Förberedande kurs i matematik - Stockholms universitet

Lösningsförslag 1: Först dividerar vi hela ekvationen med konstanten 3 och får då x2−(5/3)x = 0
som vi löser med pq-formeln (observera att q = 0):
x1,2 = 5/3
2 ±
( 5/3
2 )2 = 5/3 5/3
±
2 2 .
Det vill säga att x1 = 5/3 och x2 = 0 är ekvationens lösningar. Vi kontrollerar sedan att vi har
räknat rätt genom insättning och får (5/3) 2 − (5/3) · (5/3) = 0 samt 0 · −(5/3) · 0 = 0. ⋆
Lösningsförslag 2: Vi delar båda sidor med tre och får x 2 −(5/3)x = 0. Vi samlar sedan x 2 −(5/3)x
i kvadraten
(x − 5/6) 2 = x 2 − 5/3x + 25/36.
Vi lägger till 25/36 på båda sidor av ekvationen och får
det vill säga
x 2 − (5/3) + 25/36 = 25/36,
(x − 5/6) 2 = 25/36.
De tal vars kvadrat är 25/36 är ±5/6. Lösningarna är därför 5/6 ± 5/6, det vill säga x1 = 5/3
och x2 = 0. ⋆
Lösningsförslag 3: Det finns ett tredje sätt att lösa ekvationen 3x 2 − 5x = 0. Vi noterar att 3x 2 −
5x = x(3x − 5). Om detta uttryck ska vara lika med noll så måste antingen x vara noll eller så
måste (3x − 5) vara noll, vilket ger lösningarna 0 och 5/3. Vi har faktoriserat ekvationen 3x 2 − 5x.
Mer om detta i nästa avsnitt. ⋆
Hittills har vi bara fått positiva tal under rottecknet och därmed bara fått reella lösningar, men
givetvis fungerar formeln och algoritmen även då lösningarna är komplexa tal med nollskild
imaginärdel.
Exempel 2.8. Lös ekvationen x 2 + x + 1 med pq-formeln och med kvadratkomplettering.
Lösningsförslag 1:
Från pq-formeln får vi x1,2 = −1/2 ± (1/2) 2 − 1 = −1/2 ± −3/4. Vi har att
−3/4 = (−1) · (3/4) = √ −1 · 3/4 = i · √ 3/ √ 4 = i · √ 3/2,
så x1 = (−1 + i √ 3)/2 och x2 = (−1 − i √ 3)/2.
Lösningsförslag 2: Vi skriver om ekvationen som x 2 + x = −1 och sedan som
(x + 1/2) 2 = −1 + 1/4 = −3/4
via kvadratkomplettering.
De tal vars kvadrat är −3/4 är −3/4 = i √ 3/2 och − −3/4 = −i √ 3/2. Det gäller alltså att
x + 1/2 = ±i √ 3/2.
Lösningarna blir x1 = −1/2 + i √ 3/2 och x2 = −1/2 − i √ 3/2. ⋆
En förstagradsekvation har exakt en lösning, medan en andragradsekvation har som mest två
lösningar. Ibland kan en andragradsekvation bara ha en lösning, till exempel har x 2 = 0 bara
lösningen x = 0. Som vi tidigare har sett finns det andragradsekvationer som saknar lösningar
över de reella talen, exempelvis x 2 + 1 = 0. I allmänhet gäller det att en n:te-gradsekvation har
som mest n lösningar.
Kuriosa 5. Det finns lösningsformler även för polynomekvationer av grad tre och fyra, men för godtyckliga
polynomekvationer av grad fem eller högre saknas lösningsformler som bara innehåller de fyra räknesätten
och rotutdragningar. Detta visades av norrmannen Niels Henrik Abel (1802-1829).
31
⋆