İşlemin ardındaki yapıyı gör.

Çarpanlara ayır ve iki kökün hangi k değerinde birleştiğini bul.

D · k ≠ 0

Denklem (x − 1)(x − k − 1) = 0 biçiminde ayrılır; kökler 1 ve k + 1’dir. Bunlar bütün gerçek k’lerde gerçektir, ancak k = 0’da birbirine eşit olur. Bu yüzden iki farklı gerçek kök için k ≠ 0 gerekir. Diskriminantın k² olması da aynı koşulu verir: k² > 0.

Kareye tamamla; negatif sayının karekökünü i ile ifade et.

C · −2 + 3i ve −2 − 3i

Kareye tamamlarsak (x + 2)² + 9 = 0, yani (x + 2)² = −9 elde edilir. Karmaşık sayılarda −9’un karekökleri ±3i olduğundan x = −2 ± 3i. Gerçek sayılarda çözüm yoktur; soru karmaşık sayıları istediği için çözüm kümesi boş değildir. İki kökün toplamı −4, çarpımı 13’tür.

İfadeyi bir tam kare ile sabit sayının toplamına dönüştür.

D · 4

x² − 6x + 13 = (x − 3)² + 4. Gerçek sayının karesi negatif olamaz; bu nedenle ifade en az 4’tür. x = 3’te kare sıfır olur ve 4 gerçekten elde edilir. Yalnız bir alt sınır bulmak yetmez; bu sınırın uygun bir x değerinde gerçekleştiği de gösterilmelidir.

Kökleri tek tek bulmadan toplam ve çarpımlarını kullan.

E · 29/4

Kökler toplamı α + β = 3/2, çarpımı αβ = −5/2. α² + β² = (α + β)² − 2αβ = 9/4 + 5 = 29/4. Denklem ayrıca (2x − 5)(x + 1) = 0 biçiminde ayrılır; 5/2 ve −1 köklerinin kareleri toplamı 25/4 + 1 = 29/4 olur. Baş katsayı 2 olduğundan kök ilişkilerinde bu katsayıya bölünür.

Kökleri r ve 2r olarak adlandır; önce toplamlarını kullan.

B · 18

Kökler r ve 2r olsun. Toplamları 9 olduğundan 3r = 9, r = 3. Kökler 3 ve 6’dır; çarpımları k = 18. Kontrol: x² − 9x + 18 = (x − 3)(x − 6). Kökler arasında iki kat ilişkisi kurulurken katsayıları iki kat yapmak doğru değildir; ilişki bilinmeyen kökler arasında kurulur.

Kökleri toplam ve çarpım yoluyla katsayılara dönüştür.

D · x² − 4x + 1 = 0

Kökler toplamı 4, çarpımı (2 + √3)(2 − √3) = 4 − 3 = 1’dir. Baş katsayısı 1 olan denklem x² − (kökler toplamı)x + (kökler çarpımı) = 0 biçimindedir. Bu yüzden x² − 4x + 1 = 0 bulunur. Eşlenik köklerin çarpımında iki kare farkı kullanılır.

Gerçeklik ve farklılık için diskriminantı; işaret için toplam ve çarpımı denetle.

A · 0 < k < 2

İkinci derece için k ≠ 0 gerekir. İki farklı gerçek kök koşulu Δ = 16 − 8k > 0, yani k < 2’dir. İki kökün de pozitif olması için kökler toplamı 4/k > 0 ve çarpımı 2/k > 0 gerekir; bu da k > 0 verir. Gerçek iki kökün çarpımı pozitifse aynı işaretli, toplamı pozitifse ikisi de pozitiftir. Birlikte 0 < k < 2. k = 2’de kökler eşit olur.

Çevreyi önce kenarlar toplamına dönüştür; alan bir çarpım verir.

E · 3

Kenarlar toplamı çevrenin yarısı olan 13’tür. Bir kenara t dersek diğeri 13 − t, alan ise t(13 − t) = 40 olur. t² − 13t + 40 = 0, yani (t − 5)(t − 8) = 0. Kenarlar 5 ve 8 cm’dir; fark 8 − 5 = 3 cm. Her iki kenar pozitiftir ve hem çevre hem alan koşulu sağlanır.

Her köke 1 eklemek toplamı 2 artırır; çarpımı ayrıca açman gerekir.

B · x² − 6x + 7 = 0

İlk köklerin toplamı 4, çarpımı 2’dir. Yeni kökler toplamı α + β + 2 = 6; yeni çarpım (α + 1)(β + 1) = αβ + α + β + 1 = 7. Baş katsayı 1 olduğundan yeni denklem x² − 6x + 7 = 0 olur. Alternatif kontrol için eski denklemde değişken yerine x − 1 konur ve aynı ifade elde edilir.

x² terimlerini yok etmek için denklemleri çıkar; adayı iki denklemde de sınayarak bitir.

A · 1

Ortak çözüm her iki denklemi de sağlamalıdır. İkinci denklemden birinciyi çıkardığımızda −x + 1 = 0, yani x = 1 bulunur. Bu işlem gerekli bir koşul verir; değeri iki denklemde de kontrol ederiz: 1 − 4 + 3 = 0 ve 1 − 5 + 4 = 0. İlk denklemin diğer kökü 3, ikinci denklemin diğer kökü 4 olduğu için başka ortak kök yoktur.

İkinci derece koşulunu uygulamadan önce baş katsayının sıfır olduğu değeri ayrı incele.

C · 2/3 ve 1

k = 1’de x² terimi yok olur ve 2x − 3 = 0 doğrusal denkleminden tek çözüm 3/2 çıkar. k ≠ 1 için denklem ikinci derecedir; tek farklı gerçek çözüm diskriminantın sıfır olmasıyla mümkündür. Δ = 4 + 12(k − 1) = 12k − 8, buradan k = 2/3. Bu değerde baş katsayı sıfır değildir. İki durumun birleşimi {2/3, 1} olur.

Önce verilen kökü özgün denklemde yerine koy, sonra kökler çarpımını kullan.

A · −3

3’ü denklemde kullanınca 9 + 3a + 6 = 0, a = −5. Kökler çarpımı 6 olduğundan diğer kök 6/3 = 2. İstenen toplam −5 + 2 = −3. Çarpanlara ayırma kontrolü x² − 5x + 6 = (x − 3)(x − 2) biçimindedir. Bilinmeyen katsayı ile bilinmeyen kök farklı niceliklerdir; soru ikisinin toplamını istemektedir.

Terslerin toplamında ortak paydayı kullan; önce köklerin sıfır olmadığını denetle.

D · 3x² − 5x + 1 = 0

α + β = 5 ve αβ = 3 olduğundan iki kök de sıfır değildir. Ters köklerin toplamı (α + β)/(αβ) = 5/3, çarpımı 1/(αβ) = 1/3. Monik denklem x² − (5/3)x + 1/3 = 0 olur. Baş katsayısı 3 istendiği için üçle çarparız: 3x² − 5x + 1 = 0. Ters alma, kökler toplamını doğrudan 1/5 yapmak değildir.

Kareler toplamı ile toplamın karesini birbirinden ayır.

A · x² − 7x + 1 = 0

Eski toplam S = 3, çarpım P = 1. Yeni kökler toplamı α² + β² = S² − 2P = 9 − 2 = 7; yeni çarpım α²β² = P² = 1. Monik denklem x² − 7x + 1 = 0 olur. Eski katsayıları tek tek karesini alarak kullanmak yanlış denklem verir; dönüşüm önce köklerin toplamına ve çarpımına uygulanmalıdır.

Diskriminant koşulunu kökler toplamının işaretiyle birlikte değerlendir.

E · a > 4

İki farklı gerçek kök için Δ = a² − 16 > 0, yani a < −4 veya a > 4 gerekir. Kökler çarpımı 4 > 0 olduğundan gerçek kökler aynı işaretlidir. İkisinin negatif olması için toplam −a < 0, a > 0 gerekir. Koşulların kesişimi a > 4’tür. a = 4’te iki kök de −2 olur; negatif olmalarına rağmen farklı olmadıkları için sınır alınmaz.

Sabit terimi sıfırla; bulduğun her parametrede ikinci kökün işaretini denetle.

B · 0

0 kökü varsa sabit terim m(m − 2) = 0 olmalı; m = 0 veya m = 2. Köklerin toplamı 1 − m’dir ve bir kök sıfır olduğundan bu toplam diğer köke eşittir. m = 0’da diğer kök 1 ve pozitiftir. m = 2’de diğer kök −1 ve negatiftir. Yalnız m = 0 uygundur. Sıfır, pozitif sayı sayılmaz; işaret koşulu diğer kök için kontrol edilir.

Önce kökler çarpımını kullan; gerçeklik koşulunun bu aralıkta sağlandığını da göster.

E · a < 2

Zıt işaretli köklerin çarpımı negatiftir. Bu denklemde çarpım a − 2 olduğundan a < 2 gerekir. Bu koşul yeterlidir: Δ = (a + 1)² − 4(a − 2) = (a − 1)² + 8 zaten bütün gerçek a’larda pozitiftir. a = 2’de bir kök sıfır olur ve zıt işaret koşulu sağlanmaz. Dolayısıyla sınır dışarıda kalır.

Kökleri merkez 2’den uzaklıklarıyla ifade et; hem farklılığı hem açık uçları koru.

A · 3 < c < 4

Kareye tamamlayınca (x − 2)² = 4 − c bulunur. Kökler 2 ± √(4 − c)’dir. İki farklı gerçek kök için 4 − c > 0 gerekir. İkisinin de 1 ile 3 arasında olması uzaklığın 1’den küçük olmasını gerektirir: √(4 − c) < 1. Birlikte 0 < 4 − c < 1; yani 3 < c < 4. c = 3’te kökler uçlara, c = 4’te aynı 2 değerine gelir.

Denklemden α²’yi daha düşük kuvvetlerle yaz; aynı dönüşümü yeniden kullan.

D · 4

Kök olduğu için α² = 2α + 2. Bir kez α ile çarparız: α³ = 2α² + 2α. α² yerine yine 2α + 2 koyunca α³ = 2(2α + 2) + 2α = 6α + 4. Dolayısıyla α³ − 6α = 4. Sonuç iki kök için de aynıdır; kök formülündeki karekökleri tek tek hesaplamaya gerek yoktur.

Farkın karesini toplam ve çarpım cinsinden yaz.

A · 5

Toplam α + β = 6, çarpım αβ = m. (α − β)² = (α + β)² − 4αβ = 36 − 4m. Verilen uzaklığın karesi 16 olduğundan 36 − 4m = 16; m = 5. Kontrol: x² − 6x + 5 = (x − 1)(x − 5), köklerin uzaklığı 4’tür. Mutlak değeri kaldırırken uzaklığın karesi kullanılır; köklerin sırası önem taşımaz.

Negatif olmayan ifadesinin 0’ı içerdiğini unutma; küçük kökü kontrol et.

C · a ≥ 2

Denklem (x − a)² = 4 biçimindedir; kökler a − 2 ve a + 2. İkisi de gerçek ve birbirinden farklıdır. Küçük kökün negatif olmaması a − 2 ≥ 0, yani a ≥ 2 gerektirir; bu koşul büyük kökü de negatif olmayan yapar. a = 2’de kökler 0 ve 4’tür, ikisi de negatif değildir. Pozitif kök şartı olsaydı sınır alınmayacaktı.

Yeni değişkenin negatif olamayacağını, yardımcı denklemi çözdükten sonra da koru.

B · 2

t = |x| ≥ 0 koyarsak x² = t² ve denklem t² − 3t − 4 = 0 olur. (t − 4)(t + 1) = 0; t = 4 veya −1. t bir mutlak değer olduğu için −1 alınamaz. |x| = 4 ise x = −4 ve 4 verir; toplam iki farklı gerçek çözüm vardır. Yardımcı denklemin iki kökünü de x için iki işaretli değer üretmekte kullanmak dört çözüm gibi yanlış sonuca götürür.

Payın köklerini bulduktan sonra özgün payda koşulunu uygula.

C · {3}

Kesrin sıfır olması için pay sıfır, payda sıfırdan farklı olmalıdır. Pay (x − 2)(x − 3) olarak ayrılır; adaylar 2 ve 3’tür. x = 2 paydada sıfır ürettiği için özgün ifade tanımsızdır ve çözüm değildir. x = 3’te pay sıfır, payda 1 olur; bu değer uygundur. Çözüm {3}. Ortak çarpanı sadeleştirmek, yasak girdiyi geri getirmez.

Kare almadan önce sağ tarafın işaretini belirle; adayları özgün eşitliğe geri koy.

E · 5

Karekök negatif olamayacağı için x − 2 ≥ 0, yani x ≥ 2 gerekir; bu aynı zamanda kökün tanımını da sağlar. Kare alırsak x + 4 = (x − 2)², buradan x² − 5x = 0 ve adaylar 0 ile 5. x = 0 işaret koşulunu sağlamaz; özgün denklemde 2 = −2 yanlıştır. x = 5 için √9 = 3 ve 5 − 2 = 3; yalnız 5 uygundur.

Toplamın karesinde çapraz terimi unutma.

D · 7

Verilen eşitliğin karesi x² + 2 + 1/x² = 9’dur; ortadaki terim 2·x·(1/x) = 2 olur. İstenen toplam 9 − 2 = 7. x ≠ 0 koşulu bütün kesirleri anlamlı kılar. Koşulun gerçek çözümleri de vardır: x² − 3x + 1 = 0 için Δ = 5 > 0. İki olası x değerini tek tek bulmak gerekmez; ifade her ikisinde aynıdır.

6’nın hem pozitif hem negatif tam sayı çarpan çiftlerini listele.

B · 4

Tam sayı köklerin çarpımı 6 olduğundan sırasız kök çiftleri (1, 6), (2, 3), (−1, −6) ve (−2, −3)’tür. Kökler toplamı m olduğundan sırasıyla 7, 5, −7 ve −5 bulunur. Dört farklı m vardır. Çarpım pozitif olduğu için zıt işaretli çiftler alınmaz; aynı çifti ters sırayla yazmak yeni parametre üretmez. Bu dört denklemde de kökler gerçekten tam sayıdır.

Diskriminantı tam kareye çevir; baş katsayının sıfır olduğu değeri ayrıca incele.

D · Hiçbir gerçek m için.

m ≠ 2’de denklem ikinci derecedir ve Δ = m² − 4(m − 2) = (m − 2)² + 4 her zaman pozitiftir. Dolayısıyla iki farklı gerçek çözüm vardır. m = 2’de ise ikinci derece terim yok olur; 2x + 1 = 0 tek gerçek çözüm −1/2 verir. Bu özel durum da çözümsüz değildir. Bütün gerçek m değerlerinde en az bir çözüm olduğundan istenen parametre yoktur.

Kökleri bul; parabolün işaretiyle pozitif aralığı seç, sonra tam sayıları say.

C · 7

K(x) = −2(x − 2)(x − 10). Aşağı açılan ikinci derece ifade kökler arasında pozitiftir; dolayısıyla 2 < x < 10. Üretim adedi tam sayı olduğundan 3, 4, 5, 6, 7, 8 ve 9 uygundur; yedi değer vardır. x = 2 ve 10’da kâr sıfırdır, pozitif değildir. Modelin negatif olmayan tam sayı koşulu, aralığı bir soru bankası değeri gibi yuvarlamaktan önce uygulanır.

Yüksekliği sıfırla; matematiksel kökleri zamanın izin verilen aralığıyla karşılaştır.

E · 5

Yere ulaşma h(t) = 0 koşuludur. −5’e bölersek t² − 4t − 5 = 0, yani (t − 5)(t + 1) = 0. Cebirsel kökler 5 ve −1’dir. Ancak zaman t ≥ 0 olduğundan −1 modelin geçerli aralığında değildir; sonuç 5 saniye. Kontrol: h(5) = −125 + 100 + 25 = 0. Başlangıç yüksekliği h(0) = 25 olduğundan t = 0 yere ulaşma anı değildir.

İlk denklemin her kökünü ikinci denkleme sırayla yerleştir.

B · 4 ve 5

İlk denklem (x − 1)(x − 2) = 0 olduğundan ortak kök yalnız 1 veya 2 olabilir. İkinci denklemde x = 1 koyarsak 1 − m + 4 = 0, m = 5. x = 2 koyarsak 4 − 2m + 4 = 0, m = 4. İki değer de en az bir ortak kök sağlar. Ortak kökün hangi değer olduğu verilmediği için seçeneklerin ikisini de korumak gerekir.