🕵️

Ρητές & Άρρητες Εξισώσεις

ΕΚΠ και περιορισμοί, ύψωση στο τετράγωνο, επαλήθευση, διτετράγωνες

Γιατί με νοιάζει;

Δύο βρύσες γεμίζουν μαζί μια πισίνα σε $2$ ώρες, και η μία μόνη της χρειάζεται $3$ ώρες περισσότερες από την άλλη. Πόσο χρειάζεται η καθεμιά; Αν $x$ οι ώρες της γρήγορης, σε μία ώρα γεμίζει το $\frac{1}{x}$ της πισίνας — και ο άγνωστος βρέθηκε στον παρονομαστή. Τέτοιες ρητές εξισώσεις, και οι άρρητες με τον άγνωστο κάτω από ρίζα, είναι το θέμα σου εδώ· η απάντηση για τις βρύσες σε περιμένει στην Πρόκληση.

Όταν ο άγνωστος κρύβεται στον παρονομαστή

Μια εξίσωση όπως $\frac{2}{x - 1} = \frac{3}{x}$ λέγεται ρητή (ή κλασματική): ο άγνωστος εμφανίζεται σε παρονομαστή. Δεν είναι πολυωνυμική, αλλά ανάγεται σε πολυωνυμική αν ξεφορτωθείς τα κλάσματα. Υπάρχει όμως ένα τίμημα: πρώτα δηλώνεις πού «απαγορεύεται» να πατήσει το $x$ .

Τα βήματα είναι πάντα τα ίδια:

Περιορισμοί: κάθε παρονομαστής πρέπει να είναι $\neq 0$ . Τους γράφεις ΠΡΙΝ από οτιδήποτε άλλο.
ΕΚΠ: παραγοντοποιείς τους παρονομαστές και βρίσκεις το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιό τους.
Απαλοιφή: πολλαπλασιάζεις και τα δύο μέλη με το ΕΚΠ — τα κλάσματα φεύγουν.
Λύνεις την πολυωνυμική εξίσωση που προκύπτει.
Έλεγχος: πετάς όποια ρίζα συγκρούεται με τους περιορισμούς.

Το βήμα 5 δεν είναι διακοσμητικό: πολλαπλασιάζοντας με το ΕΚΠ, που μπορεί να μηδενίζεται για κάποια $x$ , ίσως «γεννήσεις» λύσεις που η αρχική εξίσωση δεν είχε ποτέ.

Κόλπο μνήμης

η «μαύρη λίστα». Πριν λύσεις οτιδήποτε, γράψε τις τιμές που απαγορεύονται: όσες μηδενίζουν παρονομαστή ή κάνουν αρνητικό ένα υπόρριζο. Στο τέλος κάθε ρίζα που βρήκες περνά από έλεγχο: αν είναι στη μαύρη λίστα, μένει έξω — όσο σωστά κι αν την υπολόγισες.

Μοίρασε την ίδια μπάρα σε όλο και λιγότερα κομμάτια και δες κάθε κομμάτι να φουσκώνει — θα ανακαλύψεις γιατί η διαίρεση με το 0 δεν βγάζει νόημα και γιατί οι περιορισμοί δεν είναι τυπικότητα.

Παράδειγμα (εξεταστικό μοτίβο): Να λυθεί η εξίσωση $\frac{x}{x - 2} = \frac{8}{x^2 - 4} + 1$ .

Λύση: Παραγοντοποιούμε: $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$ .

Περιορισμοί: $x \neq 2$ και $x \neq -2$ .

ΕΚΠ το $(x - 2)(x + 2)$ . Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη:

$x(x + 2) = 8 + (x^2 - 4)$

$x^2 + 2x = x^2 + 4 \Rightarrow 2x = 4 \Rightarrow x = 2$

Όμως ο περιορισμός λέει $x \neq 2$ — η μοναδική «υποψήφια» ρίζα απορρίπτεται!

Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη: σύνολο λύσεων το $\varnothing$ . Αν είχαμε παραλείψει τους περιορισμούς, θα δίναμε με σιγουριά τη λάθος απάντηση $x = 2$ — εκεί ο παρονομαστής μηδενίζεται και η εξίσωση δεν ορίζεται καν.

Γρήγορος έλεγχος

Ποιο είναι το σύνολο λύσεων της εξίσωσης $\frac{x^2 - 4}{x - 2} = 0$ ;

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

Λύση: Περιορισμοί: $x \neq 0$ και $x \neq 1$ . ΕΚΠ το $2x(x - 1)$ . Πολλαπλασιάζουμε κάθε όρο:

$2(x - 1) + 2x = 3x(x - 1) \iff 4x - 2 = 3x^2 - 3x \iff 3x^2 - 7x + 2 = 0$

$\Delta = 49 - 24 = 25$ , άρα $x = \frac{7 \pm 5}{6}$ , δηλαδή $x = 2$ ή $x = \frac{1}{3}$ . Καμία δεν συγκρούεται με τους περιορισμούς, άρα δεκτές και οι δύο.

Επαλήθευση: για $x = 2$ : $\frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$ ✓· για $x = \frac{1}{3}$ : $3 + \frac{1}{-2/3} = 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}$ ✓

Άρρητες εξισώσεις — η ρίζα και ο μονόδρομος του τετραγώνου

Άρρητη λέγεται μια εξίσωση όπου ο άγνωστος βρίσκεται κάτω από ριζικό, π.χ. $\sqrt{x + 7} = x + 1$ . Το φυσικό όπλο είναι η ύψωση στο τετράγωνο, που σβήνει τη ρίζα. Προσοχή όμως — το τετράγωνο είναι μονόδρομος:

$\alpha = \beta \Rightarrow \alpha^2 = \beta^2 \qquad \text{αλλά ΟΧΙ αντίστροφα}$

Παράδειγμα: $(-3)^2 = 3^2$ χωρίς να ισχύει $-3 = 3$ . Υψώνοντας στο τετράγωνο μπορεί να μπουν στη λύση «λαθρεπιβάτες» — ρίζες της νέας εξίσωσης που ΔΕΝ λύνουν την αρχική.

Η μέθοδος:

Απομονώνω το ριζικό στο ένα μέλος.
Σημειώνω ότι $\sqrt{A} \geq 0$ πάντα — άρα και το άλλο μέλος πρέπει να είναι $\geq 0$ , και το υπόριζο $A \geq 0$ .
Υψώνω στο τετράγωνο και λύνω την πολυωνυμική.
Επαληθεύω κάθε ρίζα στην ΑΡΧΙΚΗ εξίσωση — εδώ ξεσκεπάζονται οι λαθρεπιβάτες.

Ήξερες ότι;

«Άρρητος» σημαίνει «αυτός που δεν μπορεί να ειπωθεί». Οι αρχαίοι Έλληνες ανακάλυψαν ότι η διαγώνιος τετραγώνου πλευράς $1$ , δηλαδή το $\sqrt{2}$ , δεν γράφεται ως λόγος ακεραίων. Ο Αριστοτέλης αναφέρει ήδη την απόδειξη: αν γραφόταν έτσι, ο ίδιος αριθμός θα έβγαινε ταυτόχρονα άρτιος και περιττός.

Γρήγορος έλεγχος

Πόσες λύσεις έχει η εξίσωση $\sqrt{x} = -2$ ;

Παράδειγμα (εξεταστικό μοτίβο): Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{x + 7} = x + 1$ .

Λύση: Το ριζικό είναι ήδη απομονωμένο. Περιορισμοί: υπόριζο $x + 7 \geq 0$ και, αφού $\sqrt{x + 7} \geq 0$ , πρέπει $x + 1 \geq 0$ . Συνολικά $x \geq -1$ .

Υψώνουμε στο τετράγωνο:

$x + 7 = (x + 1)^2 = x^2 + 2x + 1$

$x^2 + x - 6 = 0 \Rightarrow (x - 2)(x + 3) = 0 \Rightarrow x = 2 \text{ ή } x = -3$

Η $x = -3$ απορρίπτεται ( $-3 < -1$ ). Ελέγχουμε την $x = 2$ στην αρχική:

$\sqrt{2 + 7} = \sqrt{9} = 3 = 2 + 1 \checkmark$

Μοναδική λύση η $x = 2$ . Δες και τον λαθρεπιβάτη από κοντά: για $x = -3$ η αρχική δίνει $\sqrt{4} = 2$ αριστερά αλλά $-2$ δεξιά — γεννήθηκε από την ύψωση στο τετράγωνο, δεν έλυνε ποτέ την εξίσωση.

Γρήγορος έλεγχος

Πόσες λύσεις έχει η εξίσωση $\sqrt{x + 2} = x$ ;

Διτετράγωνες — αντικατάσταση που τα απλοποιεί όλα

Εξισώσεις της μορφής $\alpha x^4 + \beta x^2 + \gamma = 0$ λέγονται διτετράγωνες. Δεν χρειάζονται καινούργια θεωρία: θέτουμε $y = x^2$ με περιορισμό $y \geq 0$ και η εξίσωση γίνεται δευτεροβάθμια ως προς $y$ .

Παράδειγμα: $x^4 - 5x^2 + 4 = 0$ . Με $y = x^2$ :

$y^2 - 5y + 4 = 0 \Rightarrow (y - 1)(y - 4) = 0 \Rightarrow y = 1 \text{ ή } y = 4$

Και οι δύο τιμές είναι δεκτές ( $\geq 0$ ). Επιστρέφουμε στο $x$ :

$x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1, \qquad x^2 = 4 \Rightarrow x = \pm 2$

Τέσσερις ρίζες: $\pm 1, \pm 2$ . Αν κάποιο $y$ έβγαινε αρνητικό, θα το απορρίπταμε — το $x^2$ δεν γίνεται αρνητικό. Η ίδια ιδέα της αντικατάστασης «ξεκλειδώνει» κι άλλες εξισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές, όπως είδες και στις εκθετικές με $y = \alpha^x$ .

Γρήγορος έλεγχος

Πόσες πραγματικές ρίζες έχει η εξίσωση $x^4 - 13x^2 + 36 = 0$ ;

Ρητές ανισώσεις — ποτέ «χιαστί»

Σε ανίσωση με άγνωστο στον παρονομαστή δεν πολλαπλασιάζουμε με τον παρονομαστή: δεν ξέρουμε το πρόσημό του, άρα ούτε αν αλλάζει η φορά. Χρησιμοποιούμε ότι ένα πηλίκο και το αντίστοιχο γινόμενο έχουν το ίδιο πρόσημο:

$\frac{A}{B} > 0 \iff A \cdot B > 0, \qquad \frac{A}{B} \ge 0 \iff A \cdot B \ge 0 \ \text{και} \ B \neq 0$

Έτσι κάθε ρητή ανίσωση γίνεται πολυωνυμική και λύνεται με πίνακα προσήμων.

Μέθοδος: ρητή ανίσωση

Γράψε τον περιορισμό: κάθε παρονομαστής $\neq 0$ .
Μετέφερε όλους τους όρους στο ένα μέλος και κάνε ομώνυμα, ώστε να πάρεις $\frac{A}{B} > 0$ (ή $\ge$ , $<$ , $\le$ ).
Μετάτρεψε σε ανίσωση γινομένου: $A \cdot B > 0$ (αντίστοιχα $\ge$ , $<$ , $\le$ ).
Λύσε με πίνακα προσήμων και εξαίρεσε τις ρίζες του παρονομαστή.

Παράδειγμα: Να λυθεί η ανίσωση $\frac{x + 1}{x - 2} \le 2$ .

Λύση: Περιορισμός: $x \neq 2$ . Μεταφέρουμε το $2$ και κάνουμε ομώνυμα:

$\frac{x + 1}{x - 2} - 2 \le 0 \iff \frac{x + 1 - 2(x - 2)}{x - 2} \le 0 \iff \frac{5 - x}{x - 2} \le 0$

Ισοδύναμα $(5 - x)(x - 2) \le 0$ με $x \neq 2$ . Πολλαπλασιάζοντας με $-1$ : $(x - 5)(x - 2) \ge 0$ , που ισχύει για $x \le 2$ ή $x \ge 5$ . Εξαιρώντας το $x = 2$ :

$x \in (-\infty, 2) \cup [5, +\infty)$

Έλεγχος: $x = 0$ δίνει $-\frac{1}{2} \le 2$ ✓, $x = 3$ δίνει $4 > 2$ (σωστά εκτός λύσης), $x = 5$ δίνει $\frac{6}{3} = 2$ ✓

Γρήγορος έλεγχος

Ποιο είναι το σύνολο λύσεων της ανίσωσης $\frac{x - 1}{x + 2} < 0$ ;

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος:

α) Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{x + 5} = x - 1$ .

β) Να λυθεί η ανίσωση $\frac{x - 3}{x + 1} > 0$ .

γ) Να εξεταστεί αν η λύση του (α) ικανοποιεί την ανίσωση του (β).

Λύση:

α) Περιορισμοί: $x + 5 \ge 0$ και, αφού $\sqrt{x + 5} \ge 0$ , $x - 1 \ge 0$ . Συνολικά $x \ge 1$ . Υψώνουμε στο τετράγωνο:

$x + 5 = x^2 - 2x + 1 \iff x^2 - 3x - 4 = 0 \iff (x - 4)(x + 1) = 0$

Η $x = -1$ απορρίπτεται ( $-1 < 1$ ). Για $x = 4$ : $\sqrt{9} = 3 = 4 - 1$ ✓. Μοναδική λύση η $x = 4$ .

β) Περιορισμός: $x \neq -1$ . Ισοδύναμα $(x - 3)(x + 1) > 0$ , που ισχύει έξω από τις ρίζες: $x < -1$ ή $x > 3$ .

γ) Αφού $4 > 3$ , ναι: $\frac{4 - 3}{4 + 1} = \frac{1}{5} > 0$ ✓

Απάντηση: α) $x = 4$ , β) $(-\infty, -1) \cup (3, +\infty)$ , γ) ναι.

Πρόκληση

α) Λύσε το πρόβλημα με τις βρύσες: μαζί γεμίζουν την πισίνα σε $2$ ώρες και η αργή χρειάζεται $3$ ώρες περισσότερες από τη γρήγορη. β) Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{x + 5} + \sqrt{x} = 5$ .

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

α) Έστω $x > 0$ οι ώρες της γρήγορης· η αργή χρειάζεται $x + 3$ . Σε μία ώρα γεμίζουν $\frac{1}{x}$ και $\frac{1}{x + 3}$ της πισίνας, και μαζί $\frac{1}{2}$ :

$\frac{1}{x} + \frac{1}{x + 3} = \frac{1}{2}$

Περιορισμοί: $x \ne 0$ , $x \ne -3$ . Με ΕΚΠ $2x(x + 3)$ : $2(x + 3) + 2x = x(x + 3) \iff x^2 - x - 6 = 0 \iff (x - 3)(x + 2) = 0$ . Η $x = -2$ απορρίπτεται (οι ώρες είναι θετικές), άρα η γρήγορη βρύση θέλει $3$ ώρες και η αργή $6$ . Έλεγχος: $\frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2}$ ✓

β) Περιορισμός: $x \ge 0$ . Δύο ριζικά — απομόνωσε το ένα: $\sqrt{x + 5} = 5 - \sqrt{x}$ , που θέλει $5 - \sqrt{x} \ge 0$ , δηλαδή $x \le 25$ . Υψώνουμε στο τετράγωνο:

$x + 5 = 25 - 10\sqrt{x} + x \iff 10\sqrt{x} = 20 \iff \sqrt{x} = 2 \iff x = 4$

Το $x$ εξαφανίστηκε από τα δύο μέλη και έμεινε μόνο η ρίζα — μία ύψωση έφτασε. Επαλήθευση: $\sqrt{9} + \sqrt{4} = 3 + 2 = 5$ ✓. Μοναδική λύση η $x = 4$ .

Στις εξετάσεις, ρητές και άρρητες εξισώσεις βαθμολογούνται σε τρία σημεία: περιορισμοί στην αρχή, σωστή αναγωγή σε πολυωνυμική, έλεγχος/επαλήθευση στο τέλος — αν λείψει το πρώτο ή το τρίτο, χάνεις μονάδες ακόμα κι αν η «ρίζα» σου είναι σωστή. Στις άρρητες, υψώνεις στο τετράγωνο ΜΟΝΟ αφού απομονώσεις το ριζικό, και επαληθεύεις πάντα στην ΑΡΧΙΚΗ εξίσωση. Στις διτετράγωνες, μην ξεχάσεις να γυρίσεις από το $y$ στο $x$ — η λύση $y = 4$ δεν είναι απάντηση, οι $x = \pm 2$ είναι.

Συνηθισμένα λάθη

Πολλαπλασιάζουν «χιαστί» ανίσωση με παρονομαστή άγνωστου προσήμου. Φέρε όλους τους όρους στο ένα μέλος και δούλεψε με το γινόμενο $A \cdot B$ .
Υψώνουν στο τετράγωνο πριν απομονώσουν τη ρίζα: από $\sqrt{x} + 1 = x$ το τετράγωνο αριστερά δίνει $x + 2\sqrt{x} + 1$ — η ρίζα δεν φεύγει.
Ξεχνούν τον περιορισμό «δεύτερο μέλος $\ge 0$ » στις άρρητες και δεν επαληθεύουν, οπότε οι λαθρεπιβάτες μένουν στη λύση.
Στις διτετράγωνες κρατούν αρνητικό $y = x^2$ και γράφουν ρίζες όπως $x = \pm\sqrt{-4}$ .

Σύνοψη — τι κρατάμε

Ρητές εξισώσεις: περιορισμοί → ΕΚΠ → πολυωνυμική → απόρριψη ριζών που μηδενίζουν παρονομαστή
Ρητές ανισώσεις: $\frac{A}{B} > 0 \iff A \cdot B > 0$ — ποτέ πολλαπλασιασμός με παρονομαστή άγνωστου προσήμου
Άρρητες: απομόνωση του ριζικού και $\sqrt{A} = B \iff B \ge 0$ και $A = B^2$
$\alpha = \beta \Rightarrow \alpha^2 = \beta^2$ , αλλά όχι αντίστροφα — γι' αυτό επαληθεύουμε στην αρχική
Διτετράγωνες: $y = x^2 \ge 0$ , λύση ως προς $y$ και επιστροφή στο $x$

Όταν ο άγνωστος κρύβεται στον παρονομαστή

Μια εξίσωση όπως

\frac{2}{x - 1} = \frac{3}{x}

λέγεται ρητή (ή κλασματική): ο άγνωστος εμφανίζεται σε παρονομαστή. Δεν είναι πολυωνυμική, αλλά ανάγεται σε πολυωνυμική αν ξεφορτωθείς τα κλάσματα. Υπάρχει όμως ένα τίμημα: πρώτα δηλώνεις πού «απαγορεύεται» να πατήσει το $x$ .

Τα βήματα είναι πάντα τα ίδια:

Περιορισμοί: κάθε παρονομαστής πρέπει να είναι

\neq 0

. Τους γράφεις ΠΡΙΝ από οτιδήποτε άλλο.

ΕΚΠ: παραγοντοποιείς τους παρονομαστές και βρίσκεις το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιό τους.

Απαλοιφή: πολλαπλασιάζεις και τα δύο μέλη με το ΕΚΠ — τα κλάσματα φεύγουν.

Λύνεις την πολυωνυμική εξίσωση που προκύπτει.

Έλεγχος: πετάς όποια ρίζα συγκρούεται με τους περιορισμούς.

Το βήμα 5 δεν είναι διακοσμητικό: πολλαπλασιάζοντας με το ΕΚΠ, που μπορεί να μηδενίζεται για κάποια

x

, ίσως «γεννήσεις» λύσεις που η αρχική εξίσωση δεν είχε ποτέ.