Lektion
Die Theorie — Wurzelgleichungs-Prüfer
Eine Scheinlösung ist eine Lösung, die beim Quadrieren beider Seiten einer Gleichung entsteht, aber die ursprüngliche Gleichung nicht erfüllt. Dabei handelt es sich nicht um einen Rechenfehler: Quadrieren ist nicht umkehrbar, sodass die quadrierte Gleichung tatsächlich eine andere Gleichung ist, die von mehr Werten erfüllt wird als die Ausgangsgleichung.
Was die einzelnen Symbole bedeuten
a, b- die Zahlen unter dem Wurzelzeichen, die
√(ax + b)ergeben — in den Standardeinstellungen2und3. c, d- die Gerade auf der rechten Seite,
cx + d— hier beide1, sodass die Gleichung√(2x+3) = x+1lautet. candidate- eine Wurzel der quadrierten Gleichung. Hier gibt es zwei,
x ≈ −1.4142undx ≈ 1.4142. valid- eine Kandidatenlösung, die das Einsetzen in die ursprüngliche Gleichung erfüllt. Das trifft nur auf
x ≈ 1.4142zu.
Woher die Formel kommt
- Das Wurzelzeichen
√(2x+3)bezeichnet per Definition die nichtnegative Quadratwurzel. Die ursprüngliche Gleichung beinhaltet daher stillschweigend eine Bedingung, die in der Schreibweise nicht direkt sichtbar ist: Die rechte Seite darf nicht negativ sein. - Durch das Quadrieren beider Seiten geht diese Bedingung verloren.
√(2x+3) = x+1und2x+3 = (x+1)²sind nicht äquivalent — die zweite ist auch immer dann erfüllt, wenn√(2x+3) = −(x+1)gilt, der negative Zweig. - Die Lösungen der quadrierten Gleichung sind also die miteinander vermischten Lösungen beider Zweige. Das erneute Einsetzen jeder Kandidatenlösung ist keine bloße Formalität, sondern der Schritt, der sie voneinander trennt: Bei
x ≈ −1.4142ist die rechte Seite negativ, sodass diese Lösung den negativen Zweig löst und nicht die ursprüngliche Gleichung.
- Setzt voraus
- Vorausgesetzt werden nur reelle Zahlen, eine Quadratwurzel, die den Hauptwert (nichtnegativ) bezeichnet, sowie eine lineare rechte Seite. Lässt man komplexe Zahlen zu, verändert sich das gesamte Konzept einer Scheinlösung.
- Versagt, wenn
- Durch Quadrieren kann auch gar keine Information verloren gehen, was dazu führt, dass man die Probe leicht vergisst: Ist die rechte Seite überall dort nichtnegativ, wo der Wurzelausdruck definiert ist, ist jede Kandidatenlösung gültig und die Probe wirkt wie unnötiger Aufwand. Die Probe ist jedoch eine Versicherung — und deren Wert zeigt sich erst in den Fällen, in denen sie sich tatsächlich auszahlt.
Übung
Prüfe dich selbst
Sage die Antwort zuerst voraus und probiere es dann oben aus. Zeige die Lösung erst, wenn du dich entschieden hast — genau das macht es zur Übung.
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Alle drei Voreinstellungen melden genau eine Scheinlösung. Kannst du das Werkzeug dazu bringen, gar keine zu melden?
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Mühelos. Gib a = 1, b = 0, c = 0.5, d = 0 ein — das ist √x = x/2 — und das Feld listet die Kandidaten x ≈ 0 und x ≈ 4, stellt beide unter die gültigen Wurzeln und druckt bei den Scheinlösungen „None“. √x = x tut dasselbe mit 0 und 1. Quadrieren *riskiert* immer nur, eine Lösung hinzuzufügen; es fügt genau dann eine hinzu, wenn ein Kandidat die rechte Seite negativ macht, denn ein solcher Punkt löst y = −√(ax+b), den gestrichelten Zweig im Bild, und nicht die Gleichung, von der du ausgegangen bist. Hier wird kein Kandidat negativ, also geht nichts verloren. -
Die Standardvoreinstellung ergibt quadriert 1x² + 0x − 2 = 0 und bietet das symmetrische Paar ±1.4142, von dem das Werkzeug −1.4142 verwirft. Gib nun a = 6, b = 12, c = 1, d = 3 ein. Du bekommst dieselbe Gestalt der Quadratischen — 1x² + 0x − 3 = 0, Kandidaten ±1.7321 — doch diesmal akzeptiert das Werkzeug beide. Was entscheidet das?
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Das Vorzeichen der rechten Seite an jedem Kandidaten, und sonst nichts. Im Standardfall ist die Gerade x + 1, die bei x = −1.4142 den Wert −0.4142 annimmt; eine Quadratwurzel kann nicht negativ sein, also liegt dieser Punkt auf dem gestrichelten Zweig. Im zweiten Fall ist die Gerade x + 3, die bei x = −1.7321 immer noch +1.2679 beträgt, und √(6(−1.7321) + 12) = √1.6077 = 1.2679 — eine echte Lösung, negatives x hin oder her. Der lineare Term verschwindet in beiden Fällen, weil a = 2cd gilt (2 = 2·1·1 und 6 = 2·1·3); das ist eine Tatsache über die Algebra und sagt überhaupt nichts darüber, welche Wurzeln überleben. Scheinlösungen sind nicht die, die falsch aussehen, und auch nicht die außerhalb des Definitionsbereichs — es sind die, bei denen die Gerade unter die Achse gefallen ist.
Aufgabe vollständig gelöst
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Der Fall der Scheinlösung bei √(x − 1) = x − 2 7 Schritte
Lösen Sie √(x − 1) = x − 2 und nennen Sie den Schritt, der die Wurzel erzeugt hat, die die Gleichung nicht löst. Dies ist der Fall einer Scheinlösung: a = 1, b = −1, c = 1, d = −2.
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Das Symbol auf der linken Seite ist die Hauptquadratwurzel, daher ist sein Wert niemals negativ. Das schränkt die rechte Seite ein, noch bevor irgendeine Algebra stattfindet: Nur x ab 2 aufwärts kommt überhaupt infrage.
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Beim Quadrieren geht die Information verloren. Gleiche Größen haben gleiche Quadrate, aber gleiche Quadrate legen die Größen nur bis auf ein Vorzeichen fest. Alles nach dieser Zeile beantwortet eine weiter gefasste Frage als die, die Ihnen gestellt wurde.
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Das Ausmultiplizieren der rechten Seite ergibt eine quadratische Gleichung, und das ist der strukturelle Grund, warum eine zweite Wurzel Platz hat zu entstehen — die ursprüngliche Gleichung hatte einen Zweig, die quadrierte hat zwei.
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Die Diskriminante ist 25 − 20 = 5, somit sind beide Kandidaten irrational. Diese beiden Zahlen sind genau das, was das Bedienfeld unter Polynomkandidaten aufführt, und beide sind echte Wurzeln der quadrierten Gleichung.
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Prüfen Sie den größeren Kandidaten. Der Radikand ist 2,618 und seine Hauptwurzel ist 1,618; die rechte Seite beträgt ebenfalls 1,618. Beide Seiten stimmen überein, sodass 3,618 erhalten bleibt.
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Nun den kleineren. Die linke Seite ergibt 0,618 und die rechte Seite −0,618: gleicher Betrag, entgegengesetztes Vorzeichen. Das ist keine Rundungsabweichung — 1,382 ist eine exakte Wurzel von √(x − 1) = −(x − 2), der unteren Hälfte der nach rechts geöffneten Parabel, die das Wurzelzeichen verwirft, weshalb sie in der Zeile der Scheinlösungen landet.
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Beachten Sie, was die Definitionsbereichsprüfung, die Ihnen wahrscheinlich beigebracht wurde, hier ergeben hätte. Bei jeder Wurzel der quadrierten Gleichung ist der Radikand gleich (x − 2)², also einem Quadrat, sodass er für beide Kandidaten nicht-negativ ist und keinen von beiden verwirft. Bei dieser gesamten Gleichungsfamilie leistet die Radikandenprüfung überhaupt keine Arbeit; nur das Vorzeichen der rechten Seite tut dies.
Antwort
x ≈ 3,618, und 1,382 ist keine Beinahe-Punktlandung — es ist eine exakte Lösung einer anderen Gleichung. Fragen Sie sich, wann das Problem ganz vermieden werden kann. Belassen Sie den Radikanden bei x − 1 und setzen Sie die rechte Seite gleich x + d, sodass das Quadrieren f(x) = x² + (2d − 1)x + (d² + 1) = 0 mit der Diskriminante −4d − 3 ergibt: Oberhalb von d = −0,75 gibt es überhaupt keine reellen Kandidaten. Ein Kandidat besteht den Vorzeichentest, wenn x ≥ −d ist. Der Scheitelpunkt der Parabel liegt immer rechts von −d, sodass beide Wurzeln den Schwellenwert genau dann überschreiten, wenn f(−d) ≥ 0 ist — und f(−d) vereinfacht sich zu d + 1. Die Familie ist daher nur im schmalen Fenster −1 ≤ d ≤ −0,75 „ehrlich“: Erhöht man d über −0,75, verschwinden die Wurzeln; fällt es unter −1, wird eine davon zur Scheinlösung. Bei d = −2 befindet man sich weit außerhalb dieses Fensters, weshalb genau ein Kandidat fehlschlagen musste.
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Quellen (2)
- Why squaring both sides produces solutions the original equation does not have: J. S. Zelkowski, "Making Sense of Extraneous Solutions." The Mathematics Teacher 106(6), 452–458, 2013.
- The idea has a longer history than the textbook treatment suggests: K. R. Manning, "Historically Speaking — A History of Extraneous Solutions." The Mathematics Teacher 63(2), 165–175, 1970.