🧮

Εξισώσεις 1ου Βαθμού & η Εξίσωση xⁿ = α

Διερεύνηση αx + β = 0, παραμετρικές, ν-οστές ρίζες

Πότε συμφέρει η συνδρομή;

Μια υπηρεσία car sharing χρεώνει $5$ € πάγιο και $0{,}30$ € ανά km, μια άλλη μόνο $0{,}50$ € ανά km. Πότε βγαίνουν ίδια; Λύνεις $5 + 0{,}3x = 0{,}5x$ και βρίσκεις $x = 25$ km — πάνω από αυτό συμφέρει η πρώτη. Μία εξίσωση 1ου βαθμού αρκεί για μια έξυπνη απόφαση.

Η εξίσωση $\alpha x + \beta = 0$ — η ζυγαριά σε ισορροπία

Μια εξίσωση είναι μια ζυγαριά σε ισορροπία. Ό,τι κάνεις στο ένα μέλος, πρέπει να το κάνεις και στο άλλο. Προσθέτεις παντού το ίδιο. Πολλαπλασιάζεις παντού με τον ίδιο (μη μηδενικό) αριθμό. Και ο άγνωστος μένει μόνος του.

Η γενική πορεία επίλυσης: απαλοιφή παρονομαστών, επιμεριστική, χωρισμός γνωστών από αγνώστους (οι όροι με $x$ στο ένα μέλος, οι αριθμοί στο άλλο), αναγωγή ομοίων όρων — και καταλήγεις πάντα στη μορφή:

$\alpha x = -\beta$

Από εδώ και πέρα, όλα κρίνονται από το αν ο συντελεστής $\alpha$ είναι μηδέν ή όχι.

Πρόσθεσε και αφαίρεσε βάρη στη ζυγαριά — θα ανακαλύψεις ότι η λύση μιας εξίσωσης είναι απλώς διατήρηση ισορροπίας μέχρι να μείνει το x μόνο του.

Ήξερες ότι;

Η λέξη «άλγεβρα» προέρχεται από το αραβικό «al-jabr» («αποκατάσταση»), από τον τίτλο βιβλίου του Πέρση μαθηματικού al-Khwarizmi (περίπου 820 μ.Χ.). Το «al-jabr» ήταν ακριβώς η κίνηση που κάνεις κι εσύ: μεταφέρεις έναν όρο στο άλλο μέλος για να «αποκαταστήσεις» την ισορροπία. Από το όνομά του βγήκε και η λέξη «αλγόριθμος».

Παράδειγμα: Να λυθεί η εξίσωση $\frac{x - 1}{3} - \frac{x + 1}{2} = 1 - x$ .

Λύση: ΕΚΠ $(3, 2) = 6$ . Πολλαπλασιάζουμε κάθε όρο με $6$ , βάζοντας τους αριθμητές σε παρενθέσεις:

$2(x - 1) - 3(x + 1) = 6 - 6x$

$2x - 2 - 3x - 3 = 6 - 6x \iff -x - 5 = 6 - 6x \iff 5x = 11 \iff x = \frac{11}{5}$

Επαλήθευση: αριστερά $\frac{6/5}{3} - \frac{16/5}{2} = \frac{2}{5} - \frac{8}{5} = -\frac{6}{5}$ , δεξιά $1 - \frac{11}{5} = -\frac{6}{5}$ ✓

Διερεύνηση — οι τρεις δυνατές «μοίρες» της εξίσωσης

Για την $\alpha x + \beta = 0$ , δηλαδή $\alpha x = -\beta$ :

Αν $\alpha \neq 0$ : διαιρούμε με $\alpha$ και έχουμε μοναδική λύση $x = -\frac{\beta}{\alpha}$ .
Αν $\alpha = 0$ και $\beta \neq 0$ : η εξίσωση γίνεται $0 \cdot x = -\beta \neq 0$ — κανένας αριθμός επί $0$ δεν δίνει κάτι μη μηδενικό. Η εξίσωση είναι αδύνατη.
Αν $\alpha = 0$ και $\beta = 0$ : γίνεται $0 \cdot x = 0$ , που ισχύει για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Η εξίσωση είναι ταυτότητα (αόριστη).

Αυτό το τρίπτυχο λέγεται διερεύνηση — και είναι ολόκληρη η θεωρία πίσω από τις παραμετρικές εξισώσεις.

Γρήγορος έλεγχος

Τι ισχύει για την εξίσωση $0 \cdot x = 5$ ;

Μέθοδος: παραμετρική εξίσωση 1ου βαθμού

Κάνε πράξεις και φέρε την εξίσωση στη μορφή $A(\lambda) \cdot x = B(\lambda)$ .
Παραγοντοποίησε τον συντελεστή $A(\lambda)$ και βρες τις τιμές του $\lambda$ που τον μηδενίζουν.
Για $A(\lambda) \neq 0$ : μοναδική λύση $x = \frac{B(\lambda)}{A(\lambda)}$ , απλοποιημένη αν γίνεται.
Για κάθε τιμή που μηδενίζει το $A(\lambda)$ , αντικατέστησε στη μορφή $A(\lambda)x = B(\lambda)$ : αν πάρεις $0x = 0$ είναι ταυτότητα, αν πάρεις $0x =$ μη μηδενικός αριθμός είναι αδύνατη.
Γράψε συγκεντρωτική απάντηση για όλες τις περιπτώσεις.

Άσκηση: Να λυθεί για τις διάφορες τιμές του $\lambda \in \mathbb{R}$ η εξίσωση $(\lambda^2 - 1)x = \lambda - 1$ .

Λύση: Παραγοντοποιούμε τον συντελεστή: $\lambda^2 - 1 = (\lambda - 1)(\lambda + 1)$ . Ο συντελεστής μηδενίζεται για $\lambda = 1$ ή $\lambda = -1$ — αυτές είναι οι «κρίσιμες» τιμές.

Αν $\lambda \neq 1$ και $\lambda \neq -1$ : μοναδική λύση

$x = \frac{\lambda - 1}{(\lambda - 1)(\lambda + 1)} = \frac{1}{\lambda + 1}$

Αν $\lambda = 1$ : η εξίσωση γίνεται $0 \cdot x = 0$ — ταυτότητα, αληθεύει για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .
Αν $\lambda = -1$ : γίνεται $0 \cdot x = -2$ — αδύνατη.

Παρατήρησε: ΔΕΝ διαιρέσαμε με το $\lambda^2 - 1$ από την αρχή — πρώτα εξετάσαμε πότε μηδενίζεται.

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Δίνεται η εξίσωση $(\lambda^2 - 4)x = \lambda^2 - 2\lambda$ , $\lambda \in \mathbb{R}$ .

α) Να λυθεί για τις διάφορες τιμές του $\lambda$ .

β) Για ποια τιμή του $\lambda$ η εξίσωση έχει μοναδική λύση το $x = 2$ ;

γ) Υπάρχει τιμή του $\lambda$ για την οποία η εξίσωση έχει μοναδική λύση το $x = 1$ ;

Λύση:

α) Παραγοντοποιούμε: $(\lambda - 2)(\lambda + 2)x = \lambda(\lambda - 2)$ .

Αν $\lambda \neq 2$ και $\lambda \neq -2$ : μοναδική λύση $x = \frac{\lambda(\lambda - 2)}{(\lambda - 2)(\lambda + 2)} = \frac{\lambda}{\lambda + 2}$ .
Αν $\lambda = 2$ : $0 \cdot x = 0$ , ταυτότητα.
Αν $\lambda = -2$ : $0 \cdot x = (-2)(-4) = 8$ , αδύνατη.

β) Για $\lambda \neq \pm 2$ : $\frac{\lambda}{\lambda + 2} = 2 \iff \lambda = 2\lambda + 4 \iff \lambda = -4$ , δεκτή. Έλεγχος: για $\lambda = -4$ η εξίσωση γίνεται $12x = 24$ , άρα $x = 2$ ✓

γ) $\frac{\lambda}{\lambda + 2} = 1 \iff \lambda = \lambda + 2 \iff 0 = 2$ , αδύνατο. Άρα δεν υπάρχει τέτοιο $\lambda$ .

Απάντηση: α) μοναδική λύση $x = \frac{\lambda}{\lambda + 2}$ για $\lambda \neq \pm 2$ , ταυτότητα για $\lambda = 2$ , αδύνατη για $\lambda = -2$ , β) $\lambda = -4$ , γ) όχι.

Γρήγορος έλεγχος

Για ποια τιμή του $\lambda$ η εξίσωση $(\lambda - 1)x = 2$ είναι αδύνατη;

Η εξίσωση $x^\nu = \alpha$ — άρτιο ή περιττό; Όλα εδώ κρίνονται

Σκέψου τη γεωμετρικά: ψάχνουμε πού η καμπύλη $y = x^\nu$ συναντά την οριζόντια ευθεία $y = \alpha$ .

Αν ο $\nu$ είναι περιττός ( $x^3, x^5, \dots$ ): η εξίσωση έχει ακριβώς μία λύση για κάθε $\alpha \in \mathbb{R}$ :

$x^3 = 8 \iff x = \sqrt[3]{8} = 2$ , και $x^3 = -8 \iff x = -\sqrt[3]{8} = -2$

Οι περιττές δυνάμεις «σέβονται» το πρόσημο, οπότε και αρνητικό $\alpha$ έχει λύση.

Αν ο $\nu$ είναι άρτιος ( $x^2, x^4, \dots$ ): οι άρτιες δυνάμεις δεν βγαίνουν ποτέ αρνητικές, άρα:

$\alpha > 0$ : δύο λύσεις, $x = \sqrt[\nu]{\alpha}$ ή $x = -\sqrt[\nu]{\alpha}$
$\alpha = 0$ : μοναδική λύση $x = 0$
$\alpha < 0$ : αδύνατη

$\nu \text{ περιττός}: \ x^\nu = \alpha \iff x = \sqrt[\nu]{\alpha} \ (\alpha \ge 0) \ \text{ή } x = -\sqrt[\nu]{-\alpha} \ (\alpha < 0), \qquad \nu \text{ άρτιος}, \ \alpha > 0: \ x^\nu = \alpha \iff x = \pm\sqrt[\nu]{\alpha}$

Κόλπο μνήμης

Άρτιος εκθέτης = ζευγάρι: το $x^4 = 16$ έχει δύο λύσεις-«δίδυμα» $\pm 2$ (ή καμία, αν $\alpha < 0$ ). Περιττός εκθέτης = μοναχικός: το $x^3 = -8$ έχει μία μόνο λύση, $x = -2$ , και το πρόσημο «περνάει» αυτούσιο.

Άσκηση: Να λυθούν οι εξισώσεις: α) $x^4 = 16$ , β) $x^3 = -27$ , γ) $x^6 = -64$ .

Λύση: α) Άρτιος εκθέτης, $\alpha = 16 > 0$ : δύο λύσεις, $x = \pm\sqrt[4]{16} = \pm 2$ .

β) Περιττός εκθέτης: μοναδική λύση $x = -\sqrt[3]{27} = -3$ . Έλεγχος: $(-3)^3 = -27$ ✔

γ) Άρτιος εκθέτης με $\alpha = -64 < 0$ : καμία δύναμη με άρτιο εκθέτη δεν είναι αρνητική, άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

Παράδειγμα: Να λυθούν οι εξισώσεις: α) $x^3 - 4x = 0$ , β) $(x - 1)^3 = 8$ , γ) $(2x - 1)^4 = 81$ .

Λύση: α) Κοινός παράγοντας και διαφορά τετραγώνων: $x(x^2 - 4) = x(x - 2)(x + 2) = 0$ . Γινόμενο μηδέν $\iff$ κάποιος παράγοντας μηδέν: $x = 0$ ή $x = 2$ ή $x = -2$ .

β) Περιττός εκθέτης: $(x - 1)^3 = 2^3 \iff x - 1 = 2 \iff x = 3$ .

γ) Άρτιος εκθέτης: $(2x - 1)^4 = 3^4 \iff 2x - 1 = 3$ ή $2x - 1 = -3 \iff x = 2$ ή $x = -1$ .

Ο κανόνας πίσω από τα (β), (γ): $x^\nu = \alpha^\nu \iff x = \alpha$ για περιττό $\nu$ , ενώ $x = \pm\alpha$ για άρτιο $\nu$ .

Γρήγορος έλεγχος

Ποιες είναι οι λύσεις της εξίσωσης $x^4 = 81$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Ποια είναι η λύση της εξίσωσης $x^3 = -125$ ;

Πρόκληση

το επίγραμμα του Διόφαντου. Ένα αρχαίο ελληνικό επίγραμμα λέει για τον μαθηματικό Διόφαντο: «Το $\frac{1}{6}$ της ζωής του ήταν παιδί, μετά από ακόμα $\frac{1}{12}$ του φύτρωσε γένι, μετά από ακόμα $\frac{1}{7}$ παντρεύτηκε, και $5$ χρόνια αργότερα απέκτησε γιο. Ο γιος έζησε τα μισά χρόνια του πατέρα του, και ο Διόφαντος πέθανε $4$ χρόνια μετά τον γιο.» Πόσα χρόνια έζησε;

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Έστω $x$ τα χρόνια της ζωής του. Τα κομμάτια της ζωής του αθροίζουν σε $x$ :

$\frac{x}{6} + \frac{x}{12} + \frac{x}{7} + 5 + \frac{x}{2} + 4 = x$

Ε.Κ.Π. των $6, 12, 7, 2$ είναι το $84$ . Πολλαπλασιάζουμε με $84$ :

$14x + 7x + 12x + 420 + 42x + 336 = 84x \iff 75x + 756 = 84x \iff 9x = 756 \iff x = 84$

Έλεγχος: $14 + 7 + 12 + 5 + 42 + 4 = 84$ ✓

Απάντηση: Ο Διόφαντος έζησε $84$ χρόνια.

Σε παραμετρική εξίσωση ΠΟΤΕ μη διαιρείς με παράσταση που περιέχει την παράμετρο πριν εξετάσεις πότε μηδενίζεται — εκεί κρύβεται όλη η διερεύνηση και όλος ο βαθμός. Πορεία-ρουτίνα: φέρε τη μορφή $\alpha x = -\beta$ , παραγοντοποίησε το $\alpha$ , βρες τις κρίσιμες τιμές, εξέτασε χωριστά κάθε περίπτωση. Και στην $x^\nu = \alpha$ , το πρώτο βλέμμα πάει στον εκθέτη: άρτιος → τσέκαρε πρόσημο του $\alpha$ και μην ξεχνάς το $\pm$ · περιττός → πάντα μία λύση.

Συνηθισμένα λάθη

Διαιρούν με παράσταση της παραμέτρου (π.χ. με $\lambda - 1$ ) χωρίς να εξετάσουν πότε μηδενίζεται — χάνονται οι περιπτώσεις «αδύνατη» και «ταυτότητα».
Στην απαλοιφή παρονομαστών δεν βάζουν παρένθεση: το $-\frac{x + 1}{2}$ επί $6$ δίνει $-3(x + 1) = -3x - 3$ , όχι $-3x + 3$ .
Στην $x^\nu = \alpha$ με άρτιο $\nu$ και $\alpha > 0$ γράφουν μόνο τη θετική λύση. Σωστό: $x = \pm\sqrt[\nu]{\alpha}$ .
Μπερδεύουν την $0x = 0$ (ταυτότητα, κάθε $x$ είναι λύση) με την $0x = 5$ (αδύνατη).

Σύνοψη — τι κρατάμε

$\alpha x = \beta$ : για $\alpha \neq 0$ μοναδική λύση $x = \frac{\beta}{\alpha}$ · για $\alpha = 0$ , $\beta \neq 0$ αδύνατη· για $\alpha = \beta = 0$ ταυτότητα
Παραμετρικές: παραγοντοποίηση του συντελεστή, κρίσιμες τιμές, χωριστή εξέταση κάθε περίπτωσης
$x^\nu = \alpha$ με $\nu$ περιττό: μία ακριβώς λύση για κάθε $\alpha \in \mathbb{R}$
$x^\nu = \alpha$ με $\nu$ άρτιο: $x = \pm\sqrt[\nu]{\alpha}$ αν $\alpha > 0$ , $x = 0$ αν $\alpha = 0$ , αδύνατη αν $\alpha < 0$
$A \cdot B = 0 \iff A = 0$ ή $B = 0$

Η εξίσωση

\alpha x + \beta = 0

— η ζυγαριά σε ισορροπία

Η γενική πορεία επίλυσης: απαλοιφή παρονομαστών, επιμεριστική, χωρισμός γνωστών από αγνώστους (οι όροι με

x

στο ένα μέλος, οι αριθμοί στο άλλο), αναγωγή ομοίων όρων — και καταλήγεις πάντα στη μορφή:

\alpha x = -\beta

Από εδώ και πέρα, όλα κρίνονται από το αν ο συντελεστής

\alpha

είναι μηδέν ή όχι.

Εξισώσεις 1ου Βαθμού & η Εξίσωση xⁿ = α

Πότε συμφέρει η συνδρομή;

Η εξίσωση αx+β=0\alpha x + \beta = 0αx+β=0 — η ζυγαριά σε ισορροπία

Διερεύνηση — οι τρεις δυνατές «μοίρες» της εξίσωσης

Μέθοδος: παραμετρική εξίσωση 1ου βαθμού

Η εξίσωση xν=αx^\nu = \alphaxν=α — άρτιο ή περιττό; Όλα εδώ κρίνονται

Εξισώσεις 1ου Βαθμού & η Εξίσωση xⁿ = α

Πότε συμφέρει η συνδρομή;

Η εξίσωση αx+β=0\alpha x + \beta = 0αx+β=0 — η ζυγαριά σε ισορροπία

Διερεύνηση — οι τρεις δυνατές «μοίρες» της εξίσωσης

Μέθοδος: παραμετρική εξίσωση 1ου βαθμού

Η εξίσωση xν=αx^\nu = \alphaxν=α — άρτιο ή περιττό; Όλα εδώ κρίνονται

Η εξίσωση $\alpha x + \beta = 0$ — η ζυγαριά σε ισορροπία

Η εξίσωση $x^\nu = \alpha$ — άρτιο ή περιττό; Όλα εδώ κρίνονται

Η εξίσωση $\alpha x + \beta = 0$ — η ζυγαριά σε ισορροπία

Η εξίσωση $x^\nu = \alpha$ — άρτιο ή περιττό; Όλα εδώ κρίνονται