İkinci dereceden denklemler ve diskriminant

Filiz, deneme sınavında 2x² − 7x + 4 = 0 denklemiyle karşılaşıyor ve alışkanlıkla çarpan arıyor: a · c = 8, orta katsayı −7. Çarpımı 8 olan negatif çiftleri deniyor; −1 ile −8'in toplamı −9, −2 ile −4'ün toplamı −6. Tutan çift yok, kâğıda «kök yok» yazıp geçiyor. Akşam Kıvanç aynı ifadeyi grafik uygulamasına giriyor: eğri x eksenini biri 0,7 dolaylarında, öteki 2,8 dolaylarında iki noktada kesiyor. Kökler oradaymış, yalnızca tam sayı değillermiş. Çarpanların tutmaması köklerin yokluğunu değil, köklerin kılığını haber veriyordu. Bu derste her ikinci dereceden denklemi çözen formülü tam kareden türetiyor, köklerin var olup olmadığını da hesaba girişmeden tek bir sayıdan, diskriminanttan okuyoruz.

• ax² + bx + c = 0 denklemini standart biçime getirip tam kareye tamamlayarak ya da kök formülüyle çözersin.
• Δ = b² − 4ac değerinin işaretinden denklemin iki farklı, çakışık ya da hiç gerçek kökü olmadığını belirlersin.
• Kökleri eşit olan ya da gerçek kökü bulunmayan parametreli denklemlerde parametreyi, a = 0 durumunu da ayrıca sınayarak bulursun.
• Kökü verilen denklemde parametreyi ve öbür kökü, değişken değiştirmeyle ya da paydadan kurtularak ikinci dereceye inen denklemlerde geçerli kökleri hesaplarsın.

Standart biçim ve a ≠ 0 şartı

Katsayıları gerçek sayı olan ve a ≠ 0 koşulunu taşıyan ax² + bx + c = 0 eşitliğine ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. a baş katsayı, c sabit terimdir. Denklemi sağlayan x değerleri kök, köklerin oluşturduğu küme çözüm kümesidir. Soru her zaman bu düzende gelmez: x(x + 4) = 3x + 6 eşitliği açılıp bütün terimler bir yana toplanınca x² + x − 6 = 0 olur ve kökleri −3 ile 2'dir. Katsayıları okumadan önce denklemi bu biçime getirmek gerekir; b'yi ve c'yi işaretleriyle birlikte almak hataların yarısını önler.

a ≠ 0 şartı bir süs değildir. a = 0 olursa x² terimi düşer, denklem bx + c = 0'a, yani TYT'deki birinci dereceden denklemlere iner ve oradaki «tek çözüm, çözümsüzlük, sonsuz çözüm» ayrımı geçerli olur. Katsayılarda parametre bulunan sorularda bu durum ayrıca incelenir; aşağıda buna döneceğiz.

Eksik terimli denklemler

b ya da c sıfırsa hiçbir formüle gerek kalmaz. x² − 5x = 0 denkleminde x ortak paranteze alınır: x(x − 5) = 0 ve kökler 0 ile 5'tir. Burada iki tarafı x'e bölmek, x = 0 kökünü sessizce siler. x² − 9 = 0 denkleminde x² = 9'dan x = ±3 bulunur; artı eksi işaretinden biri unutulursa kök kaybolur. x² + 4 = 0 denkleminde ise x² = −4 olur. Hiçbir gerçek sayının karesi negatif olmadığından bu denklemin gerçek kökü yoktur.

Çarpanlarla çözmek ve sınırı

Sol taraf çarpanlarına ayrılabiliyorsa en kısa yol budur. TYT'deki üç terimli ifadelerin çarpanları dersinde x² + bx + c ve ax² + bx + c ifadelerini ayırmayı, sıfıra eşit bir çarpımda çarpanlardan birinin sıfır olması gerektiğini görmüştük. Yöntemin sınırı kancada göründü: 2x² − 7x + 4 için çarpımı 8, toplamı −7 olan iki tam sayı bulunmaz. Bu durumda denklem çözümsüz kalmaz; yalnız kökleri tam sayı ya da rasyonel değildir ve başka bir yol gerekir.

Tam kareye tamamlamak

Tam kare özdeşliği dersinde bir ifadeyi tam kareye tamamlayıp en küçük değerini bulmuştuk. Aynı işlem denklem çözer. x² − 6x + 2 = 0 denkleminde x'li iki terim (x − 3)²'nin açılımının başıdır: (x − 3)² = x² − 6x + 9. Eksik 9'u iki tarafa da eklemek için önce sabit terim karşıya atılır: x² − 6x = −2, ardından x² − 6x + 9 = 7, yani (x − 3)² = 7. Karesi 7 olan sayılar √7 ve −√7'dir; x − 3 = ±√7'den x = 3 ± √7 bulunur.

Baş katsayı 1 değilse önce bütün denklem a'ya bölünür. 2x² − 7x + 4 = 0 denklemi x² − (7/2)x + 2 = 0 olur. Orta katsayının yarısı 7/4'tür; (x − 7/4)² = 49/16 − 2 = 17/16 bulunur. Buradan x − 7/4 = ±√17/4 ve x = (7 ± √17)/4 çıkar. Kökler yaklaşık 0,72 ve 2,78'dir; Kıvanç'ın ekranındaki iki kesişim tam olarak bunlardır.

Kök formülünün elde edilişi

Aynı adımlar harflerle atılınca her denklemi çözen formül ortaya çıkar. ax² + bx + c = 0 a'ya bölünür ve sabit terim karşıya alınır: x² + (b/a)x = −c/a. Orta katsayının yarısı b/2a olduğundan iki tarafa b²/4a² eklenir:

(x + b/2a)² = b²/4a² − c/a = (b² − 4ac)/4a².

Sağdaki payda 4a² her zaman pozitiftir; kesrin işaretini yalnız pay belirler. Bu paya diskriminant denir ve Δ = b² − 4ac ile gösterilir. Δ ≥ 0 iken iki tarafın karekökü alınır: x + b/2a = ±√Δ/2a. Paydada |a| yerine a yazılabilir, çünkü artı eksi işareti iki durumu da kapsar. Sonuç kök formülüdür:

x = (−b ± √Δ)/2a.

3x² + 2x − 5 = 0 için Δ = 4 − 4 · 3 · (−5) = 64 ve √Δ = 8 olur; kökler (−2 + 8)/6 = 1 ve (−2 − 8)/6 = −5/3'tür. Δ'nın tam kare çıkması, köklerin rasyonel olduğunu ve denklemin çarpanlara da ayrılabileceğini gösterir: 3x² + 2x − 5 = (x − 1)(3x + 5).

Δ'nın işareti ne söyler?

Kök formülünde √Δ ile karşılaşan her şey Δ'nın işaretine bağlıdır.

• Δ > 0: ±√Δ iki farklı sayı verir; denklemin iki farklı gerçek kökü vardır.
• Δ = 0: artı ile eksi aynı sonuca götürür; kökler çakışıktır ve x = −b/2a'dır. 4x² − 12x + 9 = 0 için Δ = 144 − 144 = 0'dır, sol taraf (2x − 3)²'ye eşittir ve tek değer x = 3/2'dir. Bu duruma «kökler eşit» ya da «çift kök» de denir.
• Δ < 0: (x + b/2a)² negatif bir sayıya eşitlenmiş olur; denklemin gerçek kökü yoktur ve çözüm kümesi gerçek sayılarda boştur. x² + 2x + 5 = 0 için Δ = 4 − 20 = −16 ve gerçekten (x + 1)² = −4 bulunur.

Hesaba girişmeden yapılan bir gözlem zaman kazandırır: a ile c ters işaretliyse −4ac pozitiftir, b² de negatif olamayacağından Δ kesinlikle pozitiftir. 3x² − x − 7 = 0 denkleminin iki farklı gerçek kökü olduğunu tek bakışta söyleyebiliriz. a ile c aynı işaretliyse karar vermek için Δ hesaplanır; x² + 5x + 4 iki köklü, x² + x + 4 köksüzdür.

b çift olduğunda Δ' kısayolu

b = 2b' biçiminde çift bir sayıysa Δ = 4b'² − 4ac = 4(b'² − ac) olur. Δ' = b'² − ac denirse kök formülü x = (−b' ± √Δ')/a hâline gelir; 4 ve 2 sadeleşmiş olur. x² − 6x + 2 = 0 için b' = −3, Δ' = 9 − 2 = 7 ve x = 3 ± √7 bulunur; tam kareye tamamlamayla aynı sonuç. Δ' ile Δ aynı işaretli olduğundan kök sayısı kararı Δ' ile de verilebilir. Sık yapılan hata, Δ' kullanıp paydaya yine 2a yazmaktır.

Δ'dan parametre bulmak

Katsayılardan biri parametre içeriyorsa kök sayısı hakkındaki bilgi Δ üzerine bir denkleme ya da eşitsizliğe dönüşür. «Kökler eşit» Δ = 0, «gerçek kök yok» Δ < 0, «iki farklı gerçek kök» Δ > 0, «gerçek kök var» Δ ≥ 0 demektir. x² − 4x + m − 1 = 0 denkleminin kökleri eşitse 16 − 4(m − 1) = 0'dan m = 5 bulunur; m > 5 için ise denklemin gerçek kökü yoktur.

Baş katsayıda parametre varsa iş bitmez. (m − 3)x² + 2x − 1 = 0 denkleminin iki farklı gerçek kökü olsun. Δ = 4 + 4(m − 3) = 4m − 8 > 0'dan m > 2 bulunur. Ama m = 3 için denklem 2x − 1 = 0'a iner ve yalnız bir kökü olur; bu değer m > 2 aralığının içindedir ve ayrıca atılmalıdır. Cevap m > 2 ve m ≠ 3'tür. Tersine, soru «tek bir gerçek kök» diyorsa a = 0 yapan değer kabul edilebilir bir cevap olabilir, çünkü birinci dereceden denklemin de tek kökü vardır.

Kökü verilen denklem

Bir sayının kök olduğu söyleniyorsa o sayı denklemi sağlar; yerine yazılıp parametre bulunur. 2, x² + mx − 8 = 0 denkleminin kökü ise 4 + 2m − 8 = 0'dan m = 2 çıkar. Denklem x² + 2x − 8 = 0 olur ve bir önceki dersteki çarpan teoremine göre x − 2 bir çarpandır: (x − 2)(x + 4) = 0. Öbür kök −4'tür. Bir kökü bilinen ikinci dereceden ifadeyi o kökün çarpanıyla ayırmak, kök formülüne başvurmadan ikinci kökü verir.

İkinci dereceye inen denklemler

Bir önceki derste yalnız çift kuvvetli polinomlarda x² = t yazmış, negatif çıkan t'nin gerçek kök vermediğini görmüştük. Karekök içeren denklemlerde aynı yerine koyma daha sıkı bir şartla çalışır: t = √x negatif olamaz. x + √x − 6 = 0 denkleminde t² + t − 6 = (t + 3)(t − 2) = 0'dan t = 2 ya da t = −3 bulunur. t = −3 bir karekökün değeri olamayacağı için atılır; t = 2'den x = 4 kalır. Yerine koymadan çıkan ikinci dereceden denklem burada da çarpanlarla ya da kök formülüyle çözülür; değişen, bulunan t değerlerinin geri dönüşte süzülmesidir.

Paydalı denklemlerde paydalar temizlenince elde edilen ikinci dereceden denklemin her kökü, payda sıfır olmasın diye ayrıca sınanır. x²/(x − 3) = 9/(x − 3) eşitliğinden x² = 9 ve x = ±3 bulunur; x = 3 paydayı sıfır yaptığından atılır, çözüm kümesi {−3}'tür.

Kökleri bulmadan

Kök formülünün verdiği iki kök (−b + √Δ)/2a ve (−b − √Δ)/2a'dır; ikisi yalnızca √Δ'nın önündeki işaretle ayrılır. Bu iki ifade toplanınca ya da çarpılınca karekökün ne olacağına bakan öğrenci, bazı bilgilerin Δ'yı hiç hesaplamadan katsayılardan okunabildiğini fark eder. Bir sonraki ders bu fikri kök-katsayı ilişkileri adıyla kuruyor: köklerin toplamı ve çarpımı ile bunlardan türeyen ifadeler, kökler tek tek bulunmadan katsayılardan hesaplanıyor.

Örnek 1 — Kök formülü

Soru: 3x² − 2x − 2 = 0 denkleminin büyük kökü kaçtır?

• A) (2 + √7)/3
• B) (1 + √7)/6
• C) (1 + √7)/3
• D) (−1 + √7)/3
• E) (1 + 2√7)/3

Çözüm: b = −2 çift olduğundan b' = −1 alınır: Δ' = 1 − 3 · (−2) = 7. Kökler x = (1 ± √7)/3'tür; büyük olanı (1 + √7)/3. B seçeneği Δ' kullanıp paydaya 2a yazmaktan, D seçeneği −b' yerine b' almaktan gelir. Cevap: C.

Örnek 2 — Δ ile kök sayısı

Soru: Aşağıdaki denklemlerden hangisinin gerçek kökü yoktur?

• A) x² − 4x + 4 = 0
• B) 2x² + 3x − 5 = 0
• C) 3x² + x − 1 = 0
• D) x² + 3x + 3 = 0
• E) x² − 5x + 6 = 0

Çözüm: B ve C'de a ile c ters işaretli, Δ kesinlikle pozitif. A'da Δ = 16 − 16 = 0, çakışık kök var. E'de Δ = 25 − 24 = 1. D'de Δ = 9 − 12 = −3 < 0'dır. Cevap: D.

Örnek 3 — Baş katsayıdaki parametre

Soru: (m − 2)x² + 4x + 1 = 0 denkleminin tek bir gerçek kökü olmasını sağlayan m değerlerinin toplamı kaçtır?

• A) 6
• B) 8
• C) 2
• D) 12
• E) 4

Çözüm: İki durum vardır. m = 2 iken denklem 4x + 1 = 0 olur ve tek kökü x = −1/4'tür. m ≠ 2 iken tek kök Δ = 0 ister: 16 − 4(m − 2) = 0'dan m = 6; denklem 4x² + 4x + 1 = (2x + 1)² = 0 olur. Toplam 2 + 6 = 8. A seçeneği a = 0 durumunu unutmaktan gelir. Cevap: B.

Örnek 4 — Paydalı denklem

Soru: x/(x − 1) − 2/(x + 1) = 4/(x² − 1) denkleminin gerçek sayılardaki çözüm kümesi hangisidir?

• A) {2}
• B) ∅
• C) {−1}
• D) {−1, 2}
• E) {−2}

Çözüm: Ortak payda x² − 1 = (x − 1)(x + 1)'dir ve x ≠ 1, x ≠ −1 olmalıdır. İki taraf bu paydayla çarpılınca x(x + 1) − 2(x − 1) = 4, yani x² − x − 2 = 0 bulunur. Δ = 1 + 8 = 9 olduğundan kökler (1 ± 3)/2, yani 2 ve −1'dir. −1 paydayı sıfırladığı için atılır. D seçeneği bu denetimi yapmamaktan gelir. Cevap: A.

• x² − 5x = 0'da iki tarafı x'e bölmek. x = 0 kökü kaybolur; ortak paranteze alınır.
• Çarpanlar bulunamayınca «kök yok» demek. Kökün varlığına Δ karar verir; çarpanların tutmaması yalnız köklerin rasyonel olmadığını gösterir.
• Δ' kullanıp paydaya 2a yazmak. Δ' = b'² − ac ile formül (−b' ± √Δ')/a olur.
• Baş katsayıda parametre varken a = 0 durumunu incelememek. «İki farklı kök» sorusunda bu değer atılır, «tek kök» sorusunda cevaba girebilir.
• Değişken değiştirmeden sonra t'nin işaretini denetlememek. √x = t ya da x² = t yazıldığında negatif t değerleri gerçek kök vermez.
• Paydalı denklemde paydayı sıfır yapan kökü bırakmak. Her kök asıl denklemde paydaya yazılıp sınanır.