Juurvõrrandite kontrollija

Tõsta mõlemad pooled ruutu, lahenda saadud polünoom ja kontrolli seejärel iga kandidaati algses võrrandis.

Näidisarvutus — Juurvõrrandite kontrollija

Algne võrrand	1x+1
Ruutu tõstetud võrrand	(1x+1)²
Ruutvõrrandi kuju	0

Need on väärtused, mida kalkulaator lehe avamisel näitab. Muuda ülal mõnda sisendit, et need ümber arvutada.

Interaktiivse simulatsiooni laadimine...

Õppetund

Teooria — Juurvõrrandite kontrollija

Võõrlahend on lahend, mis tekib võrrandi mõlema poole ruutuvõtmisel, kuid mis ei rahulda algset võrrandit. Tegemist ei ole arvutusveaga: ruutuvõtmine ei ole pööratav tehe, mistõttu on ruutu võetud võrrand tõepoolest teine võrrand, mida rahuldab rohkem väärtusi kui seda, millest alustasid.

Mida iga sümbol tähendab

a, b: arvud juuremärgi all, mis annavad avaldise √(ax + b) — vaikimisi 2 ja 3.
c, d: sirge paremal pool, cx + d — siin mõlemad 1, seega on võrrand √(2x+3) = x+1.
candidate: ruutu võetud võrrandi lahend. Siin on neid kaks, x ≈ −1.4142 ja x ≈ 1.4142.
valid: kandidaatlahend, mis jääb kehtima ka algsesse võrrandisse asendamisel. Seda teeb ainult x ≈ 1.4142.

Kust valem tuleb

Juuravaldis √(2x+3) on definitsiooni kohaselt mittenegatiivne ruutjuur. Seega sisaldab algne võrrand vaikimisi tingimust, mida tähistus välja ei näita: parem pool ei tohi olla negatiivne.
Mõlema poole ruutuvõtmine heidab selle tingimuse kõrvale. Võrrandid √(2x+3) = x+1 ja 2x+3 = (x+1)² ei ole samaväärsed — teist võrrandit rahuldab ka juhtum, kui √(2x+3) = −(x+1), mis on negatiivne haru.
Nõnda on ruutu võetud võrrandi lahendid mõlema haru lahendid segamini koos. Iga kandidaadi tagasiasendamine ei ole pelk formaalsus, vaid samm, mis need üksteisest eraldab: väärtusel x ≈ −1.4142 on parem pool negatiivne, seega rahuldab see negatiivset haru, mitte algset võrrandit.

Eeldab: Eeldab ainult reaalarve, ruutjuure all mõeldakse peamist (mittenegatiivset) juurt ning parem pool on lineaarne. Kui lubada kompleksarve, muutub kogu võõrlahendi mõiste olemus.
Ei kehti, kui: Ruutuvõtmine võib mööduda ka ilma lisalahenditeta, mistõttu on seda kontrollimise harjumust lihtne unustada: kui parem pool on mittenegatiivne igal pool, kus juuravaldis on määratud, on iga kandidaatlahend õige ning kontrollimine tundub raisatud vaevana. Kontroll on aga kindlustus, mille väärtus ilmneb alles neil kordadel, kui see end ära tasub.

Mõne juurvõrrandi võib kõrvale heita juba enne lahendamist 🖖

Peajuur ei ole kunagi negatiivne — see kuulub tema definitsiooni juurde ja ei ole painutatav kokkulepe. Seega ei ole võrrandil √(x − 5) = −2 üldse lahendit ja seda saab öelda ilma igasugust algebrat tegemata: vasak pool ei suuda ühegi x-i korral negatiivset väärtust saavutada. Kui sellegipoolest mõlemad pooled ruutu võtta, saad x = 9 — enesekindla vale vastuse, mille kohta ei hoiata miski. Seesama eelkontroll kehtib juuritava kohta: see peab olema vähemalt 0, nii et iga kandidaat, mis teeb selle negatiivseks, ei olnud kunagi mängus. Võrrandi kuju kontrollimine enne lahendamist kulutab ühe pilgu ja püüab kinni vead, mida ükski hoolikas algebra kinni ei püüa.

Miks tuleb iga lahend kontrollida 🖖

Mõlema poole ruutu tõstmine on ühesuunaline tänav: kuna nii 3 kui ka −3 annavad 9, võib see samm lubada lahendeid, mida algne võrrand kunagi ei lubanud. Ruutjuuremärk tagastab ainult mittenegatiivse väärtuse, seega peab parem pool cx+d olema ≥ 0. Järeldus: aseta iga kandidaat muutmata algsesse võrrandisse — tööriist teeb seda automaatselt ja paljastab petised.

Võõrlahendid lahendavad peegelvõrrandi 🖖

Kõrvale heidetud lahend pole mõttetu — see on märgi ümberpööramisega kaksikvõrrandi √(ax+b) = −(cx+d) täpne lahend. Ruutu tõstmine kustutab miinusmärgi, seega jagavad mõlemad võrrandid üht polünoomi ja selle kandidaadid jagunevad selgelt: need, mille cx+d ≥ 0, kuuluvad algsele, ülejäänud peeglile. Seepärast langeb iga võõrpunkt graafikul täpselt katkendjoonega negatiivsele harule y = −√(ax+b).

Harjutus

Kontrolli ennast

Ennusta vastust esmalt ise ja kasuta siis ülal olevaid juhtelemente. Ava lahendus alles siis, kui oled otsustanud — just see teebki sellest harjutuse.

Kõik kolm eelseadet teatavad täpselt ühest võõrjuurest. Kas suudad panna tööriista teatama, et neid pole ühtegi?

Näita vastust

Kergesti. Sisesta a = 1, b = 0, c = 0.5, d = 0 — see on √x = x/2 — ja paneel loetleb kandidaadid x ≈ 0 ja x ≈ 4, paneb mõlemad kehtivate juurte alla ning trükib võõrjuurte kohale „None“. √x = x teeb sama arvudega 0 ja 1. Ruutu võtmine üksnes *riskib* lahendi lisamisega; ta lisab selle täpselt siis, kui mõni kandidaat muudab parema poole negatiivseks, sest niisugune punkt lahendab y = −√(ax+b), tööriista joonistatud katkendliku haru, mitte võrrandit, millest alustasid. Siin ei lähe ükski kandidaat negatiivseks, nii et midagi ei kao.
Vaikimisi eelseade annab ruudustatuna 1x² + 0x − 2 = 0 ja pakub sümmeetrilise paari ±1.4142, millest tööriist hülgab −1.4142. Sisesta nüüd a = 6, b = 12, c = 1, d = 3. Saad sama kujuga ruutvõrrandi — 1x² + 0x − 3 = 0, kandidaadid ±1.7321 — kuid seekord võtab tööriist mõlemad vastu. Mis selle otsustab?

Näita vastust

Parema poole märk igas kandidaadis, ja ei midagi muud. Vaikimisi juhul on sirge x + 1, mis kohal x = −1.4142 annab −0.4142; ruutjuur ei saa olla negatiivne, seega asub see punkt katkendlikul harul. Teisel juhul on sirge x + 3, mis kohal x = −1.7321 on ikka veel +1.2679, ja √(6(−1.7321) + 12) = √1.6077 = 1.2679 — päris lahend, negatiivsest x-ist hoolimata. Lineaarliige kaob mõlemal juhul seetõttu, et a = 2cd (2 = 2·1·1 ja 6 = 2·1·3); see on tõsiasi algebra kohta ega ütle mitte midagi selle kohta, millised juured ellu jäävad. Võõrjuured ei ole need, mis näevad valed välja, ega need, mis jäävad määramispiirkonnast välja — need on need, kus sirge on langenud allapoole telge.

Ülesanne täielikult lahendatud

Võõrlahendi juhtum √(x − 1) = x − 2 jaoks 7 sammu
Lahendage võrrand √(x − 1) = x − 2 ning nimetage samm, mis tekitas võrrandit mitterahuldava juure. See on võõrlahendi juhtum: a = 1, b = −1, c = 1, d = −2.
1. Vasakul pool asuv sümbol tähistab aritmeetilist ruutjuurt, seega ei ole selle väärtus kunagi negatiivne. See seab paremale poolele kitsenduse juba enne algebra rakendamist: kõne alla saavad tulla vaid x väärtused alates 2-st.
  
  $x - 1 = x - 2, \cdot \geq 0 ⟹ x \geq 2$
2. Ruutu võtmisel läheb informatsioon kaduma. Võrdsetel suurustel on võrdsed ruudud, kuid võrdsed ruudud määravad suurused kindlaks üksnes märgi täpsusega. Kõik pärast seda rida vastab laiemale küsimusele kui see, mida teilt küsiti.
  
  $u = v ⟹ u^{2} = v^{2}, u^{2} = v^{2} ⟺ u = \pm v$
3. Parema poole lahtikirjutamisel saadakse ruutvõrrand ning see ongi struktuurne põhjus, miks teisel juurel tekib võimalus ilmuda — algsel võrrandil oli üks haru, ruutu võetul on neid kaks.
  
  $x - 1 = (x - 2)^{2} = x^{2} - 4 x + 4 ⟹ x^{2} - 5 x + 5 = 0$
4. Diskriminant on 25 − 20 = 5, mistõttu mõlemad kandidaadid on irratsionaalarvud. Need kaks arvu on täpselt need, mida paneel loetleb polünoomi kandidaatidena, ning mõlemad on ruutuvõetud võrrandi tõelised juured.
  
  $x = \frac{5 \pm 25 - 20}{2} = \frac{5 \pm 5}{2} \approx 1.382, 3.618$
5. Kontrollige suuremat kandidaati. Juuritav on 2,618 ja selle aritmeetiline ruutjuur on 1,618; parem pool on samuti 1,618. Mõlemad pooled klapivad, seega 3,618 jääb sõelale.
  
  $3.618 - 1 = 2.618 = 1.618 = 3.618 - 2$
6. Nüüd väiksem kandidaat. Vasak pool annab tulemuseks 0,618 ja parem pool −0,618: sama absoluutväärtus, vastandmärk. See ei ole ümardamisviga — 1,382 on võrrandi √(x − 1) = −(x − 2) täpne juur, mis on juuremärgi poolt kõrvale heidetud küljelasuva parabooli alumine pool, mistõttu satub see võõrlahendite ritta.
  
  $1.382 - 1 = 0.382 = 0.618, 1.382 - 2 = - 0.618$
7. Pange tähele, mida teile tõenäoliselt õpetatud määramispiirkonna kontroll siin ütelnud oleks. Ruutuvõetud võrrandi mis tahes juure korral võrdub juuritav avaldisega (x − 2)², mis on ruut, mistõttu on see mõlema kandidaadi korral mittenegatiivne ega praagi kumbagi välja. Kogu selle võrrandipere puhul ei tee juuritava kontroll üldse tööd; üksnes parema poole märk otsustab.
  
  $x^{2} - 5 x + 5 = 0 ⟺ x - 1 = (x - 2)^{2} \geq 0$
Vastus

x ≈ 3,618 ning 1,382 ei ole ligilähedane eksimus — see on teise võrrandi täpne lahend. Küsige, millal saab seda probleemi täielikult vältida. Jätke juuritavaks x − 1 ning olgu parem pool x + d, nii et ruutu võtmisel saadakse f(x) = x² + (2d − 1)x + (d² + 1) = 0 diskriminandiga −4d − 3: väärtusest d = −0,75 kõrgemal ei ole reaalseid kandidaate üldse olemas. Kandidaat läbib märgitesti, kui x ≥ −d, ning parabooli hari asub alati punktist −d paremal, mistõttu läbivad mõlemad juured künnise täpselt siis, kui f(−d) ≥ 0 — ning f(−d) taandub avaldiseks d + 1. See võrrandipere on seega korrektne vaid kitsas vahemikus −1 ≤ d ≤ −0,75: tõstke d üle −0,75 ning juured kaovad, langetage see alla −1 ning üks neist muutub võõrlahendiks. Kui d = −2, olete sellest vahemikust kaugel väljas, mistõttu pidi täpselt üks kandidaat läbi kukkuma.

$Δ = - 4 d - 3 \geq 0, f (- d) = d + 1 \geq 0 ⟹ - 1 \leq d \leq - \frac{3}{4}$

Allikad (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.

42Mathi meeskond · Uuendatud 2026-05-21

Kontrollitud avaldatud allikate põhjal. Parandused on teretulnud. Toimetamispõhimõtted · Parandused

Kõik Matemaatika õppetunnid →

Näiteülesanded

ühe lahendiga juhtum - Üks kehtiv lahend võrrandile sqrt(x+4)=x.
võõrlahendiga juhtum - Ruutu tõstmine lisab kandidaatlahendi, mis ei vasta algse võrrandi määramispiirkonnale.
kahe kandidaadiga juhtum - Enne juurvõrrandi määramispiirkonna kontrolli ilmub kaks algebralist kandidaatlahendit.