¡Descarga Apunts de mates Primer y más Apuntes en PDF de Matemáticas solo en Docsity!

Unitat 5. Resolució d’equacions

Curs d’Anivellament de Matemàtiques

Montserrat Corbera / Vladimir Zaiats

[email protected]

Facultat de Ciències i Tecnologia

© 2017 Universitat de Vic–Universitat Central de Catalunya

Sagrada Família, 7

08500 Vic (Barcelona)

Permesa la reproducció, sempre que se n’esmenti la

procedència i no es faci amb finalitats comercials.

Unitat 5. Resolució d’equacions

5.1 Definicions

Definició 5.1.1:

Una equació és una expressió de la forma

f (x) = g(x), (5.1.1)

on f i g són funcionsa^ reals de variable real i l’element desconegut x és la incògnita de l’equació.

Les funcions f i g s’anomenen membres de l’equació.

Si f i g són polinomis llavors direm que l’equació és una equació polinòmica.

a La definició de funció real de variable real es dóna a la Unitat 8

Resoldre l’equació (5.1.1) consisteix en trobar tots els valors de x que satisfan la igualtat. Aquests

valors de x s’anomenen solució de l’equació.

Definició 5.1.2:

Dues equacions són equivalents si tenen les mateixes solucions.

5.1.1 Transformacions elementals d’equacions

S’anomenen transformacions elementals aquelles transformacions que passen d’una equació a una

altra d’equivalent:

E1 Si sumem o restem als dos membres d’una equació el mateix nombre, obtenim una equació

equivalent.

E2 Si multipliquem o dividim els dos membres d’una equació per un nombre diferent de zero, obtenim

una equació equivalent.

E3 Si s’eleven els dos membres d’una equació al quadrat, s’obté una nova equació que té almenys

les solucions de l’equació inicial. En general, la nova equació no és equivalent a la inicial ja que

pot tenir solucions que no són solucions de l’equació inicial. Per tant formalment E3 no es pot

considerar una transformació elemental.

Usant les transformacions elementals, tota equació polinòmica es pot transformar en una equació

equivalent de la forma:

anx

n

+ an 1 x

n 1

+


+ a 1 x + a 0 = 0 ai 2 R per a tot i = 0, 1 ,... , n.

5.2 Equacions polinòmiques de grau 1

La forma general d’una equació polinòmica de grau 1 és

ax = b, a, b 2 R, a ̸= 0, (5.2.2)

llavors la solució de l’equació és: x = b/a (per obtenir-la hem dividit els dos membres de l’equació per

a).

Si l’equació que volem resoldre no ve donada en la forma general llavors haurem d’aplicar les transfor-

macions elementals necessàries per tal d’obtenir una equació en la forma general que sigui equivalent

a la inicial.

Exemple 5.2.

a) 3 x + 5 = 0

(∗1) 99K 3 x = 5

(∗2) 99K Solució: x = 5 / 3

(∗ 1 ) Restem 5 als dos membres de l’equació.

(∗ 2 ) Dividim els dos membres de l’equació per 3.

b) 3(x 1) = 5x + 2

(∗1) 99K 3 x 3 = 5x + 2

(∗2) 99K 3 x 3 + 3 5 x = 5x + 2 + 3 5 x

(∗3) 99K 2 x = 5

(∗4) 99K Solució: x = 5 / 2

(∗ 1 ) Efectuem el producte 3(x 1).

(∗ 2 ) Sumem 3 i restem 5 x als dos membres de l’equació.

(∗ 3 ) Simplifiquem els dos membres de l’equació.

(∗ 4 ) Dividim els dos membres de l’equació per 2

Discriminant Nombre i tipus de solucions

∆ > 0 Dues solucions reals diferents

∆ = 0 Una solució real de multiplicitat

y

∆ < 0 Dues solucions complexes conjugades

Taula 5.3.1: Nombre i tipus de solucions de l’equació ax^2 + bx + c = 0 depenent dels valors del

discriminant ∆ = b

2

4
a
c.

y (^) Direm que x = α és una solució real de multiplicitat 2 de l’equació a x (^2) + b x + c = 0 si la factorització del polinomi

a x^2 + b x + c és (x α)^2 (vegeu la Unitat 3).

b) x^2 + 4x + 4 = 0

Solució: x =

p 42 4
1
4

2
1

p 16 16

2

p 0

2

L’equació té una solució real, x = 2 , amb multiplicitat 2.

c) x^2 + 3

p 2 x + 5 = 0

Solució: x =

p 2 

p 2)^2 4
1
5

2
1

p 2 

p 18 20

2

p 2 

p 2

2

L’equació no té solucions reals.

d) 3(x + 2)(x + 3) = (6x + 3)(x + 5) 40 x

(∗1) 99K 3(x^2 + 3x + 2x + 6) = 6x^2 + 30x + 3x + 15 40 x

(∗2) 99K 3 x^2 + 9x + 6x + 18 (6x^2 + 30x + 3x + 15 40 x) = 0 99K 3 x^2 + 22x + 3 = 0

(∗ 1 ) Efectuem les operacions dels dos membres de l’equació.

(∗ 2 ) Apliquem transformacions elementals fins a obtenir una equació equivalent en la forma general (5.3.3).

Solució: x =

p 484 + 36

6

p 520

6

p 130

6

p 130

3

11

p 130 3 11+

p 130 3

L’equació té dues solucions reals diferents.

5.3.2 Equacions polinòmiques de grau 2 incompletes

Cas b = 0 : La resolució d’una equació de la forma ax^2 + c = 0 es pot fer de la següent manera:

ax

2

+ c = 0

(∗1)

99K ax

2

= c

(∗2)

99K x

2

c

a

(∗3)

99K x = 

c

a

(∗ 1 ) Restem c als dos membres de l’equació.

(∗ 2 ) Dividim els dos membres de l’equació per a.

(∗ 3 ) Els valors de x tals que x^2 = α amb α > 0 són x =

p α i x =

p α.

Exemple 5.3.

a) 2 x^2 4 = 0 99K 2 x^2 = 4 99K x^2 = 2 99K Solució: x = 

p

b) 2 x^2 + 4 = 0 99K 2 x^2 = 4 99K x^2 = 2 99K Solució: x = 

p 2.

L’equació no té arrels reals.

Cas c = 0 : La resolució d’una equació de la forma ax

2

+ bx = 0 es pot fer de la següent manera:

ax

2

+ bx = 0

(∗1)

99K x(ax + b) = 0

(∗2)

99K

x = 0,

ax + b = 0

(∗3)

99K x = b/a.

(∗ 1 ) Traiem una x factor comú.

(∗ 2 ) Tenim el producte de dos nombres igual a zero, llavors o un és zero o l’altre és zero.

(∗ 3 ) Resolem l’equació ax + b = 0.

Les solucions de l’equació són x = 0 i x = b/a.

Exemple 5.3.

7 x^2 5 x = 0 99K x(7x 5) = 0 99K

x = 0, 7 x 5 = 0 99K x = 5/ 7.

Les solucions de l’equació són x = 0 i x = 5/ 7.

(∗ 1 ) Factoritzem el polinomi: x^3 1 = (x 1)(x^2 + x + 1)

(∗ 2 ) Igualem a zero cadascun dels factors.

(∗ 3 ) Resolem l’equació x^2 + x + 1 = 0 a partir de la fórmula de resolució d’equacions de segon grau

x =

1 

p 1 4

2

=

1 

p 3

2

No té solució real

La solució real de l’equació és: x = 1.

c) x^3 x^2 2 x+2 = 0

(∗1) 99K (x1)(x^2 2) = 0

(∗2) 99K

x 1 = 0 99K Solució: x = 1

x^2 2 = 0

(∗3) 99K Solució: x = 

p 2

(∗ 1 ) Factoritzem el polinomi: x^3 x^2 2 x + 2 = (x 1)(x^2 2)

(∗ 2 ) Igualem cadascun dels factors a zero

(∗ 3 ) Resolem l’equació x^2 2 = 0 com a l’Exemple 5.3.

x^2 = 2 99K x = 

p

Les solucions de l’equació són: x = 1, x =

p 2 i x =

p

d) x^6 2 x^5 + 2x^4 2 x^3 + x^2 = 0

(∗1) 99K x^2 (x 1)^2 (x^2 + 1) = 0

(∗2) 99K

x^2 = 0 99K Solució: x = 0 (multiplicitat 2)

(x 1)^2 = 0 99K Solució: x = 1 (multiplicitat 2)

x^2 + 1 = 0

(∗3) 99K No té solució real

(∗ 1 ) Factoritzem el polinomi x^6 2 x^5 + 2x^4 2 x^3 + x^2. Com que aquest polinomi no té terme independent primer podem treure x^2 factor comú i després factoritzar el polinomi que en resulta.

x^6 2 x^5 + 2x^4 2 x^3 + x^2 = x^2 (x^4 2 x^3 + 2x^2 2 x + 1) = x^2 (x 1)^2 (x^2 + 1).

(∗ 2 ) Igualem cadascun dels factors a zero.

(∗ 3 ) Resolem l’equació x^2 + 1 = 0 com a l’Exemple 5.3.2.

x^2 + 1 = 0 99K x^2 = 1 99K x = 

p 1 No té solució real

Les solucions reals de l’equació són x = 0 amb multiplicitat 2 i x = 1 amb multiplicitat 2.

e) x^3 + 3x^2 + 3x + 1 = 0

(∗1) 99K (x + 1)^3 = 0

(∗2) 99K x + 1 = 0 99K Solució: x =

1 (multiplicitat 3)

(∗ 1 ) Factoritzem el polinomi: x^3 + 3x^2 + 3x + 1 = (x + 1)^3.

(∗ 2 ) Igualem el factor a zero.

La solució de l’equació és x = 1 amb multiplicitat 3.

5.4.2 Resolució d’equacions biquadrades

Una equació biquadrada és una equació polinòmica de grau 4 de la forma

ax

4

+ bx

2

+ c = 0, a, b, c 2 R, a ̸= 0. (5.4.5)

Observem que l’equació (5.4.5) es pot expressar de la forma a (x^2 )

2

+ b (x^2 ) + c = 0, llavors fent el

canvi de variable t = x^2 obtenim una equació de grau 2 en la variable t que podem resoldre. Desfent

el canvi obtindrem la solució en la variable x.

Exemple 5.4.

a) x^4 7 x^2 + 12 = 0

(∗1) 99K t^2 7 t + 12 = 0

(∗2) 99K t =

p 49 48

2

p 1

2

(∗3) 99K

x^2 = 4 99K Solució: x = 

p 4 =  2

x^2 = 3 99K Solució: x = 

p 3

Les solucions de l’equació són: x = 2, x = 2 , x =

p 3 i x =

p

b) x^4 + 4x^2 45 = 0

(∗1) 99K t^2 + 4t 45 = 0

(∗2) 99K t =

p 196

2

(∗3) 99K

x^2 = 5 99K Solució: x = 

p 5

x^2 = 9 99K Solució: x = 

p 9 (No té solucions reals)

Les solucions reals de l’equació són x =

p 5 i x =

p

c) x^4 4 x^2 + 13 = 0

(∗1) 99K t^2 4 t + 13 = 0

(∗2) 99K t =

p 36

2

No té solucions reals

L’equació no té solucions reals.

(∗ 1 ) Fem el canvi t = x^2.

(∗ 2 ) Resolem l’equació polinòmica de grau 2 en la variable t.

(∗ 3 ) Desfem el canvi.

Hi ha altres equacions que no són exactament biquadrades però admeten un tractament semblant.

- Resolem l’equació que obtenim. En general aquesta nova equació no és equivalent a l’equació

inicial, però si que té les solucions de la inicial.

5 x = x + 3 99K Solució: x = 1

- Comprovem que la solució obtinguda és solució de l’equació inicial.

p 5 1 =

p 1 + 3 99K

p 4 =

p 4

Per tant x = 1 és solució de l’equació inicial.

La solució de l’equació

p 5 x =

p x + 3 és: x = 1.

b)

p x + 3 + x 2 = 1

- Passem l’arrel a una banda de la igualtat i tot el que no té arrel a l’altra

p x + 3 = 1 x + 2 99K

p x + 3 = 3 x.

- Elevem els dos membres de l’equació al quadrat per treure l’arrel i resolem l’equació obtin-

guda

(p x + 3

= (3 x)

2 99K x + 3 = 9 6 x + x^2 99K x^2 7 x + 6 = 0

99K Solució: x =

p 49 24

2

- Comprovem que les solucions que hem obtingut són solució de l’equació inicial (per simplificar

els càlculs podem prendre l’equació

p x + 3 = 3 x que és equivalent a l’equació inicial)

p 6 + 3 = 3 6 99K 3 ̸= 3 99K x = 6 no és solució de l’equació inicial p 1 + 3 = 3 1 99K 2 = 2 99K x = 1 és solució de l’equació inicial

La solució de l’equació

p x + 3 + x 2 = 1 és x = 1.

c)

p 3 x + 1

p 2 x 1 1 = 0

- Deixem les arrels a una banda de la igualtat i tot el que no té arrel a l’altre

p 3 x + 1

p 2 x 1 1 = 0 99K

p 3 x + 1

p 2 x 1 = 1.

- Elevem els dos membres de l’equació al quadrat

(p 3 x + 1

p 2 x 1

2 99K

(p 3 x + 1

p 3 x + 1

p 2 x 1 +

(p 2 x 1

99K 3 x + 1 2

(3x + 1)(2x 1) + 2x 1 = 1.

Hem obtingut una equació semblant a la del cas b).

- Resolem l’equació com a l’apartat b)

3 x + 1 2

(3x + 1)(2x 1) + 2x 1 = 1

(∗1) 99K 3 x + 1 + 2x 1 1 = 2

(3x + 1)(2x 1)

99K 5 x 1 = 2

6 x^2 x 1

(∗2) 99K (5x 1)

2

6 x^2 x 1

99K 25 x^2 10 x + 1 = 4(6x^2 x 1)

(∗3) 99K x^2 6 x + 5 = 0 99K Solució: x =

p 36 20

2

(∗ 1 ) Deixem l’arrel a una banda i passem tot el que no té arrel a l’altre.

(∗ 2 ) Elevem els dos membres de l’equació al quadrat.

(∗ 3 ) Resolem l’equació de grau 2 que hem obtingut.

- Comprovem que les solucions que hem obtingut són solucions de l’equació inicial

p 3
5 + 1

p 2
5 1 = 1 99K 4 3 = 1 99K x = 5 és solució p 3
1 + 1

p 2
1 1 = 1 99K 2 1 = 1 99K x = 1 és solució

Les solucions de l’equació

p 3 x + 1

p 2 x 1 1 = 0 són x = 1 i x = 5.

5.6 Resolució d’equacions racionals

Les equacions racionals són equacions que contenen fraccions algèbriques. Aquest tipus d’equacions

es poden transformar en equacions polinòmiques a partir de transformacions del tipus E1 i E2 (vegeu

la pàgina 4) i operant amb fraccions algèbriques.

Exemple 5.6.

a)

x 1

x

x 1

x

(∗1) 99K

3 x + 2(x 1)

x(x 1)

(∗2) 99K 3 x + 2(x 1) = 2 x(x 1)

(∗3) 99K 3 x + 2x 2 = 2 x^2 + 2x 99K 2 x^2 + 3x 2 = 0

99K Solució: x =

p 9 + 16

4

1 2 2

5.7 Resolució d’equacions exponencials i logarítmiques

Una equació exponencial ( equació logarítmica ) és una equació en la qual la incògnita apareix

afectada d’una exponencial (logaritme). En el següent exemple veurem com resoldre un cert tipus

d’equacions exponencials i logarítmiques. En la resolució usarem el fet que l’exponencial i el logaritme

són funcions inverses; és a dir,

loga (a

x

) = x, a

loga(x)

= x. (5.7.6)

Exemple 5.7.

a) 23 x+5^ = 2x^1

23 x+5^ = 2x^1

(∗1) 99K log 2

23 x+

= log 2

2 x^1

99K 3 x + 5 = x 1

(∗3) 99K 2 x = 6 99K Solució: x = 3

(∗ 1 ) Apliquem el logaritme en base 2 als dos membres de l’equació. Com que la funció logaritme es injectiva (la funció logaritme s’estudia a la Unitat 8), es pot veure fàcilment que l’equació que obtenim és una equació equivalent.

(∗ 2 ) Apliquem la propietat (5.7.6). Observeu que aplicar el logaritme als dos membres de l’equació és equivalent a igualar els exponents.

(∗ 3 ) Resolem l’equació polinòmica obtinguda.

b) 43 x^2 = 64

3 x 2 = 64

(∗1) 99K log 4

3 x 2 )^ = log 4 (64)

(∗2) 99K 3 x 2 = log 4 (64) = log 4

3 )^

(∗3) 99K 3 x = 5 99K Solució: x = 5/ 3

(∗ 1 ) Apliquem el logaritme en base 4 als dos membres de l’equació.

(∗ 2 ) Apliquem la propietat (5.7.6).

(∗ 3 ) Resolem l’equació polinòmica obtinguda.

c) 3 x^1 + 3x^ + 3x+1^ = 117

3 x^1 + 3x^ + 3x+1^ = 117

(∗1) 99K

3 x

3

• 3x^ + 3x^
  3 = 117

(∗2) 99K

t

3

• t + 3t = 117

(∗3) 99K

t = 117 99K t =

(∗4) 99K 3 x^ = 27 = 3^3

(∗5) 99K Solució: x = 3

(∗ 1 ) Apliquem les propietats de potències (vegeu la Unitat 1) i escrivim l’equació en funció de les potències de 3 x.

(∗ 2 ) Fem el canvi de variables t = 3x.

(∗ 3 ) Resolem l’equació polinòmica que obtenim.

(∗ 4 ) Desfem el canvi.

(∗ 5 ) Resolem l’equació exponencial obtinguda.

d) 22 x^ 3
2 x+1^ + 8 = 0

22 x^ 3
2 x+1^ + 8 = 0

(∗1) 99K (2x)^2 3 (2x^
2) + 8 = 0

(∗2) 99K t^2 3 (t
2) + 8 = 0

(∗3) 99K t

2 6 t + 8 = 0 99K t =

p 36 32

2

(∗4) 99K

2 x^ = 4 = 2^2 99K Solució: x = 2

2 x^ = 2 = 2^1 99K Solució: x = 1

(∗ 1 ) Apliquem les propietats de potències i escrivim l’equació en funció de les potències 2 x.

(∗ 2 ) Fem el canvi de variables t = 2x.

(∗ 3 ) Resolem l’equació polinòmica obtinguda.

(∗ 4 ) Desfem el canvi.

Exemple 5.7.

a) log 3 (5x + 2) = log 3 (3x + 6)

log 3 (5x + 2) = log 3 (3x + 6)

(∗1) 99K 3

log 3 (5x+2) = 3

log 3 (3x+6) (

∗2) 99K 5 x + 2 = 3x + 6

(∗3) 99K 2 x = 4 99K Solució: x = 2

(∗ 1 ) Apliquem l’exponencial en base 3 als dos membres de l’equació. Com que la funció expo- nencial es injectiva l’equació que obtenim és una equació equivalent.

(∗ 2 ) Apliquem la propietat (5.7.6). Observeu que fer l’exponencial als dos membres de l’equació és equivalent a igualar els arguments del logaritme.

(∗ 3 ) Resolem l’equació polinòmica obtinguda.

El logaritme només està definit per a nombres positius. Així doncs ens falta comprovar que per

x = 2 l’equació inicial està definida (és a dir, no tenim cap logaritme d’un nombre negatiu)

log 3 (5
2 + 2) = log 3 (3
2 + 6) 99K log 3 (12) = log 3 (12).

La solució de l’equació log 3 (5x + 2) = log 3 (3x + 6) és x = 2.

No hi ha cap mètode general per a resoldre equacions trigonomètriques. Tot i així anirà bé tenir en

compte el següent:

• Si en una mateixa equació hi figuren raons trigonomètriques diferents mirarem de reduir-les a

una de sola. Les fórmules que ens serveixen per passar d’una raó trigonomètrica a l’altre són les

següents.

a) cos^2 x + sin^2 x = 1 99K cos^2 x = 1 sin^2 x, sin^2 x = 1 cos^2 x.

b) tan x =

sin x

cos x

, cotan x =

cos x

sin x

, sec x =

cos x

, cosec x =

sin x

• Si hi figuren angles diferents primer mirarem d’expressar totes les raons trigonomètriques en

funció d’un mateix angle. Les propietats de les raons trigonomètriques que necessitarem es

troben a la Unitat 2.

Exemple 5.8.

En tot l’exemple es donarà el resultat en radians.

a) 3 cos^2 x = 2 sin x

3 cos

2 x = 2 sin x

(∗1) 99K 3

1 sin

2 x

= 2 sin x 99K 3 3 sin

2 x = 2 sin x

99K 3 sin^2 x sin x 1 = 0

(∗2) 99K 3 t^2 t 1 = 0

99K t =

p 1 + 12

6

1+

p 13 6 1

p 1+ 6

(∗3) 99K

t = sin x =

p 13

6

(∗4) 99K x =

1. 875075
   
   
   + 2kπ

2. 266517
   
   
   + 2kπ

t = sin x =

p 13

6

(∗5) 99K x =

0. 449214


+ 2kπ

3. 590808
   
   
   + 2kπ

(∗ 1 ) A l’equació hi figuren sin x i cos^2 x, així el primer que haurem de fer és expressar l’equació en funció d’una sola raó trigonomètrica que pot ser sin x o cos x. Sabem que sin x =

p 1 cos^2 x i cos^2 x = 1 sin^2 x. Per estalviar-nos de treballar amb arrels deixarem l’equació en funció de sin x.

(∗ 2 ) Fent el canvi t = sin x, obtenim una equació de grau 2 en la variable t i la resolem.

(∗ 3 ) Desfem el canvi.

(∗ 4 ) Hem de trobar tots els valors de x per als quals sin x = 1+

√ 13

L’arcsinus i el sinus són funcions inverses. Llavors x = arcsin

( 1+

√ 13 6

) = 0. 875075... , però

aquest no serà l’únic valor de x que satisfà la igualtat.

A partir de les propietats del sinus tenim que sin (α + 2kπ) = sin α i sin (π α) = sin α,

així doncs, x = arcsin

( 1+

√ 13 6

)

• 2kπ i x =

( π arcsin

( 1+

√ 13 6

))

• 2kπ també satisfan la

igualtat.

(∗ 5 ) Usant els arguments de l’anotació (∗4) tenim que els valors de x per als quals sin x = 1 −

√ 13 6 són x = arcsin

( 1 −

√ 13 6

)

• 2kπ i x =

( π arcsin

( 1 −

√ 13 6

))

• 2kπ.

b) 4 cos(2x) + 4 sin^2 x = 1 + 4 sin x

4 cos(2x) + 4 sin

2 x = 1 + 4 sin x

(∗1) 99K 4

cos

2 x sin

2 x

• 4 sin

2 x = 1 + 4 sin x

99K 4 cos

2 x = 1 + 4 sin x

(∗2) 99K 4

1 sin

2 x

= 1 + 4 sin x

99K 4 sin^2 x + 4 sin x 3 = 0

(∗3) 99K 4 t^2 + 4t 3 = 0

99K t =

p 16 + 48

8

(∗4) 99K

t = sin x = (^12)

(∗5) 99K x =

arcsin

2

• 2kπ =

π 6 + 2kπ π arcsin

1 2

• 2kπ = 56 π + 2kπ

t = sin x = (^32)

(∗6) 99K No té solució real

(∗ 1 ) A l’equació hi figuren raons trigonomètriques de l’angle x i l’angle 2 x. Primer expressem totes les raons trigonomètriques en funció de l’angle x. Això és possible gràcies a la propietat cos(2x) = cos^2 x sin^2 x.

(∗ 2 ) Tenim una equació semblant a l’equació del cas a). La resolem de manera semblant. Expressem l’equació en funció només de sin x (usem que cos^2 x = 1 sin^2 x).

(∗ 3 ) Fem el canvi t = sin x i resolem l’equació de grau 2 que ens queda.

(∗ 4 ) Desfem el canvi.

(∗ 5 ) Procedim de manera semblant a l’anotació (∗4) del cas a).

(∗ 6 ) Per a tot x 2 R es compleix que sin x 2 [ 1 , 1]. Així doncs, no hi ha cap x 2 R tal que sin x = 3 / 2.