Másodfokú egyenlet - könnyen megoldható! *A továbbiakban: „KU”. Barátaim, úgy tűnik, semmi sem egyszerűbb a matematikában, mint egy ilyen egyenlet megoldása. De valami azt súgta nekem, hogy sok embernek problémája van vele. Úgy döntöttem, megnézem, hány igény szerinti megjelenítést ad ki a Yandex havonta. Íme, mi történt, nézd:

Mit jelent? Ez azt jelenti, hogy havonta körülbelül 70 000 ember keres ez az információ, mi köze ennek a nyárhoz, és mi lesz a tanév során - kétszer annyi kérés lesz. Ez nem meglepő, hiszen a régen iskolát végzett, egységes államvizsgára készülő srácok és lányok keresik ezeket az információkat, és az iskolások is törekednek az emlékezetük felfrissítésére.

Annak ellenére, hogy sok olyan webhely van, amely megmondja, hogyan kell megoldani ezt az egyenletet, úgy döntöttem, hogy én is hozzájárulok és közzéteszem az anyagot. Először is szeretném, ha látogatók érkeznének webhelyemre ezen kérés alapján; másodszor, más cikkekben, amikor a „KU” témája előkerül, linket adok ehhez a cikkhez; harmadszor, kicsit többet mesélek a megoldásáról, mint azt más oldalakon szokták mondani. Kezdjük el! A cikk tartalma:

A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

ahol az a együtthatók,bés c tetszőleges számok, ahol a≠0.

Az iskolai tanfolyamon az anyagot beadják a következő űrlapot– az egyenletek három osztályba sorolhatók:

1. Két gyökerük van.

2. *Csak egy gyökere legyen.

3. Nincsenek gyökereik. Itt különösen érdemes megjegyezni, hogy nincsenek valódi gyökereik

Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!

Kiszámoljuk a diszkriminánst. E „szörnyű” szó alatt egy nagyon egyszerű képlet rejlik:

A gyökérképletek a következők:

* Ezeket a képleteket fejből kell tudni.

Azonnal leírhatod és megoldhatod:

Példa:

1. Ha D > 0, akkor az egyenletnek két gyöke van.

2. Ha D = 0, akkor az egyenletnek egy gyöke van.

3. Ha D< 0, то уравнение не имеет действительных корней.

Nézzük az egyenletet:

Ebben a vonatkozásban, amikor a diszkrimináns egyenlő nullával, az iskolai kurzus azt mondja, hogy egy gyöket kapunk, itt kilencnek felel meg. Minden helyes, így van, de...

Ez az elképzelés némileg téves. Valójában két gyökere van. Igen, igen, ne lepődj meg, két egyenlő gyöket kapsz, és hogy matematikailag pontos legyek, akkor a válaszban két gyöket kell írni:

x 1 = 3 x 2 = 3

De ez így van - egy kis kitérő. Az iskolában leírhatod, és elmondhatod, hogy egy gyökér van.

Most a következő példa:

Mint tudjuk, a negatív szám gyökét nem lehet felvenni, így a megoldások be ebben az esetben Nem.

Ez az egész döntési folyamat.

Másodfokú függvény.

Ez megmutatja, hogyan néz ki a megoldás geometriailag. Ezt rendkívül fontos megérteni (a jövőben az egyik cikkben részletesen elemezzük a másodfokú egyenlőtlenség megoldását).

Ez az űrlap függvénye:

ahol x és y változók

a, b, c – adott számok, ahol a ≠ 0

A grafikon egy parabola:

Vagyis kiderül, hogy egy olyan másodfokú egyenlet megoldásával, amelyben „y” egyenlő nullával, megtaláljuk a parabola és az x tengely metszéspontjait. Ebből kettő lehet (a diszkrimináns pozitív), egy (a diszkrimináns nulla) és egy sem (a diszkrimináns negatív). Részletek kb másodfokú függvény Megnézheti Inna Feldman cikke.

Nézzünk példákat:

1. példa: Megoldás 2x 2 +8 x–192=0

a=2 b=8 c= –192

D=b 2 –4ac = 8 2 –4∙2∙(–192) = 64+1536 = 1600

Válasz: x 1 = 8 x 2 = –12

*Az egyenlet bal és jobb oldalát azonnal el lehetett osztani 2-vel, azaz egyszerűsíteni. A számítások könnyebbek lesznek.

2. példa: Döntsd el x 2–22 x+121 = 0

a=1 b=–22 c=121

D = b 2 –4ac =(–22) 2 –4∙1∙121 = 484–484 = 0

Azt találtuk, hogy x 1 = 11 és x 2 = 11

A válaszba x = 11 írható.

Válasz: x = 11

3. példa: Döntsd el x 2 – 8x+72 = 0

a=1 b= –8 c=72

D = b 2 –4ac =(–8) 2 –4∙1∙72 = 64–288 = –224

A diszkrimináns negatív, valós számokban nincs megoldás.

Válasz: nincs megoldás

A diszkrimináns negatív. Van megoldás!

Itt az egyenlet megoldásáról lesz szó abban az esetben, ha negatív diszkriminánst kapunk. Tudsz valamit a komplex számokról? Nem részletezem itt, hogy miért és hol keletkeztek, és mi a konkrét szerepük és szükségességük a matematikában, ez egy nagy külön cikk témája.

A komplex szám fogalma.

Egy kis elmélet.

A z komplex szám alakja

z = a + bi

ahol a és b valós számok, ott az i az úgynevezett imaginárius egység.

a+bi – ez EGY SZÁM, nem kiegészítés.

A képzeletbeli egység egyenlő mínusz egy gyökével:

Most nézzük meg az egyenletet:

Két konjugált gyökeret kapunk.

Hiányos másodfokú egyenlet.

Tekintsünk speciális eseteket, amikor a „b” vagy „c” együttható nulla (vagy mindkettő nulla). Könnyen, diszkrimináció nélkül megoldhatók.

1. eset. b = 0 együttható.

Az egyenlet így alakul:

Alakítsuk át:

Példa:

4x 2 -16 = 0 => 4x 2 =16 => x 2 = 4 => x 1 = 2 x 2 = -2

2. eset. Együttható c = 0.

Az egyenlet így alakul:

Alakítsuk át és faktorizáljuk:

*A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla.

Példa:

9x2 –45x = 0 => 9x (x-5) =0 => x = 0 vagy x-5 =0

x 1 = 0 x 2 = 5

3. eset: b = 0 és c = 0 együtthatók.

Itt jól látható, hogy az egyenlet megoldása mindig x = 0 lesz.

Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.

Vannak olyan tulajdonságok, amelyek lehetővé teszik nagy együtthatójú egyenletek megoldását.

Ax 2 + bx+ c=0 érvényesül az egyenlőség

a + b+ c = 0, Hogy

- ha az egyenlet együtthatóira Ax 2 + bx+ c=0 érvényesül az egyenlőség

a+ s =b, Hogy

Ezek a tulajdonságok segítik a döntést egy bizonyos típus egyenletek

1. példa: 5001 x 2 –4995 x – 6=0

A szorzók összege 5001+( – 4995)+(– 6) = 0, ami azt jelenti

2. példa: 2501 x 2 +2507 x+6=0

Az egyenlőség érvényesül a+ s =b, Eszközök

Az együtthatók szabályszerűségei.

1. Ha az ax 2 + bx + c = 0 egyenletben a „b” együttható egyenlő (a 2 +1), és a „c” együttható számszerűen egyenlő az „a” együtthatóval, akkor a gyöke egyenlő

ax 2 + (a 2 +1)∙x+ a= 0 = > x 1 = –a x 2 = –1/a.

Példa. Tekintsük a 6x 2 + 37x + 6 = 0 egyenletet.

x 1 = –6 x 2 = –1/6.

2. Ha az ax 2 – bx + c = 0 egyenletben a „b” együttható egyenlő (a 2 +1), és a „c” együttható számszerűen egyenlő az „a” együtthatóval, akkor annak gyökei egyenlőek

ax 2 – (a 2 +1)∙x+ a= 0 = > x 1 = a x 2 = 1/a.

Példa. Tekintsük a 15x 2 –226x +15 = 0 egyenletet.

x 1 = 15 x 2 = 1/15.

3. Ha az Eq. ax 2 + bx – c = 0 „b” együttható egyenlő (a 2 – 1), és „c” együttható számszerűen egyenlő az „a” együtthatóval, akkor a gyökerei egyenlők

ax 2 + (a 2 –1)∙x – a= 0 = > x 1 = – a x 2 = 1/a.

Példa. Tekintsük a 17x 2 +288x – 17 = 0 egyenletet.

x 1 = – 17 x 2 = 1/17.

4. Ha az ax 2 – bx – c = 0 egyenletben a „b” együttható egyenlő (a 2 – 1), és a c együttható számszerűen egyenlő az „a” együtthatóval, akkor annak gyökei egyenlőek

ax 2 – (a 2 –1)∙x – a= 0 = > x 1 = a x 2 = – 1/a.

Példa. Tekintsük a 10x 2 – 99x –10 = 0 egyenletet.

x 1 = 10 x 2 = – 1/10

Vieta tétele.

Vieta tétele a híres francia matematikusról, Francois Vietáról kapta a nevét. Vieta tételével kifejezhetjük egy tetszőleges KU gyökeinek összegét és szorzatát együtthatóival.

45 = 1∙45 45 = 3∙15 45 = 5∙9.

Összességében a 14-es szám csak 5-öt és 9-et ad. Ezek gyökerek. Egy bizonyos készség birtokában a bemutatott tétel segítségével számos másodfokú egyenletet szóban azonnal meg tud oldani.

Vieta tétele ráadásul. Kényelmes abban, hogy egy másodfokú egyenlet szokásos módon (diszkrimináns segítségével) történő megoldása után ellenőrizhetőek a kapott gyökök. Azt javaslom, hogy ezt mindig csináld.

SZÁLLÍTÁSI MÓD

Ezzel a módszerrel az „a” együtthatót megszorozzuk a szabad taggal, mintha „dobnák” rá, ezért ún. "transzfer" módszer. Ezt a módszert akkor használjuk, ha az egyenlet gyökerei könnyen megtalálhatók Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

Ha A± b+c≠ 0, akkor az átviteli technikát használják, például:

2x 2 – 11x+ 5 = 0 (1) => x 2 – 11x+ 10 = 0 (2)

A (2) egyenletben szereplő Vieta-tétel segítségével könnyen megállapítható, hogy x 1 = 10 x 2 = 1

Az egyenlet eredő gyökeit el kell osztani 2-vel (mivel a kettőt x 2-ből „dobták”), így kapjuk

x 1 = 5 x 2 = 0,5.

Mi az indoklás? Nézd, mi történik.

Az (1) és (2) egyenlet diszkriminánsai egyenlőek:

Ha megnézzük az egyenletek gyökereit, csak különböző nevezőket kapunk, és az eredmény pontosan az x 2 együtthatójától függ:

A második (módosított) gyökerei 2-szer nagyobbak.

Ezért az eredményt elosztjuk 2-vel.

*Ha újratekerjük a hármat, akkor az eredményt elosztjuk 3-mal stb.

Válasz: x 1 = 5 x 2 = 0,5

négyzetméter ur-ie és egységes államvizsga.

Röviden elmesélem a fontosságát - gyorsan és gondolkodás nélkül KÉPESSÉGED KELL DÖNTENI, fejből kell ismerned a gyökerek és a megkülönböztető tényezők képleteit. Az egységes államvizsga-feladatokban szereplő problémák közül sok másodfokú egyenlet megoldására vezethető vissza (beleértve a geometriaiakat is).

Valami, amit érdemes megjegyezni!

1. Az egyenlet felírásának formája lehet „implicit”. Például a következő bejegyzés lehetséges:

15+ 9x 2 - 45x = 0 vagy 15x + 42 + 9x 2 - 45x = 0 vagy 15 -5x + 10x 2 = 0.

Szabványos formába kell vinnie (hogy ne keveredjen össze a megoldás során).

2. Ne feledje, hogy x egy ismeretlen mennyiség, és bármely más betűvel jelölhető - t, q, p, h és mások.

Bibliográfiai leírás: Gasanov A. R., Kuramshin A. A., Elkov A. A., Shilnenkov N. V., Ulanov D. D., Shmeleva O. V. Megoldási módszerek másodfokú egyenletek// Fiatal tudós. 2016. szám 6.1. P. 17-20..03.2019).



Projektünk másodfokú egyenletek megoldási módjairól szól. A projekt célja: megtanulni másodfokú egyenleteket olyan módszerekkel megoldani, amelyek nem szerepelnek az iskolai tantervben. Feladat: mindent megtalálni lehetséges módjai másodfokú egyenletek megoldása és használatuk megtanulása, valamint ezeknek a módszereknek az osztálytársainak bemutatása.

Mik azok a „másodfokú egyenletek”?

Másodfokú egyenlet- a forma egyenlete fejsze2 + bx + c = 0, Ahol a, b, c- néhány szám ( a ≠ 0), x- ismeretlen.

Az a, b, c számokat a másodfokú egyenlet együtthatóinak nevezzük.

• a-t első együtthatónak nevezzük;
• b-t második együtthatónak nevezzük;
• c - szabad tag.

Ki volt az első, aki „találta fel” a másodfokú egyenleteket?

Néhány algebrai technikát lineáris és másodfokú egyenletek megoldására 4000 évvel ezelőtt ismertek az ókori Babilonban. A másodfokú egyenletek tanulmányozásának legkorábbi bizonyítéka az ókori babiloni agyagtáblák felfedezése, amelyek valahol ie 1800 és 1600 között származnak. Ugyanezek a táblák tartalmaznak módszereket bizonyos típusú másodfokú egyenletek megoldására.

Az ókorban nemcsak az első, hanem a másodfokú egyenletek megoldásának szükségességét is a területek megtalálásával kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. földterületekés azzal földmunkák katonai jellegű, valamint magával a csillagászat és a matematika fejlődésével.

Ezen egyenletek megoldásának a babiloni szövegekben megfogalmazott szabálya lényegében egybeesik a modernnel, de nem ismert, hogy a babilóniaiak hogyan jutottak el ehhez a szabályhoz. Szinte minden eddig talált ékírásos szöveg csak recept formájában megfogalmazott megoldási problémákat tartalmaz, a megtalálás módját nem jelzik. Annak ellenére magas szint az algebra fejlődése Babilonban, az ékírásos szövegekből hiányzik a negatív szám fogalma és általános módszerek másodfokú egyenletek megoldása.

Babilóniai matematikusok a Kr.e. IV. századból. a négyzet komplementer módszerét használta pozitív gyökű egyenletek megoldására. Kr.e. 300 körül Euklidész egy általánosabb geometriai megoldási módszerrel állt elő. Az első matematikus, aki algebrai képlet formájában talált megoldást negatív gyökerű egyenletekre, egy indiai tudós volt. Brahmagupta(India, Kr. u. 7. század).

Brahmagupta általános szabályt fektetett le a másodfokú egyenletek megoldására egyetlen kanonikus formára redukálva:

ax2 + bx = c, a>0

Ebben az egyenletben az együtthatók negatívak is lehetnek. Brahmagupta szabálya lényegében ugyanaz, mint a miénk.

Indiában gyakoriak voltak a nyilvános versenyek a nehéz problémák megoldásában. Az egyik régi indiai könyv a következőt írja az ilyen versenyekről: „Ahogy a nap elhomályosítja ragyogásával a csillagokat, úgy tanult ember elhomályosítja dicsőségét a nyilvános gyűléseken azáltal, hogy algebrai problémákat javasol és megold." A problémákat gyakran költői formában mutatták be.

Egy algebrai értekezésben Al-Khwarizmi lineáris és másodfokú egyenletek osztályozását adjuk meg. A szerző 6 típusú egyenletet számol meg, ezeket a következőképpen fejezi ki:

1) „A négyzetek egyenlőek a gyökökkel”, azaz ax2 = bx.

2) „A négyzetek egyenlőek a számokkal”, azaz ax2 = c.

3) „A gyökök egyenlőek a számmal”, azaz ax2 = c.

4) „A négyzetek és a számok egyenlőek a gyökökkel”, azaz ax2 + c = bx.

5) „A négyzetek és a gyökök egyenlőek a számmal”, azaz ax2 + bx = c.

6) „A gyökök és a számok egyenlőek a négyzetekkel”, azaz bx + c == ax2.

Al-Khwarizmi számára, aki kerülte a negatív számok használatát, ezen egyenletek mindegyike összeadás, nem pedig kivonható. Ebben az esetben nyilvánvalóan nem veszik figyelembe azokat az egyenleteket, amelyeknek nincs pozitív megoldása. A szerző módszereket fogalmaz meg ezen egyenletek megoldására az al-jabr és az al-mukabal technikák segítségével. Az ő döntése természetesen nem esik teljesen egybe a miénkkel. Arról nem is beszélve, hogy ez pusztán retorikai jellegű, meg kell jegyezni például, hogy az első típusú, hiányos másodfokú egyenlet megoldása során Al-Khorezmi, mint a 17. századig minden matematikus, nem veszi figyelembe a nulla megoldást, és nem veszi figyelembe a zéró megoldást. valószínűleg azért, mert konkrét gyakorlatban ez nem számít a feladatokban. A teljes másodfokú egyenletek megoldása során Al-Khwarizmi meghatározott numerikus példákkal, majd azok geometriai bizonyításával határozza meg a megoldásukra vonatkozó szabályokat.

A másodfokú egyenletek Al-Khwarizmi modelljét követő európai megoldási formákat először az 1202-ben írt „Abakusz könyve” írta le. olasz matematikus Leonard Fibonacci. A szerző önállóan dolgozott ki néhány újat algebrai példák problémák megoldására, és Európában elsőként vezette be a negatív számokat.

Ez a könyv hozzájárult az algebrai ismeretek elterjedéséhez nemcsak Olaszországban, hanem Németországban, Franciaországban és más európai országokban is. Ebből a könyvből sok problémát felhasználtak a 14-17. századi európai tankönyvek szinte mindegyikében. Általános szabály a másodfokú egyenletek egyetlen kanonikus formára redukált x2 + bх = с b, c jelek és együtthatók összes lehetséges kombinációjára 1544-ben fogalmazták meg Európában. M. Stiefel.

Másodfokú egyenlet megoldási képletének levezetése in Általános nézet Vietnek megvan, de Viet csak pozitív gyökereket ismert fel. olasz matematikusok Tartaglia, Cardano, Bombelli században az elsők között. A pozitívak mellett a negatív gyökereket is figyelembe veszik. Csak a 17. században. az erőfeszítéseknek köszönhetően Girard, Descartes, Newtonés más tudósok, a másodfokú egyenletek megoldásának módszere modern formát ölt.

Nézzünk meg több módszert a másodfokú egyenletek megoldására.

Standard módszerek másodfokú egyenletek megoldására abból iskolai tananyag:

1. Az egyenlet bal oldalának faktorálása.
2. A teljes négyzet kiválasztásának módja.
3. Másodfokú egyenletek megoldása a képlet segítségével.
4. Grafikus megoldás másodfokú egyenlet.
5. Egyenletek megoldása Vieta tételével.

Foglalkozzunk részletesebben a redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek megoldásával Vieta tételével.

Emlékezzünk vissza, hogy a fenti másodfokú egyenletek megoldásához elég találni két olyan számot, amelyek szorzata egyenlő a szabad taggal, összege pedig egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval.

Példa.x 2 -5x+6=0

Meg kell találnia azokat a számokat, amelyek szorzata 6 és összege 5. Ezek a számok 3 és 2 lesznek.

Válasz: x 1 =2, x 2 =3.

De ezt a módszert olyan egyenleteknél is használhatja, amelyeknél az első együttható nem egyezik eggyel.

Példa.3x 2 +2x-5=0

Vegyük az első együtthatót és szorozzuk meg a szabad taggal: x 2 +2x-15=0

Ennek az egyenletnek a gyökerei olyan számok, amelyek szorzata - 15, összege pedig - 2. Ezek a számok 5 és 3. Az eredeti egyenlet gyökereinek megtalálásához ossza el a kapott gyököket az első együtthatóval.

Válasz: x 1 =-5/3, x 2 =1

6. Egyenletek megoldása "dobás" módszerrel.

Tekintsük az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenletet, ahol a≠0.

Mindkét oldalt megszorozva a-val, az a 2 x 2 + abx + ac = 0 egyenletet kapjuk.

Legyen ax = y, innen x = y/a; akkor a + ac = 0 egyenlethez jutunk, amely ekvivalens a megadottal. Az 1-es és 2-es gyökereit Vieta tételével találjuk meg.

Végül azt kapjuk, hogy x 1 = y 1 /a és x 2 = y 2 /a.

Ezzel a módszerrel az a együtthatót megszorozzuk a szabad taggal, mintha „bedobnák”, ezért nevezik „dobás” módszernek. Ezt a módszert akkor használjuk, ha az egyenlet gyökerei könnyen megtalálhatók Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

Példa.2x 2 - 11x + 15 = 0.

„Dobjuk” a 2-es együtthatót a szabad tagra, és behelyettesítéssel kapjuk meg az y 2 - 11y + 30 = 0 egyenletet.

Vieta inverz tétele szerint

y 1 = 5, x 1 = 5/2, x 1 = 2,5; y 2 ​​= 6, x 2 = 6/2, x 2 = 3.

Válasz: x 1 =2,5; x 2 = 3.

7. Másodfokú egyenlet együtthatóinak tulajdonságai.

Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, a ≠ 0.

1. Ha a+ b + c = 0 (azaz az egyenlet együtthatóinak összege nulla), akkor x 1 = 1.

2. Ha a - b + c = 0, vagy b = a + c, akkor x 1 = - 1.

Példa.345x 2 - 137x - 208 = 0.

Mivel a + b + c = 0 (345 - 137 - 208 = 0), akkor x 1 = 1, x 2 = -208/345.

Válasz: x 1 =1; x 2 = -208/345 .

Példa.132x 2 + 247x + 115 = 0

Mert a-b+c = 0 (132-247 +115=0), akkor x 1 = -1, x 2 = -115/132

Válasz: x 1 = -1; x 2 =- 115/132

A másodfokú egyenlet együtthatóinak más tulajdonságai is vannak. de használatuk összetettebb.

8. Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével.

1. ábra Nomogram

Ez a másodfokú egyenletek megoldásának egy régi és jelenleg elfeledett módszere, a gyűjtemény 83. oldalán található: Bradis V.M. Négyjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.

táblázat XXII. Nomogram az egyenlet megoldásához z 2 + pz + q = 0. Ez a nomogram másodfokú egyenlet megoldása nélkül lehetővé teszi az egyenlet gyökeinek meghatározását az együtthatóiból.

A nomogram görbe skálája a következő képletek szerint épül fel (1. ábra):

hinni OS = p, ED = q, OE = a(mind cm-ben), az 1. ábrából a háromszögek hasonlóságai SANÉs CDF megkapjuk az arányt

amely behelyettesítések és egyszerűsítések után az egyenletet adja z 2 + pz + q = 0,és a levél z egy görbe skála bármely pontjának jelölését jelenti.

Rizs. 2 Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével

Példák.

1) Az egyenlethez z 2 - 9z + 8 = 0 a nomogram z 1 = 8,0 és z 2 = 1,0 gyököket ad

Válasz:8,0; 1.0.

2) Nomogram segítségével oldjuk meg az egyenletet

2z 2 - 9z + 2 = 0.

Ennek az egyenletnek az együtthatóit elosztjuk 2-vel, így kapjuk a z 2 - 4,5z + 1 = 0 egyenletet.

A nomogram z 1 = 4 és z 2 = 0,5 gyököket ad.

Válasz: 4; 0.5.

9. Geometriai módszer másodfokú egyenletek megoldására.

Példa.x 2 + 10x = 39.

Az eredetiben ez a probléma a következőképpen van megfogalmazva: "A négyzet és a tíz gyök egyenlő 39-cel."

Tekintsünk egy x oldalú négyzetet, amelynek oldalaira téglalapokat építünk úgy, hogy mindegyik másik oldala 2,5, tehát mindegyik területe 2,5x. Az így kapott ábrát ezután egy új ABCD négyzetre egészítjük ki, négy egyenlő négyzetet építve a sarkokba, mindegyik oldala 2,5, a területe pedig 6,25

Rizs. 3 Grafikus módszer az x 2 + 10x = 39 egyenlet megoldására

Az ABCD négyzet S területe a következő területek összegeként ábrázolható: az eredeti négyzet x 2, négy téglalap (4∙2,5x = 10x) és négy további négyzet (6,25∙4 = 25), azaz. S = x 2 + 10x = 25. Ha x 2 + 10x-et 39-re cseréljük, azt kapjuk, hogy S = 39 + 25 = 64, ami azt jelenti, hogy a négyzet oldala ABCD, azaz. AB szegmens = 8. Az eredeti négyzet szükséges x oldalára megkapjuk

10. Egyenletek megoldása Bezout-tétel segítségével.

Bezout tétele. A P(x) polinomnak az x - α binomimmal való osztásának maradéka egyenlő P(α)-val (vagyis P(x) értéke x = α-nál).

Ha az α szám a P(x) polinom gyöke, akkor ez a polinom maradék nélkül osztható x -α-val.

Példa.x²-4x+3=0

Р(x)= x²-4x+3, α: ±1,±3, α =1, 1-4+3=0. P(x) elosztása (x-1): (x²-4x+3)/(x-1)=x-3

x²-4x+3=(x-1)(x-3), (x-1)(x-3)=0

x-1=0; x=1 vagy x-3=0, x=3; Válasz: x1 =2, x2 =3.

Következtetés: A másodfokú egyenletek gyors és racionális megoldásának képessége egyszerűen szükséges több megoldáshoz összetett egyenletek, például tört racionális egyenletek, egyenletek magasabb fokozatok, biquadratic egyenletek, valamint a középiskolákban trigonometrikus, exponenciális és logaritmikus egyenletek. A másodfokú egyenletek megoldására talált összes módszer tanulmányozása után tanácsot adhatunk osztálytársainknak, hogy a szokásos módszerek mellett oldják meg az átviteli módszert (6) és oldják meg az egyenleteket az együtthatók (7) tulajdonságával, mivel ezek könnyebben hozzáférhetők. a megértéshez.

Irodalom:

1. Bradis V.M. Négyjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.
2. Algebra 8. osztály: tankönyv 8. osztálynak. Általános oktatás intézmények Makarychev Yu. N., Mindyuk N. G., Neshkov K. I., Suvorova S. B. szerk. S. A. Telyakovsky 15. kiadás, átdolgozott. - M.: Oktatás, 2015
3. https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%B2%D0%B0%D0%B4%D1%80%D0%B0%D1%82%D0%BD%D0%BE%D0 %B5_%D1%83%D1%80%D0%B0%D0%B2%D0%BD%D0%B5%D0%BD%D0%B8%D0%B5
4. Glazer G.I. A matematika története az iskolában. Kézikönyv tanároknak. / Szerk. V.N. Fiatalabb. - M.: Oktatás, 1964.

Éppen. Képletek és világos, egyszerű szabályok szerint. Az első szakaszban

az adott egyenletet szabványos alakba kell hozni, azaz. az űrlaphoz:

Ha az egyenlet ebben a formában már megadva van, akkor nem kell elvégeznie az első lépést. A legfontosabb az, hogy jól csináld

meghatározza az összes együtthatót, A, bÉs c.

Képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére.

A gyökjel alatti kifejezést ún diszkriminatív . Amint látja, hogy megtaláljuk X-et, mi

használjuk csak a, b és c. Azok. együtthatók től másodfokú egyenlet. Csak óvatosan tedd bele

értékeket a, b és c Ebbe a képletbe számolunk. -vel helyettesítjük az övék jelek!

Például, az egyenletben:

A =1; b = 3; c = -4.

Az értékeket behelyettesítjük és írjuk:

A példa majdnem megoldott:

Ez a válasz.

A leggyakoribb hibák a jelértékekkel való összetévesztés a, bÉs Val vel. Vagy inkább helyettesítéssel

negatív értékeket a gyökérszámítási képletbe. A képlet részletes felvétele itt segít

konkrét számokkal. Ha gondja van a számítással, tegye meg!

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk a következő példát:

Itt a = -6; b = -5; c = -1

Mindent részletesen leírunk, gondosan, anélkül, hogy bármit is kihagynánk, minden jellel és zárójellel:

A másodfokú egyenletek gyakran kissé eltérően néznek ki. Például így:

Most vegye figyelembe azokat a gyakorlati technikákat, amelyek drámaian csökkentik a hibák számát.

Első találkozó. Előtte ne légy lusta másodfokú egyenlet megoldása hozza szabványos formába.

Mit is jelent ez?

Tegyük fel, hogy az összes transzformáció után a következő egyenletet kapjuk:

Ne siess a gyökképlet megírásával! Szinte biztosan összekevered az esélyeket a, b és c.

Szerkessze meg helyesen a példát! Először X négyzet, majd négyzet nélkül, majd a szabad tag. Mint ez:

Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? A teljes egyenletet meg kell szoroznunk -1-gyel. Kapunk:

De most nyugodtan felírhatod a gyökképletet, kiszámolhatod a diszkriminánst és befejezheted a példa megoldását.

Döntsd el magad. Most már 2-es és -1-es gyökerekkel kell rendelkeznie.

Fogadás második. Ellenőrizze a gyökereket! Által Vieta tétele.

A megadott másodfokú egyenletek megoldására, azaz. ha az együttható

x 2 +bx+c=0,

Akkorx 1 x 2 =c

x 1 +x 2 =−b

Egy teljes másodfokú egyenlethez, amelyben a≠1:

x 2+bx+c=0,

osszuk el az egész egyenletet V:

→ →

Ahol x 1És x 2 - az egyenlet gyökerei.

Fogadás harmadik. Ha az egyenletednek törtegyütthatói vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozni

egyenlet közös nevezővel.

Következtetés. Gyakorlati tanácsok:

1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet szabványos formára hozzuk és megépítjük Jobb.

2. Ha az X négyzet előtt negatív együttható van, akkor azt úgy szűrjük ki, hogy mindent megszorozunk

egyenletek -1-gyel.

3. Ha az együtthatók törtek, akkor a törteket úgy távolítjuk el, hogy a teljes egyenletet megszorozzuk a megfelelő

tényező.

4. Ha x négyzet tiszta, együtthatója eggyel egyenlő, a megoldás könnyen ellenőrizhető

Első szint

Másodfokú egyenletek. Átfogó útmutató (2019)

A „másodfokú egyenlet” kifejezésben a kulcsszó a „másodfokú”. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek szükségszerűen tartalmaznia kell egy változót (ugyanazt az x-et) négyzetesen, és nem lehetnek x-ek a harmadik (vagy nagyobb) hatványhoz.

Sok egyenlet megoldása másodfokú egyenletek megoldásán múlik.

Tanuljuk meg meghatározni, hogy ez egy másodfokú egyenlet, és nem valami más egyenlet.

1. példa

Szabaduljunk meg a nevezőtől, és szorozzuk meg az egyenlet minden tagját ezzel

Tegyünk mindent a bal oldalra, és rendezzük a kifejezéseket X hatványai szerint csökkenő sorrendbe

Most már bátran kijelenthetjük, hogy ez az egyenlet másodfokú!

2. példa

Szorozzuk meg a bal és a jobb oldalt a következővel:

Ez az egyenlet, bár eredetileg benne volt, nem másodfokú!

3. példa

Szorozzunk meg mindent a következővel:

Ijedős? A negyedik és a második fok... Ha azonban cserét végzünk, látni fogjuk, hogy van egy egyszerű másodfokú egyenletünk:

4. példa

Úgy tűnik, ott van, de nézzük meg közelebbről. Tegyünk mindent a bal oldalra:

Nézze, redukált – és most ez egy egyszerű lineáris egyenlet!

Most próbálja meg eldönteni, hogy az alábbi egyenletek közül melyik másodfokú, és melyik nem:

Példák:

Válaszok:

1. négyzet;
2. négyzet;
3. nem négyzet alakú;
4. nem négyzet alakú;
5. nem négyzet alakú;
6. négyzet;
7. nem négyzet alakú;
8. négyzet.

A matematikusok hagyományosan az összes másodfokú egyenletet a következő típusokra osztják:

• Teljes másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együtthatók és a c szabad tag nem egyenlő nullával (mint a példában). Ezenkívül a teljes másodfokú egyenletek között vannak adott- ezek olyan egyenletek, amelyekben az együttható (az első példa egyenlete nem csak teljes, hanem redukált is!)

• Hiányos másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:

  Hiányosak, mert hiányzik belőlük valamilyen elem. De az egyenletnek mindig x négyzetet kell tartalmaznia!!! Ellenkező esetben ez már nem másodfokú egyenlet lesz, hanem valami más egyenlet.

Miért találtak ki ilyen felosztást? Úgy tűnik, hogy van egy X négyzet, és rendben van. Ezt a felosztást a megoldási módszerek határozzák meg. Nézzük mindegyiket részletesebben.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

Először is koncentráljunk a hiányos másodfokú egyenletek megoldására – ezek sokkal egyszerűbbek!

A hiányos másodfokú egyenleteknek többféle típusa van:

1. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.
2. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.
3. , ebben az egyenletben az együttható és a szabad tag egyenlő.

1. i. Mivel tudjuk, hogyan kell venni a négyzetgyököt, fejezzük ki ebből az egyenletből

A kifejezés lehet negatív vagy pozitív. A négyzetes szám nem lehet negatív, mert két negatív vagy két pozitív szám szorzásakor mindig pozitív szám lesz az eredmény, tehát: ha, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

És ha, akkor két gyökeret kapunk. Ezeket a képleteket nem kell memorizálni. A lényeg az, hogy tudnod kell, és mindig emlékezned kell arra, hogy nem lehet kevesebb.

Próbáljunk meg néhány példát megoldani.

5. példa:

Oldja meg az egyenletet

Most már csak a gyökér kivonása marad a bal és a jobb oldalról. Végül is emlékszel, hogyan kell kivonni a gyökereket?

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!!!

6. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

7. példa:

Oldja meg az egyenletet

Ó! Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet

nincsenek gyökerek!

Az ilyen egyenletekhez, amelyeknek nincs gyökere, a matematikusok egy speciális ikont találtak ki - (üres halmaz). A választ pedig így írhatjuk:

Válasz:

Így ennek a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Itt nincsenek korlátozások, mivel nem bontottuk ki a gyökeret.
8. példa:

Oldja meg az egyenletet

Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:

És így,

Ennek az egyenletnek két gyökere van.

Válasz:

A nem teljes másodfokú egyenletek legegyszerűbb típusa (bár mindegyik egyszerű, igaz?). Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:

Itt eltekintünk a példáktól.

Teljes másodfokú egyenletek megoldása

Emlékeztetünk arra, hogy a teljes másodfokú egyenlet az alakegyenlet egyenlete, ahol

A teljes másodfokú egyenletek megoldása ezeknél egy kicsit nehezebb (csak egy kicsit).

Emlékezik, Bármely másodfokú egyenlet megoldható diszkrimináns segítségével! Még hiányos is.

A többi módszer segít gyorsabban megtenni, de ha problémái vannak a másodfokú egyenletekkel, először sajátítsa el a megoldást a diszkrimináns segítségével.

1. Másodfokú egyenletek megoldása diszkrimináns segítségével.

A másodfokú egyenletek megoldása ezzel a módszerrel nagyon egyszerű, a lényeg az, hogy emlékezzünk a műveletek sorrendjére és néhány képletre.

Ha, akkor az egyenletnek van gyöke. Speciális figyelem lépést tenni. A diszkrimináns () az egyenlet gyökeinek számát adja meg.

• Ha, akkor a lépésben szereplő képlet erre csökken. Így az egyenletnek csak gyöke lesz.
• Ha, akkor a lépésnél nem tudjuk kinyerni a diszkrimináns gyökerét. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.

Térjünk vissza az egyenletekhez, és nézzünk meg néhány példát.

9. példa:

Oldja meg az egyenletet

1. lépés kihagyjuk.

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek két gyöke van.

3. lépés

Válasz:

10. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában kerül bemutatásra, tehát 1. lépés kihagyjuk.

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek egy gyöke van.

Válasz:

11. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában kerül bemutatásra, tehát 1. lépés kihagyjuk.

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy nem tudjuk kivonni a diszkrimináns gyökerét. Az egyenletnek nincsenek gyökerei.

Most már tudjuk, hogyan kell helyesen leírni az ilyen válaszokat.

Válasz: nincsenek gyökerei

2. Másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével.

Ha emlékszel, van egyfajta egyenlet, amelyet redukáltnak neveznek (amikor az a együttható egyenlő:

Az ilyen egyenleteket nagyon könnyű megoldani Vieta tételével:

Gyökerek összege adott másodfokú egyenlet egyenlő, és a gyökök szorzata egyenlő.

12. példa:

Oldja meg az egyenletet

Ez az egyenlet megoldható Vieta tételével, mert .

Az egyenlet gyökeinek összege egyenlő, azaz. megkapjuk az első egyenletet:

És a termék egyenlő:

Állítsuk össze és oldjuk meg a rendszert:

• És. Az összeg egyenlő;
• És. Az összeg egyenlő;
• És. Az összeg egyenlő.

és ezek a megoldások a rendszerre:

Válasz: ; .

13. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

14. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

Válasz:

NEGYEDES EGYENLETEK. ÁTLAGOS SZINT

Mi az a másodfokú egyenlet?

Más szavakkal, a másodfokú egyenlet olyan alakú egyenlete, ahol - az ismeretlen, - néhány szám, és.

A számot a legmagasabb ill első együttható másodfokú egyenlet, - második együttható, A - ingyenes tag.

Miért? Mert ha az egyenlet azonnal lineárissá válik, mert el fog tűnni.

Ebben az esetben és egyenlő lehet nullával. Ebben a székben az egyenletet hiányosnak nevezik. Ha az összes kifejezés a helyén van, akkor az egyenlet teljes.

Megoldások különböző típusú másodfokú egyenletekre

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:

Először is nézzük meg a hiányos másodfokú egyenletek megoldásának módszereit – ezek egyszerűbbek.

A következő típusú egyenleteket különböztethetjük meg:

I., ebben az egyenletben az együttható és a szabad tag egyenlő.

II. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.

III. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.

Most nézzük meg az egyes altípusok megoldását.

Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:

Egy négyzetes szám nem lehet negatív, mert ha két negatív vagy két pozitív számot megszorozunk, az eredmény mindig pozitív szám lesz. Ezért:

ha, akkor az egyenletnek nincsenek megoldásai;

ha két gyökerünk van

Ezeket a képleteket nem kell memorizálni. A legfontosabb, hogy ne feledje, hogy nem lehet kevesebb.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!

Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet

nincsenek gyökerei.

Ahhoz, hogy röviden leírjuk, hogy egy problémának nincs megoldása, használjuk az üres készlet ikont.

Válasz:

Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: és.

Válasz:

Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:

A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek van megoldása, ha:

Tehát ennek a másodfokú egyenletnek két gyökere van: és.

Példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Tekintsük az egyenlet bal oldalát, és keressük meg a gyökereket:

Válasz:

Teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:

1. Diszkrimináns

A másodfokú egyenletek megoldása így egyszerű, a lényeg az, hogy emlékezzünk a műveletek sorrendjére és néhány képletre. Ne feledje, hogy bármilyen másodfokú egyenlet megoldható diszkrimináns segítségével! Még hiányos is.

Észrevetted a gyökeret a diszkriminánsból a gyökérképletben? De a megkülönböztető lehet negatív is. Mit kell tenni? Különös figyelmet kell fordítanunk a 2. lépésre. A diszkrimináns megmondja az egyenlet gyökeinek számát.

• Ha, akkor az egyenletnek gyökerei vannak:
• Ha, akkor az egyenletnek ugyanazok a gyökerei, sőt, egy gyöke:

  Az ilyen gyökereket kettős gyökérnek nevezzük.

• Ha, akkor a diszkrimináns gyökerét nem nyerjük ki. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.

Miért lehetséges különböző mennyiségben gyökerek? Térjünk rá geometriai érzék másodfokú egyenlet. A függvény grafikonja egy parabola:

Egy speciális esetben, ami egy másodfokú egyenlet, . Ez azt jelenti, hogy a másodfokú egyenlet gyökerei az abszcissza tengellyel (tengellyel) való metszéspontok. Egy parabola egyáltalán nem metszi a tengelyt, vagy egy (ha a parabola csúcsa a tengelyen van) vagy két pontban metszi azt.

Ezenkívül az együttható felelős a parabola ágainak irányáért. Ha, akkor a parabola ágai felfelé, és ha, akkor lefelé irányulnak.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Válasz: .

Válasz:

Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

Válasz: .

2. Vieta tétele

A Vieta-tétel használata nagyon egyszerű: csak olyan számpárt kell választani, amelynek szorzata egyenlő az egyenlet szabad tagjával, és az összeg egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval.

Fontos megjegyezni, hogy Vieta tétele csakis alkalmazható redukált másodfokú egyenletek ().

Nézzünk néhány példát:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Ez az egyenlet megoldható Vieta tételével, mert . Egyéb együtthatók: ; .

Az egyenlet gyökeinek összege:

És a termék egyenlő:

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, és ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:

• És. Az összeg egyenlő;
• És. Az összeg egyenlő;
• És. Az összeg egyenlő.

és ezek a megoldások a rendszerre:

Így és ezek az egyenletünk gyökerei.

Válasz: ; .

2. példa:

Megoldás:

Válasszunk ki a szorzatban szereplő számpárokat, majd ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:

és: összesen adnak.

és: összesen adnak. Megszerzéséhez elegendő egyszerűen megváltoztatni a feltételezett gyökerek jeleit: és végül is a terméket.

Válasz:

3. példa:

Megoldás:

Az egyenlet szabad tagja negatív, ezért a gyökök szorzata az negatív szám. Ez csak akkor lehetséges, ha az egyik gyökér negatív, a másik pozitív. Ezért a gyökök összege egyenlő moduljaik különbségei.

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek megadják a szorzatot, és amelyek különbsége egyenlő:

és: különbségük egyenlő - nem illik;

és: - nem alkalmas;

és: - nem alkalmas;

és: - alkalmas. Csak emlékezni kell arra, hogy az egyik gyökér negatív. Mivel összegüknek egyenlőnek kell lennie, a kisebb modulusú gyöknek negatívnak kell lennie: . Ellenőrizzük:

Válasz:

4. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

A szabad tag negatív, ezért a gyökök szorzata negatív. Ez pedig csak akkor lehetséges, ha az egyenlet egyik gyöke negatív, a másik pedig pozitív.

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, majd határozzuk meg, hogy melyik gyöknek legyen negatív előjele:

Nyilvánvalóan csak a gyökerek alkalmasak az első feltételre:

Válasz:

5. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

A gyökök összege negatív, ami azt jelenti, hogy szerint legalább, az egyik gyöke negatív. De mivel a termékük pozitív, ez azt jelenti, hogy mindkét gyökérnek mínusz jele van.

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő:

Nyilvánvaló, hogy a gyökerek a számok és.

Válasz:

Egyetértek, nagyon kényelmes szóban kitalálni a gyökereket, ahelyett, hogy ezt a csúnya megkülönböztetőt számolnánk. Próbálja meg minél gyakrabban használni Vieta tételét.

De Vieta tételére azért van szükség, hogy megkönnyítsük és felgyorsítsuk a gyökerek megtalálását. Ahhoz, hogy hasznot húzzon a használatából, a műveleteket automatizálni kell. És ehhez oldj meg még öt példát. De ne csalj: nem használhatsz diszkriminánst! Csak Vieta tétele:

Az önálló munkavégzés feladatainak megoldásai:

1. feladat ((x)^(2))-8x+12=0

Vieta tétele szerint:

A válogatást szokás szerint a darabbal kezdjük:

Nem alkalmas, mert az összeg;

: az összeg pont annyi, amennyire szüksége van.

Válasz: ; .

2. feladat.

És ismét a kedvenc Vieta-tételünk: az összegnek egyenlőnek kell lennie, és a szorzatnak egyenlőnek kell lennie.

De mivel nem kell, hanem, megváltoztatjuk a gyökök jeleit: és (összesen).

Válasz: ; .

3. feladat.

Hmm... Hol van az?

Az összes kifejezést egyetlen részbe kell helyeznie:

A gyökerek összege egyenlő a szorzattal.

Oké, állj! Az egyenlet nincs megadva. De Vieta tétele csak az adott egyenletekben alkalmazható. Tehát először meg kell adni egy egyenletet. Ha nem tudsz vezetni, add fel ezt az ötletet, és oldd meg más módon (például diszkrimináns segítségével). Hadd emlékeztesselek arra, hogy másodfokú egyenlet megadása azt jelenti, hogy a vezető együtthatót egyenlővé kell tenni:

Nagy. Ekkor a gyökök összege egyenlő és a szorzat.

Itt olyan egyszerű a választás, mint a körte héjánál: végül is prímszámról van szó (elnézést a tautológiáért).

Válasz: ; .

4. feladat.

Az ingyenes tag negatív. Mi ebben a különleges? És az a tény, hogy a gyökereknek különböző jelei lesznek. És most a kiválasztás során nem a gyökök összegét, hanem a moduljaik különbségét ellenőrizzük: ez a különbség egyenlő, de szorzat.

Tehát a gyökerek egyenlőek és -vel, de az egyik mínusz. Vieta tétele azt mondja, hogy a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, azaz. Ez azt jelenti, hogy a kisebb gyökérnek mínusza lesz: és, mivel.

Válasz: ; .

5. feladat.

Mit kell először csinálni? Így van, adja meg az egyenletet:

Ismét: kiválasztjuk a szám tényezőit, és különbségük egyenlő legyen:

A gyökerek egyenlőek és -vel, de az egyik mínusz. Melyik? Összegüknek egyenlőnek kell lennie, ami azt jelenti, hogy a mínusznak nagyobb gyöke lesz.

Válasz: ; .

Hadd foglaljam össze:

1. Vieta tétele csak a megadott másodfokú egyenletekben használatos.
2. Vieta tételét használva kiválasztással, szóban megtalálhatja a gyökereket.
3. Ha az egyenlet nincs megadva, vagy nem található a szabad tag megfelelő tényezőpárja, akkor nincsenek egész gyökök, és ezt más módon kell megoldani (például diszkrimináns segítségével).

3. A teljes négyzet kiválasztásának módja

Ha az összes ismeretlent tartalmazó tagot rövidített szorzóképletekből származó tagok formájában ábrázoljuk - az összeg vagy a különbség négyzete -, akkor a változók cseréje után az egyenlet egy ilyen típusú hiányos másodfokú egyenlet formájában is bemutatható.

Például:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

2. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

Általában az átalakítás így fog kinézni:

Ez azt jelenti: .

Nem emlékeztet semmire? Ez diszkriminatív dolog! Pontosan így kaptuk a megkülönböztető képletet.

NEGYEDES EGYENLETEK. RÖVIDEN A FŐ DOLOGOKRÓL

Másodfokú egyenlet- ez egy alak egyenlete, ahol - az ismeretlen, - a másodfokú egyenlet együtthatói, - a szabad tag.

Teljes másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együtthatók nem egyenlőek nullával.

Csökkentett másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható, azaz: .

Hiányos másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:

• ha az együttható, az egyenlet így néz ki: ,
• ha van szabad tag, akkor az egyenletnek a következő alakja van: ,
• ha és, az egyenlet így néz ki: .

1. Algoritmus hiányos másodfokú egyenletek megoldására

1.1. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

1) Fejezzük ki az ismeretlent: ,

2) Ellenőrizze a kifejezés jelét:

• ha, akkor az egyenletnek nincs megoldása,
• ha, akkor az egyenletnek két gyöke van.

1.2. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

1) Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelből: ,

2) A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ezért az egyenletnek két gyökere van:

1.3. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

Ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van: .

2. Algoritmus hol alakú teljes másodfokú egyenletek megoldására

2.1. Megoldás diszkrimináns használatával

1) Tegyük szabványos alakba az egyenletet: ,

2) Számítsuk ki a diszkriminánst a következő képlettel: , amely az egyenlet gyökeinek számát jelzi:

3) Keresse meg az egyenlet gyökereit:

• ha, akkor az egyenletnek gyökei vannak, amelyeket a következő képlettel találunk meg:
• ha, akkor az egyenletnek van gyöke, amelyet a következő képlettel találunk meg:
• ha, akkor az egyenletnek nincs gyöke.

2.2. Megoldás Vieta tételével

A redukált másodfokú egyenlet (ahol alakú egyenlet) gyökeinek összege egyenlő, a gyökök szorzata pedig egyenlő, azaz. , A.

2.3. Megoldás a teljes négyzet kiválasztásának módszerével

Ha az alak másodfokú egyenletének vannak gyökei, akkor a következő formában írható fel: .

Nos, a témának vége. Ha ezeket a sorokat olvasod, az azt jelenti, hogy nagyon menő vagy.

Mert az embereknek mindössze 5%-a képes egyedül elsajátítani valamit. És ha a végéig elolvasod, akkor ebben az 5%-ban vagy!

Most a legfontosabb.

Megértetted az elméletet ebben a témában. És ismétlem, ez... ez egyszerűen szuper! Már így is jobb vagy, mint a társaid túlnyomó többsége.

Az a baj, hogy ez nem elég...

Miért?

A sikerességért letette az egységes államvizsgát, költségvetési keretből való felvételhez és ami a LEGFONTOSABB életre szóló.

Nem foglak meggyőzni semmiről, csak egyet mondok...

Emberek, akik kaptak egy jó oktatás, sokkal többet keresnek, mint azok, akik nem kapták meg. Ez statisztika.

De nem ez a fő.

A lényeg, hogy TÖBBEN BOLDOGAK legyenek (vannak ilyen tanulmányok). Talán azért, mert sokkal több lehetőség nyílik meg előttük, és az élet fényesebbé válik? nem tudom...

De gondold meg magad...

Mi kell ahhoz, hogy biztosan jobb legyen, mint mások az egységes államvizsgán, és végül... boldogabb legyen?

NYERJ MEG A KEZET AZ EBBEN A TÉMÁBAN VONATKOZÓ PROBLÉMÁK MEGOLDÁSÁVAL.

A vizsga során nem kérnek elméletet.

Szükséged lesz megoldani a problémákat az idővel.

És ha nem oldotta meg őket (SOKAT!), akkor valahol biztosan elkövet egy hülye hibát, vagy egyszerűen nem lesz ideje.

Ez olyan, mint a sportban – sokszor meg kell ismételni a biztos győzelemhez.

Keresse a gyűjteményt, ahol csak akarja, szükségszerűen megoldásokkal, részletes elemzés és dönts, dönts, dönts!

Feladatainkat (opcionális) használhatja, és természetesen ajánljuk.

Ahhoz, hogy jobban tudja használni feladatainkat, hozzá kell járulnia az éppen olvasott YouClever tankönyv élettartamának meghosszabbításához.

Hogyan? Két lehetőség van:

1. Oldja fel az összes rejtett feladatot ebben a cikkben - 299 dörzsölje.
2. Nyissa meg a hozzáférést az összes rejtett feladathoz a tankönyv mind a 99 cikkében - 499 dörzsölje.

Igen, 99 ilyen cikk található a tankönyvünkben, és azonnal megnyitható az összes feladat és a benne lévő rejtett szöveg.

Az összes rejtett feladathoz hozzáférés biztosított a webhely TELJES élettartama alatt.

Következtetésképpen...

Ha nem tetszenek a feladataink, keress másokat. Csak ne állj meg az elméletnél.

Az „értettem” és a „meg tudom oldani” teljesen különböző képességek. Mindkettőre szüksége van.

Találd meg a problémákat és oldd meg őket!

BAN BEN modern társadalom a változó négyzetet tartalmazó egyenletekkel történő műveletek végrehajtásának képessége számos tevékenységi területen hasznos lehet, és a gyakorlatban is széles körben alkalmazzák a tudományos és műszaki fejlesztésekben. Ennek bizonyítékai a tengeri és folyami hajók, repülőgépek és rakéták. Ilyen számítások segítségével a legtöbb mozgási pályát különböző testek, beleértve az űrobjektumokat is. A másodfokú egyenletek megoldására szolgáló példákat nem csak a gazdasági előrejelzésben, az épületek tervezésében és kivitelezésében, hanem a leghétköznapibb körülmények között is alkalmazzák. Szükség lehet rájuk túrázáskor, sportesemények alkalmával, üzletekben vásárláskor és más nagyon gyakori helyzetekben.

Bontsuk fel a kifejezést komponenstényezőire

Az egyenlet mértékét a kifejezésben szereplő változó fokszámának maximális értéke határozza meg. Ha egyenlő 2-vel, akkor egy ilyen egyenletet másodfokúnak nevezünk.

Ha a képletek nyelvén beszélünk, akkor a jelzett kifejezések, akárhogy is néznek ki, mindig formába hozhatók, amikor bal oldal kifejezés három kifejezésből áll. Köztük: ax 2 (vagyis változó négyzetben az együtthatójával), bx (együtthatós négyzet nélküli ismeretlen) és c (szabad komponens, azaz közönséges szám). Mindez a jobb oldalon egyenlő 0-val. Abban az esetben, ha egy ilyen polinomnak az egyik alkotótagja hiányzik, az ax 2 kivételével, hiányos másodfokú egyenletnek nevezzük. Először az ilyen problémák megoldására szolgáló példákat kell figyelembe venni, amelyekben a változók értékeit könnyű megtalálni.

Ha úgy néz ki, hogy a kifejezésben két tag van a jobb oldalon, pontosabban az ax 2 és a bx, akkor az x megtalálásának legegyszerűbb módja, ha a változót zárójelbe teszed. Most az egyenletünk így fog kinézni: x(ax+b). Ezután nyilvánvalóvá válik, hogy vagy x=0, vagy a probléma abból adódik, hogy keresünk egy változót a következő kifejezésből: ax+b=0. Ezt a szorzás egyik tulajdonsága diktálja. A szabály kimondja, hogy két tényező szorzata csak akkor 0, ha az egyik nulla.

Példa

x=0 vagy 8x - 3 = 0

Ennek eredményeként az egyenlet két gyökét kapjuk: 0 és 0,375.

Az ilyen egyenletek leírhatják azoknak a testeknek a gravitáció hatására történő mozgását, amelyek a koordináták origójának tekintett pontból indultak el. Itt a matematikai jelölés a következő alakot ölti: y = v 0 t + gt 2 /2. A szükséges értékek behelyettesítésével, a jobb oldal 0-val való egyenlővé tételével és az esetleges ismeretlenek megtalálásával megtudhatja, hogy mennyi idő telik el a test felemelkedésétől a leesés pillanatáig, valamint sok más mennyiséget is. De erről később beszélünk.

Egy kifejezés faktorálása

A fent leírt szabály lehetővé teszi ezeknek a problémáknak a megoldását bonyolultabb esetekben is. Nézzünk példákat az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldására.

X 2 - 33x + 200 = 0

Ez a másodfokú trinom kész. Először is alakítsuk át a kifejezést és faktoráljuk. Ebből kettő van: (x-8) és (x-25) = 0. Ennek eredményeként két gyökünk van: 8 és 25.

A 9. osztályos másodfokú egyenletek megoldására vonatkozó példák lehetővé teszik, hogy ez a módszer nemcsak másodrendű, hanem akár harmad- és negyedrendű kifejezésekben is változót találjon.

Például: 2x 3 + 2x 2 - 18x - 18 = 0. Ha a jobb oldalt változóval faktorokká számoljuk, ezek közül három van, azaz (x+1), (x-3) és (x+) 3).

Ennek eredményeként nyilvánvalóvá válik, hogy ennek az egyenletnek három gyökere van: -3; -1; 3.

Négyzetgyök

A hiányos másodrendű egyenlet másik esete egy olyan kifejezés, amelyet a betűk nyelvén úgy ábrázolunk, hogy a jobb oldalt az ax 2 és c komponensekből építjük fel. Itt a változó értékének megszerzéséhez a szabad tagot átvisszük ide jobb oldal, majd ezt követően az egyenlőség mindkét oldaláról vettük a négyzetgyököt. Meg kell jegyezni, hogy ebben az esetben az egyenletnek általában két gyöke van. Kivételt képezhetnek az olyan egyenlőségek, amelyek egyáltalán nem tartalmaznak kifejezést, ahol a változó nulla, valamint a kifejezések olyan változatai, amikor a jobb oldal negatívnak bizonyul. Ez utóbbi esetben egyáltalán nincs megoldás, mivel a fenti műveletek nem hajthatók végre gyökérrel. Meg kell fontolni az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldási példáit.

Ebben az esetben az egyenlet gyökerei a -4 és 4 számok lesznek.

A földterület számítása

Az effajta számítások szükségessége az ókorban jelentkezett, mert a matematika fejlődését azokban a távoli időkben nagymértékben meghatározta az az igény, hogy a földterületek területét és kerületét a legnagyobb pontossággal meg kell határozni.

Példákat kell gondolnunk másodfokú egyenletek megoldására is az ilyen jellegű problémák alapján.

Tehát tegyük fel, hogy van egy téglalap alakú telek, amelynek hossza 16 méterrel nagyobb, mint a szélessége. Meg kell találnia a telek hosszát, szélességét és kerületét, ha tudja, hogy területe 612 m2.

A kezdéshez először hozzuk létre a szükséges egyenletet. Jelöljük x-szel a terület szélességét, akkor a hossza (x+16) lesz. A leírtakból az következik, hogy a területet az x(x+16) kifejezés határozza meg, ami a feladatunk feltételei szerint 612. Ez azt jelenti, hogy x(x+16) = 612.

Teljes másodfokú egyenletek megoldása, és ez a kifejezés pontosan ez, nem végezhető el ugyanúgy. Miért? Bár a bal oldal továbbra is két tényezőt tartalmaz, ezek szorzata egyáltalán nem 0, ezért itt különböző módszereket alkalmazunk.

Megkülönböztető

Először is végezzük el a szükséges átalakításokat kinézet ennek a kifejezésnek a következőképpen fog kinézni: x 2 + 16x - 612 = 0. Ez azt jelenti, hogy a korábban megadott szabványnak megfelelő formában kaptunk egy kifejezést, ahol a=1, b=16, c=-612.

Ez egy példa lehet másodfokú egyenletek diszkrimináns segítségével történő megoldására. Itt a szükséges számításokat a séma szerint végezzük: D = b 2 - 4ac. Ez a segédmennyiség nem csak a szükséges mennyiségek másodrendű egyenletben való megtalálását teszi lehetővé, hanem meghatározza a mennyiséget lehetséges opciók. Ha D>0, akkor kettő van; D=0 esetén egy gyök van. Abban az esetben, ha D<0, никаких шансов для решения у уравнения вообще не имеется.

A gyökerekről és képletükről

Esetünkben a diszkrimináns egyenlő: 256 - 4(-612) = 2704. Ez arra utal, hogy a problémánkra van válasz. Ha ismeri k, akkor a másodfokú egyenletek megoldását az alábbi képlettel kell folytatni. Lehetővé teszi a gyökerek kiszámítását.

Ez azt jelenti, hogy a bemutatott esetben: x 1 =18, x 2 =-34. A második lehetőség ebben a dilemmában nem jelenthet megoldást, mert a telek méretei nem mérhetők negatív mennyiségben, ami azt jelenti, hogy x (vagyis a telek szélessége) 18 m. Innen számítjuk a hosszt: 18 +16=34, a kerület pedig 2(34+ 18)=104(m2).

Példák és feladatok

Folytatjuk a másodfokú egyenletek tanulmányozását. Az alábbiakban bemutatunk néhány példát és részletes megoldást.

1) 15x 2 + 20x + 5 = 12x 2 + 27x + 1

Tegyünk mindent az egyenlőség bal oldalára, hajtsunk végre egy transzformációt, azaz megkapjuk azt a típusú egyenletet, amelyet általában standardnak neveznek, és egyenlővé tesszük a nullával.

15x 2 + 20x + 5 - 12x 2 - 27x - 1 = 0

Hasonlóakat összeadva meghatározzuk a diszkriminánst: D = 49 - 48 = 1. Ez azt jelenti, hogy az egyenletünknek két gyöke lesz. Számítsuk ki őket a fenti képlet szerint, ami azt jelenti, hogy az első 4/3, a második pedig 1 lesz.

2) Most oldjunk meg másfajta rejtélyeket.

Nézzük meg, hogy vannak-e itt gyökök x 2 - 4x + 5 = 1? Ahhoz, hogy átfogó választ kapjunk, csökkentsük a polinomot a megfelelő szokásos alakra, és számítsuk ki a diszkriminánst. A fenti példában nem szükséges a másodfokú egyenletet megoldani, mert egyáltalán nem ez a probléma lényege. Ebben az esetben D = 16 - 20 = -4, ami azt jelenti, hogy tényleg nincsenek gyökerek.

Vieta tétele

Kényelmes a másodfokú egyenletek megoldása a fenti képletekkel és a diszkriminánssal, ha ez utóbbi értékéből vesszük a négyzetgyököt. De ez nem mindig történik meg. Ebben az esetben azonban számos mód van a változók értékének megszerzésére. Példa: másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével. Nevét arról kapta, aki a 16. században Franciaországban élt, és matematikai tehetségének és udvari kapcsolatainak köszönhetően ragyogó karriert futott be. Portréja a cikkben látható.

A minta, amelyet a híres francia észrevett, a következő volt. Bebizonyította, hogy az egyenlet gyökei numerikusan -p=b/a-hoz adódnak, szorzatuk pedig q=c/a-nak felel meg.

Most nézzük meg a konkrét feladatokat.

3x 2 + 21x - 54 = 0

Az egyszerűség kedvéért alakítsuk át a kifejezést:

x 2 + 7x - 18 = 0

Használjuk Vieta tételét, így a következőt kapjuk: a gyökök összege -7, a szorzatuk pedig -18. Innen azt kapjuk, hogy az egyenlet gyökerei a -9 és 2 számok. Ellenőrzés után megbizonyosodunk arról, hogy ezek a változóértékek valóban beleférnek-e a kifejezésbe.

Parabola gráf és egyenlet

A másodfokú függvény és a másodfokú egyenletek fogalma szorosan összefügg. Erre már volt példa korábban. Most nézzünk meg néhány matematikai rejtvényt egy kicsit részletesebben. Bármely leírt típusú egyenlet vizuálisan ábrázolható. Az ilyen, grafikonként megrajzolt összefüggést parabolának nevezzük. Különböző típusait az alábbi ábra mutatja be.

Minden parabolának van egy csúcsa, vagyis egy pont, ahonnan az ágai kilépnek. Ha a>0, akkor magasra mennek a végtelenbe, és amikor a<0, они рисуются вниз. Простейшим примером подобной зависимости является функция y = x 2 . В данном случае в уравнении x 2 =0 неизвестное может принимать только одно значение, то есть х=0, а значит существует только один корень. Это неудивительно, ведь здесь D=0, потому что a=1, b=0, c=0. Выходит формула корней (точнее одного корня) квадратного уравнения запишется так: x = -b/2a.

A függvények vizuális megjelenítése segít bármilyen egyenlet megoldásában, beleértve a másodfokúakat is. Ezt a módszert grafikusnak nevezik. Az x változó értéke pedig az abszcissza koordinátája azokban a pontokban, ahol a gráfvonal metszi a 0x-et. A csúcs koordinátáit az imént adott x 0 = -b/2a képlet segítségével találhatjuk meg. Ha pedig a kapott értéket behelyettesítjük a függvény eredeti egyenletébe, megtudhatjuk, hogy y 0, vagyis a parabola ordinátatengelyhez tartozó csúcsának második koordinátája.

A parabola ágainak metszéspontja az abszcissza tengellyel

Sok példa van a másodfokú egyenletek megoldására, de vannak általános minták is. Nézzük meg őket. Nyilvánvaló, hogy a gráf 0x tengellyel való metszéspontja a>0 esetén csak akkor lehetséges, ha a 0 negatív értékeket vesz fel. És a<0 координата у 0 должна быть положительна. Для указанных вариантов D>0. Különben D<0. А когда D=0, вершина параболы расположена непосредственно на оси 0х.

A parabola grafikonjából a gyököket is meghatározhatja. Ennek az ellenkezője is igaz. Vagyis ha nem könnyű egy másodfokú függvény vizuális ábrázolását megszerezni, akkor a kifejezés jobb oldalát 0-val egyenlővé teheti, és megoldhatja a kapott egyenletet. A 0x tengellyel való metszéspontok ismeretében pedig könnyebb grafikont készíteni.

A történelemből

Négyzetes változót tartalmazó egyenletekkel a régi időkben nemcsak matematikai számításokat végeztek, és geometriai alakzatok területeit határozták meg. A régieknek szükségük volt ilyen számításokra a fizika és a csillagászat terén tett nagy felfedezésekhez, valamint az asztrológiai előrejelzésekhez.

A modern tudósok szerint Babilon lakói az elsők között oldották meg a másodfokú egyenleteket. Ez négy évszázaddal korunk előtt történt. Természetesen számításaik gyökeresen eltértek a jelenleg elfogadottaktól, és sokkal primitívebbnek bizonyultak. Például a mezopotámiai matematikusoknak fogalmuk sem volt a negatív számok létezéséről. Nem ismertek más finomságokat sem, amelyeket minden modern iskolás ismer.

Talán még Babilon tudósainál korábban, az indiai bölcs, Baudhayama elkezdte a másodfokú egyenletek megoldását. Ez körülbelül nyolc évszázaddal Krisztus korszaka előtt történt. Igaz, a másodrendű egyenletek, az általa megadott megoldási módszerek voltak a legegyszerűbbek. Rajta kívül a kínai matematikusok is érdeklődtek a hasonló kérdések iránt régen. Európában a másodfokú egyenleteket csak a 13. század elején kezdték megoldani, később azonban olyan nagy tudósok is alkalmazták őket munkáikban, mint Newton, Descartes és sokan mások.