Zgled 1
5
Zapišimo število rešitev posameznih enačb. Enačba nima rešitve.
c) (2x + 1) – 2x = 1
Enačba ima neskončno rešitev.
1
2
Z x označimo število vseh čebel in po besedilu zapišemo enačbo:
(
3
Rešimo enačbo x – 1 + x + 1 = x .
Ta enačba se zdi na prvi pogled nelinearna enačba, vendar jo lahko po korakih prevedemo do oblike, ki jo poznamo.
14x + 15 = 0
RA
1 2 3 + = x–1 x+1 x
NA
x(x + 1) + 2x(x – 1) – 3(x – 1)(x + 1) =0 x(x – 1)(x + 1) –x + 3 =0 x(x – 1)(x + 1)
LO V
–x + 3 = 0 x=3
Najprej poiščemo najmanjši skupni večkratnik vseh imenovalcev.
x = 15 Vseh čebel je bilo 15.
Poenostavimo števec. Vemo, da je ulomek enak 0, če je njegov števec enak 0, imenovalec pa različen od 0. Dobimo preprosto linearno enačbo. Rešitev enačbe je 3.
Do reševanja linearnih enačb pridemo pri reševanju besedilnih nalog. 1. Najprej moramo problem razumeti. Kaj je neznanka? Kateri podatki so na voljo? Kakšni so pogoji? 2. Poiščemo zvezo med podatki in neznanko – napišemo enačbo. Pri tem nam je lahko v pomoč, če se spomnimo podobnih problemov, ki smo jih že reševali. 3. Rešimo enačbo ali sistem enačb. Pri tem dobro preverimo vsako stopnjo reševanja. 4. Preverimo in preizkusimo dobljeno rešitev. Včasih že z logičnim premislekom lahko ugotovimo, ali je rešitev pravilna ali protislovna. Pri mnogih nalogah rezultat lahko ocenimo na pamet. Kadar pa je rezultat mogoče izračunati na več načinov, se morajo rezultati med seboj ujemati.
)
1 1 1 1 x+ 3 x+3 3 x– 5 x +1=x 5 1 1 2 x+ 3 x+3∙ 5 x+1=x 5 3x + 5x + 6x + 15 = x /∙ 15 15
Zgled 3
Odštejemo vrednost v oklepaju.
IČI
b) (x + 1) – x = 5
Damo na skupni imenovalec.
ZL
Enačba ima natanko eno rešitev.
CA
a) x + 2 = –x – 2
Ena petina čebeljega roja je letela proti lotosovemu cvetu, ena tretjina proti bananovemu drevesu. Število čebel, enako trikratni razliki med obema, o lepotica moja z očmi gazele, je letelo proti drevesu kodaga. Končno je še ena čebela letala sem in tja, ker jo je privlačil čudoviti vonj jasmina in pandana. Povej mi, očarljiva, koliko je bilo vseh čebel? Naloga je bila objavljena v 12. stoletju v knjigi Lilivati indijskega matematika Bhaskara.
CA
Zgled 2
IČI
Zgled 3
Čez 6 let bo Mojca stara 12 let, Miha pa 24, torej bo Miha dvakrat starejši od Mojce.
ZL
Zgled 2
Čez x let 6+x 18 + x
Danes 6 18
Mojca Miha
Poenostavimo števec in enačbo pomnožimo s 15. Izračunamo vrednost neznanke.
Neki trgovec je obiskal tri sejme zapored. Na prvem je količino svojega denarja najprej podvojil, zatem pa zapravil 30 cekinov. Na drugem sejmu je svoj denar celo potrojil, vendar je zatem zapravil 54 cekinov. Končno je na tretjem sejmu svoj denar celo početveril, a je imel hkrati tudi za 72 cekinov izdatkov. Tako mu je na koncu v mošnji ostalo še 48 cekinov. Koliko denarja je imel na začetku?
NA
3 5 5 5 5 x– 6 + 6 =0+ 6 Na obeh straneh enačbe prištejemo 6 . 4 3 5 4 4 x = 6 /∙ 3 Obe strani pomnožimo s 3 . 4 20 10 1 x = 18 + 9 = 1 9
RA
3
Rešimo enačbo: 4 x – 6 = 0
na začetku: x
po koncu prvega sejma: 2x – 30
po koncu drugega sejma: 3(2x – 30) – 54
DE
Zgled 1
Mojca je danes stara 6 let, Miha pa 18 let. Čez koliko let bo Miha samo še dvakrat starejši od Mojce?
LO V
Najbolj preprosta linearna enačba je oblike ax + b = 0; a ≠ 0.
DE
142
po koncu tretjega sejma: 4(3(2x – 30) – 54) – 72 4(3(2x – 30) – 54) – 72 = 48
Odpravimo oklepaje v enačbi.
4(6x – 90 – 54) – 72 = 48 4(6x – 144) – 72 = 48 24x – 576 – 72 = 48 24x – 648 = 48 24x = 696
Prištejmo na obeh straneh 648. Delimo s 24.
x = 29 Na začetku je imel trgovec 29 cekinov. Za preizkus lahko sami še enkrat preberete nalogo in sproti računate ob predpostavki, da je imel trgovec na začetku 29 cekinov. Na koncu mora biti v mošnji 48 cekinov.
143