Kososimetrična jednačina sa korenom x = 1

Primetimo da je ovo kososimetrična jednačina neparnog stepena. Kod takvih jednačina, jedno rešenje je uvek $x_1 = 1 .$ Proveravamo zamenom: $2(1)^5 + 1^4 - 19(1)^3 + 19(1)^2 - 1 - 2 = 2 + 1 - 19 + 19 - 1 - 2 = 0 .$

x_1 = 1

Kako je $x = 1$ koren, možemo podeliti polinom sa $(x - 1)$ koristeći Hornerovu šemu ili deljenje polinoma kako bismo dobili simetričnu jednačinu četvrtog stepena.

(x - 1)(2x^4 + 3x^3 - 16x^2 + 3x + 2) = 0

Sada rešavamo simetričnu jednačinu četvrtog stepena. Delimo celu jednačinu sa $x^2$ (uz uslov $x \neq 0$ ):

2x^2 + 3x - 16 + \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} = 0

Grupišemo članove sa istim koeficijentima:

2\left(x^2 + \frac{1}{x^2}\right) + 3\left(x + \frac{1}{x}\right) - 16 = 0

Uvodimo smenu $t = x + \frac{1}{x} .$ Tada je $x^2 + \frac{1}{x^2} = t^2 - 2 .$ Zamenom u jednačinu dobijamo:

2(t^2 - 2) + 3t - 16 = 0 \implies 2t^2 + 3t - 20 = 0

Rešavamo kvadratnu jednačinu po $t$ koristeći obrazac:

t_{1,2} = \frac{-3 \pm \sqrt{9 - 4 \cdot 2 \cdot (-20)}}{4} = \frac{-3 \pm 13}{4}

Dobijamo dve vrednosti za $t :$

t_1 = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}, \quad t_2 = \frac{-16}{4} = -4

Vraćamo smenu za $t_1 = \frac{5}{2} :$

x + \frac{1}{x} = \frac{5}{2} \implies 2x^2 - 5x + 2 = 0

Rešenja ove kvadratne jednačine su:

x_2 = 2, \quad x_3 = \frac{1}{2}

Vraćamo smenu za $t_2 = -4 :$

x + \frac{1}{x} = -4 \implies x^2 + 4x + 1 = 0

Rešenja ove kvadratne jednačine su:

x_{4,5} = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4}}{2} = \frac{-4 \pm 2\sqrt{3}}{2} = -2 \pm \sqrt{3}

Konačan skup rešenja jednačine je:

x \in \left\{ 1, 2, \frac{1}{2}, -2 + \sqrt{3}, -2 - \sqrt{3} \right\}

Započni učenje

Privatni časovi

244.a

Beleške

Slični zadaci

Slični zadaci