I artikkelen om førstegradslikninger ser vi at førstegradslikninger er algebraiske likninger (polynomlikninger) der den høyeste potensen av den ukjente er 1. Andregradslikninger er algebraiske likninger der den høyeste potensen av den ukjente er 2, for eksempel likningen 3x2 + 6x = − 9. Andregradslikninger kalles også gjerne kvadratiske likninger.
Løse andregradslikninger
Som når vi løser førstegradslikninger, starter vi med å organisere likningen slik at ledd med x havner på venstre side av likhetstegnet, og ledd uten x på høyre, med uttrykkene forenklet så langt som mulig.
Eksempel 1:
Vi skal organisere leddene i andregradslikningen 3x2 + 2 = 2x2 + 6.
Flytter 2x2 over til venstre side med fortegnsskifte og trekker sammen:
x2 + 2 = 6
Flytter 2 over til høyre side med fortegnsskifte og trekker sammen:
x2 = 4
I eksempel 1 har vi isolert uttrykket med x på venstre side. Men i motsetning til i førstegradslikninger, har vi nå x i andre potens. For å finne ut hva x er, må vi trekke ut kvadratrota av begge sider av likningen. Dette er en lovlig operasjon når vi løser likninger, men vi må huske at både $\sqrt a$ og $−\sqrt a$ gir $a$ når vi kvadrerer, så vi må regne ut både en positiv og en negativ rot, noe vi angir med et pluss/minus-tegn, ±.
Eksempel 2:
Vi skal finne løsningen til likningen fra eksempel 1.
Vi har:
$x^2 = 4$
Setter rot-tegn på begge sider:
$\sqrt{x^2}=\pm\sqrt4$
Trekker ut røttene:
$x = \pm 2$
Alternativt skriver vi dette som
$x_1 = 2, \, x_2 = −2$
Setter prøve på svaret, og regner først ut venstre side når x = 2:
V.S.: x2 = 22 = 4.
Når x = −2, får vi:
V.S.: x2 = (−2)2 = 4.
H.S.: 4.
I begge tilfeller er V.S. det samme som H.S., så begge løsningene er riktige.
Vi ser at likningen i eksempel 2 har to løsninger. Det finnes også tilfeller der en andregradslikning bare har én løsning, for eksempel x2 = 0, som bare har løsningen x = 0. Og det finnes tilfeller der en andregradslikning ikke har løsninger, for eksempel x2 = −4. Vi skal se nærmere på dette senere.
Oppgave 1:
Løs likningen x2 − 7 = 1.
Se film der løsningen visesLikninger med førstegradsledd
Likningen i eksempel 1 og 2 inneholdt bare et andregradsledd, x2, og en konstant, −4. Men en andregradslikning kan også inneholde et førstegradsledd. For eksempel likningen x2 + 4x = −4, som i tillegg til andregradsleddet, x2, og konstantleddet, −4, inneholder førstegradsleddet 4x.
En slik likning kan vi ikke løse ved å trekke ut kvadratrota på begge sider av likhetstegnet, fordi vi har et førstegradsledd i tillegg til andregradsleddet på venstre side. En løsning kan da være å samle alle leddene på venstre side, og bruke en kvadratsetning baklengs, som vist i eksempel 3.
Eksempel 3:
Vi skal løse likningen $x^2 + 4x = −4$.
Flytter −4 over til venstre med fortegnsskifte:
$x^2 + 4x + 4 = 0$
Bruker første kvadratsetning baklengs ved å skrive $x^2 + 4x + 4 = 0$ som $ (x + 2)^2$:
$ (x + 2)^2 = 0$
Setter rot-tegn på begge sider:
$\sqrt{ (x + 2)^2} = \pm \sqrt{0}$
Trekker ut røttene:
$x + 2 = 0$
Flytter 2 over til høyre side med fortegnsskifte:
$x = −2$
Setter prøve på svaret:
V.S.: x2 + 4x = (−2)2 + 4(−2) = 4 − 8 = −4
H.S.: −4
V.S. det samme som H.S., så løsningen er riktig.
I eksempel 3 ser vi at andregradslikningen bare hadde 1 løsning. Slik er det alltid når vi har et kvadrat på venstre side og 0 på høyre side av likhetstegnet.
Løs likningen x2 + 6x = −9.
Hint: x2 + 6x + 9 = (x + 3)2
Kvadratkomplettering
De fleste andregradsuttrykk kan imidlertid ikke omskrives ved hjelp av en kvadratsetning baklengs. Det finnes for eksempel ikke noe uttrykk som ved hjelp av en kvadratsetning gir x2 + 6x + 5.
Generelt, hvis x er en variabel og k er en konstant, blir (x + k)2 til x2 + 2kx + k2 når vi regner det ut ved hjelp av første kvadratsetning. Vi ser at konstantleddet er k2, og koeffisienten i førstegradsleddet er 2k. Konstantleddet er altså lik halve koeffisienten i førstegradsleddet kvadrert (opphøyd i andre), $({\large \frac{1}{2}} \cdot 2k)^2 = k^2$.
Hvis konstantleddet i et andregradsuttrykk ikke er lik halve koeffisienten i førstegradsleddet kvadrert, kan det ikke skrives om ved hjelp av en kvadratsetning baklengs.
Imidlertid kan vi alltid omforme en andregradslikning slik at vi får et uttrykk på venstre side av likhetstegnet der dette kravet er oppfylt.
Eksempel 4:
Vi skal løse likningen $x^2 + 6x = −5$.
For at vi skal kunne skrive om uttrykket på venstre side ved hjelp av en kvadratsetning baklengs, må vi altså ha et konstantledd som er lik halve koeffisienten til førstegradsleddet kvadrert. Førstegradsleddet her er 6x, så koeffisienten er 6. Halvparten av dette er 3, som kvadrert blir 9. Så vi må addere 9 til uttrykket x2 + 6x. I en likning kan vi legge til samme verdi på begge sider av likhetstegnet, så vi kan skrive likningen som:
$x^2 + 6x + 9 = −5 + 9$
Så regner vi ut høyresiden og får:
$x^2 + 6x + 9 = 4$
Nå kan vi skrive om fra formen x2 + 2kx + k2 til (x + k)2. Her er k2 = 9, så k = 3, og vi får:
$(x+3)^2 = 4$
Setter rot-tegn på begge sider:
$\sqrt{ (x + 3)^2} = \pm \sqrt{4}$
Trekker ut røttene:
$x + 3 = \pm 2$
Flytter 3 over til høyre side med fortegnsskifte:
$x = \pm 2 − 3$
Det vil si at løsningene er
$ x_1 = 2 − 3 = −1$
$x_2 = −2 − 3 = −5$
Setter prøve på svaret, og regner først ut venstre side når x = −1:
V.S.: x2 + 6x = (−1)2 + 6(−1) = 1 − 6 = −5.
Når x = −5, får vi:
V.S.: x2 = x2 + 6x = (−5)2 + 6(−5) = 25 − 30 = −5.
H.S.: −5.
I begge tilfeller er V.S. det samme som H.S., så begge løsningene er riktige.
Metoden i eksempel 4 kalles kvadratkomplettering, eller fullstendige kvadraters metode. Vi tar altså utgangspunkt i koeffisienten til førstegradsleddet, halverer og kvadrerer den, og legger den til på begge sider av likhetstegnet.
Huskeregel: Halvere, kvadrere, addere.
Løs likningen x2 + 2x = 3 ved å bruke metoden med kvadratkomplettering.
Hvis andregradsleddet har en annen koeffisient enn 1, dividerer vi den bort først.
Eksempel 5:
Vi skal løse likningen 3x2 + 18x = −15
Her er det en koeffisient som er 3 foran andregradsleddet. Vi benytter da regelen om at vi kan dividere med samme tall på begge sider av en likning, dividerer med 3, og får x2 + 6x = −5, som har samme løsning. Denne likningen løste vi i eksempel 4 og fikk at x1 = −1, x2 = −5.
I alle eksemplene vi har sett på, har koeffisienter og løsninger vært hele tall. Det er bare for å gjøre utregningene oversiktlige. I praksis vil vi i de fleste tilfeller arbeide med likninger der koeffisienter og løsninger ikke er hele tall.
Oppgave 4:
Bruk metoden med kvadratkomplettering til å løse likningen 2x2 = − 10x − 12.
Kilder
-
- Gulliksen T. (2000). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget
