουν την φράση "Πριν προχωρήσουμε...'Ελληνες.". Ας σημειωθεί ότι επειδή τα παιδιά στην Α΄τάξη δεν γνωρίζουν δύναμη σημείου προτίμησα να την αντικαταστήσω με την ομοιότητα.
Το άρθρο στο οποίο παραπέμπεις δεν το γνώριζα. Ευχαριστούμε.
Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Δευ Απρ 20, 2020 11:49 am
....
Ως συνέχεια της ενδιαφέρουσας συζήτησης, δίνω μια ειδική περίπτωση γεωμετρικής επίλυσης δευτεροβάθμιάς εξίσωσης, της μορφής x^2+ax-a^2=0. Περιέχεται στην πρόταση ια' από το 2ο βιβλίο του Ευκλείδη, όπως την παρουσιάζει ο Γιώργος Λαγουδάκος στο βιβλίο του Στιγμές Ιστορίας της Επίλυσης των εξισώσεων. (Η διαδικτυακή αναζήτηση είναι εύκολη).
....
Γιώργο ευχαριστούμε.
Ελπίζω από την συζήτηση του θέματος να βγούμε κερδισμένοι.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης