Een andere kijk op b
2− 4ac Jaap Top
JBI-RuG & DIAMANT j.top@rug.nl
15 april 2010
(Collegecarrousel, Groningen)
Gewoon ax2 + bx + c = 0 oplossen:
Bereken D = b2 − 4ac.
Als D < 0: geen oplossingen.
Als D = 0: ´e´en oplossing, namelijk x = −b 2a.
Als D > 0: twee oplossingen, x1,2 = −b ± √ D 2a .
Vandaag een andere kijk hierop.
Die begon in 1864 met de Engelse wiskundige James Joseph Sylvester.
Sylvesters idee: x2+bx+c geef ik weer als het punt met co¨ordinaten (b, c).
James Joseph Sylvester (1814-1897)
Hier dus x2 + 2x + 3 en x2 − 3x − 1 en x2 + 4x:
Voorbeeld: welke x2 + bx + c hebben x = −2 als nulpunt?
Dan moet (−2)2 + b(−2) + c = 0, dus c = 2b − 4.
de lijn c = 2b − 4
In Nederland ging de Groningse wiskundige Pieter Hendrik Schoute rond 1890 net als Sylvester, vergelijkingen door punten weergeven.
Pieter Hendrik Schoute (1846–1913)
In Duitsland deed in 1892 de wiskundige Felix Klein hetzelfde
Felix Klein (1849–1925)
Wat heb je eraan om zo naar x2 + bx + c = 0 te kijken?
Voor een antwoord hierop, eerst andere namen: x heet vanaf nu t, en (b, c) noemen we (x, y).
Tweedegraads vergelijkingen t2 + xt + y = 0.
Discriminant hiervan: D = x2 − 4y.
De vergelijking t2 + xt + y = 0 geven we weer als punt (x, y).
Welke t2 + xt + y = 0 hebben precies ´e´en oplossing?
Welke t2 + xt + y = 0 hebben t = 2 als een oplossing?
Antwoord in ´e´en plaatje:
wat valt er op?
wat valt er op?
• Vergelijkingen met een vaste oplossing t = . . . vormen een lijn.
• Vergelijkingen met precies ´e´en oplossing vormen een para- bool.
• De lijn bij een vaste oplossing raakt aan deze parabool.
1907, uit dictaat van Felix Klein
Waarom?
lijn: stel t = a is oplossing, dan a2+ ax + y = 0, dus y = −ax − a2, en dat geeft een lijn.
parabool: precies ´e´en oplossing betekent D = 0, dus x2− 4y = 0, dus y = 14x2, en dat geeft een parabool.
raken: neem de lijn bij oplossing t = a, dus y = −ax − a2. Raakt die aan de parabool bij D = 0, dus aan y = 14x2?
Voor een snijpunt geldt 14x2 = −ax−a2, oftewel 14x2+ax+a2 = 0.
Discriminant hierbij: a2−4·14·a2, die is nul! Dus inderdaad raken.
Je ziet bovendien, dat dit raken gebeurt bij x = −a
2·14 = −2a.
Nu hiermee vergelijkingen oplossen.
Voorbeeld: t2 + t − 1 = 0. Plaatje:
(t2 + t − 1 = 0, vervolg)
We zoeken een oplossing t = a. Onze vergelijking “ligt” dan op de lijn y = −ax − a2, en die lijn gaat door (1, −1). Maar welke lijn door dit punt is het?
(t2 + t − 1 = 0, vervolg)
De “goede” lijn door (1, −1) raakt aan de parabool die hoort bij D = 0!
(t2 + t − 1 = 0, vervolg)
Hier is zo’n “goede” raaklijn:
(t2 + t − 1 = 0, vervolg)
Ongeveer bij x = −1, 2 raken de lijn en de parabool.
Dus voor de oplossing t = a geldt −2a ≈ −1, 2, en daarom a ≈ 0, 6.
Hoeveel oplossingen heeft t2 + bt + c = 0?
Antwoord: evenveel als het aantal raaklijnen aan de parabool y = 14x2 dat door het punt (b, c) gaat.
Felix Klein maakte daar in 1907 een plaatje van:
Nog een toepassing.
Welke vergelijkingen t2 + xt + y = 0 hebben precies 2, of 1, of 0 oplossing(en) in het interval [−2, 1]?
Antwoord: oplossing t = −2 hoort bij de lijn y = 2x − 4 en oplossing t = 1 bij de lijn y = −x − 1.
Alles wordt dus gegeven door het volgende plaatje:
groen = geen, oranje = ´e´en, geel is twee oplossingen in [−2, 1]
Hetzelfde bij Klein in 1907:
Nog een toepassing:
Hoeveel procent van de vergelijkingen t2 + xt + y = 0 heeft twee oplossingen t1 6= t2?
Met andere woorden: hoeveel procent van het vlak zit lager dan de grafiek van y = 14x2?
Je ziet: voor x, y groter en groter, gaat dit percentage naar 100%.
Dus bijna alle kwadratische vergelijkingen hebben twee oplossin- gen!
