Συμπλήρωση του τετραγώνου

Ένας από τους τρόπους που διδάσκονται στο σχολείο για την επίλυση μίας τριωνυμικής εξίσωσης περιλαμβάνει τη "συμπλήρωση του τετραγώνου". Ας πούμε ότι θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση x² + 6x - 7 = 0. Τότε συμπληρώνουμε το τετράγωνο ως εξής:

x² + 6x - 7 = x² + 2⋅3⋅x + 3² - 3² - 7 = (x+3)² - 16.

Αυτό που κάναμε είναι να προσθέσουμε τον όρο 3², ώστε να συμπληρώσουμε το τετράγωνο του x+3. Έτσι η αρχική εξίσωση γίνεται

(x+3)² = 16

από όπου παίρνουμε τελικά τις λύσεις x = 1,-7. Η παραπάνω διαδικασία δεν οδηγεί πάντα σε (πραγματική) λύση, αφού για να έχει λύση η αx² + βx + γ = 0, πρέπει η διακρίνουσα β² - 4αγ ≥ 0.

Σχήμα 1.

Στο Σχ. 1 φαίνεται μία γεωμετρική επίλυση της εξίσωσης

x² + βx = γ για β,γ ≥ 0.

Το χωρίο E₁ είναι ίσο με x² (το x είναι ακόμα άγνωστο) και τα E₂, E₃ είναι ίσα με ½βx άρα E₁ + E₂ + E₃ = x² + βx και αυτό θέλουμε να είναι ίσο με γ. Τα E₁, E₂, E₃ σχηματίζουν ένα λειψό τετράγωνο η συμπλήρωση του τετραγώνου γίνεται στην κυριολεξία: με την προσθήκη του γωνιακού τετραγώνου με εμβαδό Ε₄ = ¼β². Το εμβαδό του μεγάλου τετραγώνου είναι (x+½β)² και συγχρόνως γ + ¼β². Για να είναι η ποσότητα αυτή εμβαδό, θα πρέπει γ + ¼β² ≥ 0 (αυτή είναι η συνθήκη της μη-αρνητικότητας της διακρίνουσας).

Δηλαδή αν γ + ¼β² ≥ 0 , τότε υπάρχει τετράγωνο με εμβαδό γ + ¼β² και πλευρά x+½β και το πρόβλημα έχει λύση.

Το ενδιαφέρον είναι ότι ενώ στη γεωμετρική επίλυση απαιτούμε β,γ ≥ 0, το αποτέλεσμα ισχύει για οποιαδήποτε β, γ (αρκεί γ + ¼β² ≥ 0).

Πηγή: Journey into Mathematics: An Introduction to Proofs του J. J. Rotman