Andragradsekvationer möter elever under sitt första år på gymnasiet.

Transkript

1 Christoph Kirfel Komplettera kvadraten och kuben med bilder Elever som för första gången ställs inför att lösa andragradsekvationer kan få hjälp att förstå kvadratkomplettering med hjälp av väl uttänkta geometriska representationer. Här visar artikelförfattaren en metod som dessutom kan användas för tredjegradsekvationer. Andragradsekvationer möter elever under sitt första år på gymnasiet. Där arbetar de med kvadratkomplettering enligt den så kallade abcformeln och olika faktoriseringar av kvadratiska uttryck som de kan använda för att lösa kvadratiska ekvationer. Dessa elever blir sällan presenterade med en geometrisk lösning även om en sådan som en alternativ representationsform av kunskapsområdet kan öka förståelsen för helheten och komplettera bilden. Jag ska här presentera en geometrisk representation som har en speciell fördel, nämligen att den kan utvecklas till ekvationer av tredje graden. Tredjegradsekvationer behandlas vanligtvis inte i grundskolan, inte heller på gymnasiet. Men med det geometriska närmandet tror jag personligen i alla fall att de senare kurserna på gymnasiet kan arbeta med tredjegradsekvationer. Skälet till att jag här väljer geometriska tolkningar är att ge de algebraiska omskrivningar som måste till i processen en möjlig tolkning som konkreta omformningsprocesser av areor och volymer. Därmed blir dessa processer något mer handfasta samtidigt som det är enklare att förstå dem. Vi börjar med andragradsekvationen x 2 + 6x = 55. Det första ledet x 2 ser vi som en area av en kvadrat där sidlängden är okänd men vi gör ändå en bild av den. Nästa led, 6 x, kan vi se som arean av en rektangel där en sida har längden 6 och den andra sidan har längden x. Rektangeln kan därmed fästas mot kvadraten. Hela ekvationen berättar för oss att kvadraten och rektangeln har den sammanlagda arean 55 areaenheter. Arean av kvadraten och rektangeln är tillsammans 55 areaenheter. Nu kommer det ett genialt trick som var känt redan i matematikens forntid. Vi delar rektangeln på mitten så att vi får två remsor, vardera 3 längdenheter breda och x enheter långa. Se bild på nästa sida. Nämnaren nr

2 Den ena remsan låter vi ligga kvar medan vi flyttar den andra till det som i bilden är undersidan av kvadraten där den fästes. Den nya figuren börjar likna en kvadrat. Fördelen med denna omstuvning är att vi har fått en figur som redan liknar en kvadrat mycket mer, samtidigt som arean är oförändrad med 55 areaenheter. Även om vi flyttar den ena remsan kommer arean naturligtvis inte att ändras. Nu när figuren nästan är en kvadrat är det frestande att fylla ut figuren med det som saknas. Bredden på de två remsorna är här 3 längdenheter. Det betyder att den lilla pusselbiten som ska fyllas i är en kvadrat med arean 3 3 = 9 areaenheter. Area = 64 Sidlängd 8 x + 3 = 8. Figuren har blivit en större kvadrat och arean har ökat till = 64 areaenheter. Nu är vägen fram till x inte lång. Eftersom den stora kvadraten har arean 64 är det inte svårt att finna längden på sidan i den stora kvadraten Längden på sidan måste nämligen vara kvadratroten ur arean, alltså 64 = 8 längdenheter. Denna sida är sammansatt av det okända x och bredden på halva remsan som var 3 längdenheter och därmed kan vi finna x, nämligen x = 8 3 = 5. En snabb kontroll visar att x = 5 uppfyller den ursprungliga ekvationen x 2 + 6x = 55 eftersom = = 55. En kvadratisk ekvation ska kunna skrivas generellt som x 2 + Ax = K. Här tolkar vi A som bredden på rektangeln som ligger intill kvadraten och K är totalarean av figuren. Halvremsorna har nu en bredd på A / 2 och den lilla kompletterande kvadraten har arean (A / 2) 2. Därmed har den nya kvadraten en area på K + (A / 2) Nämnaren nr

3 Det visar sig även att denna geometriska framgång med en geometrisk tolkning, halvering av en remsa, förflyttning av en area och utfyllning till en kvadrat lätt kan överföras till ekvationer av grad 3. Återigen startar vi med ett exempel som visar hela proceduren. Vi ser på x x = 208 eller mer generellt x 3 + Ax = K. Helt visst är detta inte den mest generella formen för tredjegradsekvationer men det ska vi ta en titt på senare. Än en gång provar vi att tolka ekvationen som en geometrisk ekvation. Det första ledet x 3 tolkar vi som volymen av en kub med okänd kantlängd och vi ritar så en kub. Det andra ledet 36 x tolkar vi som en låda som ligger intill kuben. Lådan har längden x och med en framsida som har arean A. I teckningen här intill har jag valt en godtycklig tjocklek på lådan och anpassat höjden så att frontarean blir A = 36 areaenheter. Hela ekvationen talar om för oss att den samlade volymen av de två elementen är K = 208 volymenheter. Volym K = 208 Vi försöker nu oss på ett liknande trick som i det tvådimensionella exemplet. Målet är att omforma figuren så att den liknar en kub. Istället för att fördela arean av remsorna längs kvadratkanten ska vi nu fördela lådvolymen längs kubens sidor. Lådvolymen delas i tre och dessa volymer görs om till tre identiska plattor som fästes på kuben, en på högra sidan, en på toppen och en på baksidan. Plattorna har dimensionerna x, t och h, där t står för tjockleken och h för höjden. Här behöver vi naturligtvis se till att Ax = 3 x t h, som betyder att volymen Ax fördelas lika på de tre plattorna med volymen x t h. Då får vi th = A / 3. A/3= th = 36/3 = 12 Tjockleken t och höjden h är inte bestämda, bortsett från att vi behöver ha th = A / 3. Vi kan fortsätta att jonglera lite med dessa storlekar och anpassa dem efter vår avsikt. Valet av storlekarna t och h i teckningen nedan är kanske inte helt optimala när målet är att omforma hela figuren till en ny kub. Nämnaren nr

4 A/3= th = 36/3 = 12 Ser vi däremot till att plattorna går kant i kant med varandra, alltså att x + t = h så ser vi att figuren börjar likna en ny kub. Håll i minne att volymen är oförändrad, K = 208 volymenheter. Vi har bara omfördelat den existerande volymen. A/3= th = 36/3 = 12 En blick på baksidan visar att vi saknar något för att figuren ska bli en ny kub. Fyller vi i en liten kub med sidkanten t i bakre hörnet överst till höger så blir faktiskt den nya kuben komplett. Därmed har vi ökat volymen till K + t 3 = t 3. Den nya stora kuben har sidkanten h och därmed kan vi skriva h 3 = t 3. Vi samlar nu det vi vet: ht = A / 3 = 12 h 3 t 3 = K = 208. Genom att upphöja den första ekvationen i tredje potens h 3 t 3 = A 3 / 27 = 1728 får vi ett ekvationssystem där bara variablerna h 3 och t 3 förekommer. Sätter vi h 3 = H och t 3 = T får vi: HT = A 3 / 27 = 1728 H T = K = 208. Detta ger oss en kvadratisk ekvation H (H 208) = 1728 som vi kan lösa med metoder för kvadratiska ekvationer. Här finner vi lösningen H = 216 och därmed h = 3 H = = 6 medan T = H K = = 8 ger t = 3 8 = 2. Därmed är x = h t = 6 2 = 4 En snabb kontroll visar att x = 4 passar bra i den ursprungliga ekvationen x x = 208 eftersom = = 208. Den andra lösningen H = -8 för den kvadratiska ekvationen har här ingen direkt geometrisk tolkning. Men vi får h = 3 H = 3-8 = -2 och T = H K = = -216 som ger t = = -6. I detta exempel blir x = h t = = 4 och vi får samma lösning. 40 Nämnaren nr

5 Genom att omfördela volymen och till slut lägga till en liten kub klarade vi alltså att omforma den sammansatta figuren till en ny kub. Genom att lösa en andragradsekvation fann vi volymen och då var det bara att dra tredjeroten för att finna kantlängden. Till sist var vi tvungna att dra ifrån plattornas tjocklek från kubens kantlängd för att finna x. Hela processen liknar de operationer vi genomförde i det tvådimensionella exemplet. Naturligtvis kan någon komma med en allvarlig invändning här, nämligen att x 3 + Ax = K inte är den mest generella tredjegradsekvationen. Vi saknar ett kvadratiskt led. Den generella ekvationen ser ut så här: z 3 + Dz 2 + Ez = F. Vi ska nu visa att en liknande generell ekvation alltid kan reduceras till en ekvation av typen x 3 + Ax = K. Också denna reduktion ska vi genomföra på ett överskådligt geometriskt sätt. Åter igen tolkar vi z 3 som en kub vilken vi startar vår teckning med. Ledet Dz 2 kan ses som en platta (grön) som är fäst vid sidan av kuben. Bottenplattan har arean z 2 men tjockleken är D enheter. I tillägg kommer, som i vår förra illustration, ett linjärt led som här har fått gul färg. Igen berättar hela ekvationen att den samlade volymen av de tre elementen är som F volymenheter. Volym F Vi delar nu D i tre och gör tre plattor med dimensionerna z, z och D / 3. Dessa fäster vi nu på högra sidytan, på toppen och på baksidan till kuben z 3. I motsats till vår förra illustration kommer dessa plattor bara att täcka kubens sidor och inte sticka ut förbi dem. Därmed blir det nödvändigt att fylla de tre öppningarna längs kanterna med hjälp av stavar (röda) av längden z. De andra dimensionerna till dessa stavar är D / 3 och D / 3. Tillsammans alltså en volym på 3zD 2 / 9 = zd 2 / 3. Detta material (blått) hämtar vi från det linjära ledet Ez så att vi där bara har (E D 2 / 3) z volymenheter kvar. Den gula lådan har alltså blivit något mindre. Nämnaren nr

6 Återigen ser vi att vi på baksidan behöver en kub med kantlängden D / 3 som alltså har en volym på D 3 / 27. Därmed avslutar vi med en ny kub med kantlängden z + D / 3 och ett linjärt led på (E D 2 / 3) z volymenheter. Något kvadratiskt led har vi faktiskt inte längre. Tillsammans har totalvolymen ökat till F + D 3 / 27 volymenheter. Därmed är vi nästan i mål. Sätter vi x = z + D / 3 och betraktar vi x som variabel så blir hela ekvationen x 3 + (E D 2 / 3) z = F + D 3 / 27. Vi lägger nu en volym (lila) med frontytan (E D 2 / 3) och tjockleken D / 3 bakom det linjära ledet som är representerat vid lådan (E D 2 / 3) z. Då får figuren följande utseende: Kom ihåg att volymen har ökat två gånger, först under utfyllnaden med kuben (grå) och sedan vid insättningen av tilläggsvolymen (E D 2 / 3) D / 3 (lila). Därför får vi nu ekvationen x 3 + (E D 2 / 3) x = F + D 3 / 27 + (E D 2 ) D / 3, som är på formen x 3 + Ax = K och vi är i hamn. Avslutande kommentar I denna artikel har jag presenterat en geometrisk metod för att lösa kvadratiska och kubiska ekvationer. Metoden kan fungera även när storlekarna som ingår inte alltid kan tolkas som areor och volymer, men metoden belyser inte spetsfundigheter runt dubbla och komplexa lösningar. Efterhand i processen har vi använt både rötter och kvadratrötter. Det betyder i grunden att ekvationerna x 2 = p och x 3 = q står i en särställning där vi på ett sätt godtar att lösningarna är kända. Därför har de geometriska omformningarna av figurerna varit styrda av målsättningen att antingen göra en kvadrat eller en kub så att vi därefter kunde nyttja oss av kvadratroten eller tredje roten. Anmärkning 1: Att vi delade rektangeln i två remsor i det kvadratiska exemplet och tilläggsvolymen i tre plattor samt att vi behövde tre stavar till utfyllning av kantområdena i det kubiska exemplet, återspeglar koefficienterna 2 och 3 i de binomiske formlerna (x + y) 2 = x 2 + 2xy + y 2 och (x + y) 3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3. Anmärkning 2: Som känt är kan också fjärdegradsekvationer lösas, men man förstår lätt att geometriska illustrationer knappast kan ge hjälp i en sådan process och att man i högre grad måste ha större tillit till algebran. Vad gäller femtegradsekvationer visste Nils Henrik Abel att en generell lösning med rottecken inte är möjlig, ett anmärkningsvärt resultat som kom flera hundra år efter att tredje- och fjärdegradsekvationer hade blivit lösta med några få års mellanrum. 42 Nämnaren nr