IRACIONALNE JEDNADˇZBE I NEJEDNADˇZBE
Dr. sc. MEHMED NURKANOVI ´
C, vanredni profesor
SEMINAR ZA PROFESORE MATEMATIKE SREDNJIH ŠKOLA
TUZLANSKOG KANTONA
UDRUµZENJE MATEMATI µ
CARA TUZLANSKOG KANTONA
Ormanica, 31.10.2009.
Poglavlje 1
Iracionalne jednadˇ
zbe
Praksa pokazuje da su iracionalne jednadˇzbe najkompliciranije od svih jednadˇzbi
elementarne algebre. Naime, razlog za to je nepostojanje op´ceg postupka za nji-
hovo rjeˇsavanje. Tako je mogu´ce rijeˇsiti samo neke jednostavne tipove iracional-
nih jednadˇzbi, dok je pokuˇsaj bilo kakve klasifikacije tih jednadˇzbi prema naˇcinu
rjeˇsavanja relativno vrlo sloˇzen. Zbog toga ´cemo ovdje posebnu paˇznju posvetiti
problemu rjeˇsavanja tih jednadˇzbi.
Definicija 1
Jednadˇzba u kojoj se nepoznanica javlja i pod korijenom naziva se
iracionalnom
jednadˇzbom.
Korijen se u tom sluˇcaju uzima samo kao aritmetiˇcki.
Osnovni metod za rjeˇsavanje iracionalnih jednadˇzbi je metod eliminacije ko-
rijena. Taj metod se sastoji u tome da se jednadˇzba algebarskim transforma-
cijama (prije svega stepenovanjem) svede na jednadˇzbu u kojoj se nepoznanice
ne pojavljuju pod znakom korijena. Medutim, stepenovanje ne dovodi uvijek do
ekvivalentne jednadˇzbe, ve´c do jednadˇzbe koja je samo posljedica polazne.
Primjer 1
a) Jednadˇzba
√
x
=
−
1
nema rjeˇsenja (u skupu realnih brojeva), ali
se nakon kvadriranja dobije
x
= 1
.
b)
√
x
=
x
−
2
⇒
x
=
x
2
−
4
x
+ 4
⇒
x
2
−
5
x
+ 4 = 0
⇒
(
x
= 1
∨
x
= 4)
.
Provjerom ustanovimo da
x
= 1
nije rjeˇsenje polazne jednadˇzbe, ve´c samo
x
= 4
.
a)
Iracionalne jednadˇ
zbe s neparnim korijenima
Pri rjeˇsavanju ovakvih jednadˇzbi (da bismo se ”oslobodili” korijena) koristimo
se sljede´cim teoremom:
1
M. Nurkanovi´
c
Teorem 1
Jednadˇzbe
f
(
x
) =
g
(
x
)
i
f
n
(
x
) =
g
n
(
x
)
su ekvivalentne za neparan broj
n
(
n
∈
N
)
.
Kada se radi s iracionalnim jednadˇzbama s tre´cim korijenima ili korijenima
viˇseg reda, postupak racionalizacije (tj. oslobadanja od korijena) obiˇcno dovodi
vrlo sloˇzenih jednadˇzbi. Zbog toga se one ˇcesto rjeˇsavaju odredenim smjenama ili
nekim drugim ’trikovima’. Sljede´ca dva primjera to dobro ilustriraju, ali i pokazuju
da se procesom racionalizacije ne dobija uvijek niz ekvivalentnih jednadˇzbi.
Primjer 2
Rijeˇsiti jednadˇzbu
3
√
3
−
x
+
3
√
6 +
x
= 3
.
(1.1)
Rjeˇsenje.
Definiciono podruˇcje ovdje je cio skup realnih brojeva. Koriste´ci
identitet
(
a
+
b
)
3
=
a
3
+ 3
ab
(
a
+
b
) +
b
3
,
(1.2)
nakon stepenovanja date jednadˇzbe s tri, dobijamo
(1
.
1)
⇔
3
−
x
+ 3
3
p
(3
−
x
) (6 +
x
)
¡
3
√
3
−
x
+
3
√
6 +
x
¢
|
{z
}
(1
.
1)
=3
+ 6 +
x
= 27
⇔
3
p
(3
−
x
) (6 +
x
) = 2
⇔
(3
−
x
) (6 +
x
) = 2
⇔
x
2
+ 3
x
−
10 = 0
⇔
(
x
= 2
∨
x
=
−
5)
.
Budu´ci da smo u prvom koraku izvrˇsili zamjenu zbira dva kubna korijena brojem
3 (prema(1
.
1)), obavezno treba izvrˇsiti provjeru dobijenih vrijednosti za
x,
tj. da
li zadovoljavaju polaznu jednadˇzbu. Ovdje je to zadovoljeno.
♣
Primjer 3
Rijeˇsiti jednadˇzbu
3
√
x
+ 1 +
3
√
3
x
+ 1 =
3
√
x
−
1
.
(1.3)
Rjeˇsenje.
Analogno prethodnom primjeru, imamo
(1
.
3)
⇔
x
+ 1 + 3
3
p
(
x
+ 1) (3
x
+ 1)
¡
3
√
x
+ 1 +
3
√
3
x
+ 1
¢
|
{z
}
(1
.
3)
=
3
√
x
−
1
+ 3
x
+ 1 =
x
−
1
⇒
3
3
p
(
x
+ 1) (3
x
+ 1) (
x
−
1) =
−
3
x
−
3
⇔
¡
x
2
−
1
¢
(3
x
+ 1) =
−
(
x
+ 1)
3
⇔
x
2
(
x
+ 1) = 0
⇔
(
x
= 0
∨
x
=
−
1)
.
2
