A matematika egyes problémáihoz szükség van a négyzetgyök értékének kiszámítására. Ilyen problémák közé tartozik a másodrendű egyenletek megoldása. Ebben a cikkben bemutatjuk hatékony módszer számításokat négyzetgyökés használja, amikor másodfokú egyenlet gyökeinek képleteivel dolgozik.
Mi az a négyzetgyök?
A matematikában ez a fogalom a √ szimbólumnak felel meg. Történelmi adatok szerint először a 16. század első felében használták Németországban (Christoph Rudolf első német munkája az algebráról). A tudósok úgy vélik, hogy a megadott szimbólum egy átalakult latin betű r (a radix latinul "gyökér"-et jelent).
Bármely szám gyöke egyenlő azzal az értékkel, amelynek négyzete a gyökkifejezésnek felel meg. A matematika nyelvén ez a definíció így fog kinézni: √x = y, ha y 2 = x.
Egy pozitív szám gyöke (x > 0) is pozitív szám (y > 0), de ha egy negatív szám gyökét veszed (x< 0), то его результатом уже будет комплексное число, включающее мнимую единицу i.
Íme két egyszerű példa:
√9 = 3, mivel 3 2 = 9; √(-9) = 3i, mivel i 2 = -1.
Heron iteratív képlete a négyzetgyökértékek meghatározásához
A fenti példák nagyon egyszerűek, és a gyökerek kiszámítása nem nehéz. Nehézségek kezdenek megjelenni, amikor minden olyan érték gyökérértékét keresi, amely nem ábrázolható négyzetként természetes szám, például √10, √11, √12, √13, nem beszélve arról, hogy a gyakorlatban a nem egész számokhoz gyököket kell keresni: például √(12,15), √(8,5) stb.
A fenti esetekben a négyzetgyök kiszámításához speciális módszert kell alkalmazni. Jelenleg számos ilyen módszer ismert: például a Taylor sorozat kiterjesztése, oszloposztás és néhány más. Mindenböl ismert módszerek Talán a legegyszerűbb és leghatékonyabb a Heron-féle iteratív képlet használata, amelyet babiloni négyzetgyök-meghatározási módszerként is ismernek (bizonyítékok vannak arra, hogy az ókori babilóniaiak ezt használták gyakorlati számításaik során).
Legyen szükséges √x értékének meghatározása. A négyzetgyök meghatározásának képlete a következő következő nézet:
a n+1 = 1/2(a n +x/a n), ahol lim n->∞ (a n) => x.
Fejtsük meg ezt a matematikai jelölést. √x kiszámításához vegyünk egy 0-t egy bizonyos számot (lehet tetszőleges, de az eredmény gyors megszerzéséhez úgy kell kiválasztani, hogy (a 0) 2 a lehető legközelebb legyen x-hez. Majd behelyettesítjük a jelzett képlet a négyzetgyök kiszámításához, és kap egy új számot egy 1-et, amely már közelebb lesz a kívánt értékhez. Ezután be kell cserélnie egy 1-et a kifejezésbe, és kap egy 2-t. Ezt az eljárást addig kell ismételni, amíg a szükséges pontosság érhető el.
Példa a Heron-féle iteratív képlet használatára
Az adott szám négyzetgyökének megszerzésére szolgáló fent leírt algoritmus sokak számára meglehetősen bonyolultnak és zavarónak tűnhet, de a valóságban minden sokkal egyszerűbbnek bizonyul, mivel ez a képlet nagyon gyorsan konvergál (különösen, ha egy sikeres számot 0-t választanak) .
Mondjunk egy egyszerű példát: √11-et kell kiszámolnod. Válasszunk egy 0 = 3-at, mivel 3 2 = 9, ami közelebb van a 11-hez, mint a 4 2 = 16-hoz. A képletbe behelyettesítve a következőt kapjuk:
a 1 = 1/2(3 + 11/3) = 3,333333;
a 2 = 1/2 (3,33333 + 11/3,33333) = 3,316668;
a 3 = 1/2 (3,316668 + 11/3,316668) = 3,31662.
Nincs értelme folytatni a számításokat, mivel azt találtuk, hogy a 2 és a 3 csak az 5. tizedes jegyben kezd eltérni. Így elég volt csak kétszer alkalmazni a képletet a √11 kiszámításához 0,0001 pontossággal.
Napjainkban a számológépeket és a számítógépeket széles körben használják a gyökérszámításra, azonban célszerű megjegyezni a megjelölt képletet, hogy manuálisan ki lehessen számítani azok pontos értékét.
Másodrendű egyenletek
A négyzetgyök fogalmának megértését és kiszámításának képességét másodfokú egyenletek megoldására használják. Ezeket az egyenleteket egy ismeretlennel való egyenlőségnek nevezzük, amelyek általános alakját az alábbi ábra mutatja.
Itt c, b és a néhány számot jelent, és a nem lehet egyenlő nullával, és c és b értékei teljesen tetszőlegesek lehetnek, beleértve a nullát is.
Az x minden olyan értékét, amely kielégíti az ábrán jelzett egyenlőséget, gyökének nevezzük (ezt a fogalmat nem szabad összetéveszteni a √ négyzetgyökkel). Mivel a vizsgált egyenlet másodrendű (x 2), ezért nem lehet két gyökénél több. Nézzük tovább a cikkben, hogyan lehet megtalálni ezeket a gyökereket.
Másodfokú egyenlet (képlet) gyökereinek megkeresése
A vizsgált típusú egyenlőségek megoldásának ezt a módszerét univerzális módszernek, vagy diszkrimináns módszernek is nevezik. Bármilyen másodfokú egyenlethez használható. A másodfokú egyenlet diszkriminánsának és gyökének képlete a következő:
Megmutatja, hogy a gyökök az egyenlet mindhárom együtthatójának értékétől függenek. Ráadásul az x 1 számítása csak a négyzetgyök előtti jelben tér el az x 2 számításától. A radikális kifejezés, amely egyenlő b 2 - 4ac-vel, nem más, mint a kérdéses egyenlőség diszkriminátora. A másodfokú egyenlet gyökeinek képletében szereplő diszkrimináns fontos szerepet játszik, mert ez határozza meg a megoldások számát és típusát. Tehát ha egyenlő nullával, akkor csak egy megoldás lesz, ha pozitív, akkor az egyenletnek két valós gyöke van, és végül egy negatív diszkrimináns két komplex gyökhöz vezet, x 1 és x 2.
Vieta tétele vagy a másodrendű egyenletek gyökeinek néhány tulajdonsága
A 16. század végén a modern algebra egyik megalapítója, egy francia, másodrendű egyenleteket tanulmányozva megszerezhette annak gyökereinek tulajdonságait. Matematikailag így írhatók fel:
x 1 + x 2 = -b / a és x 1 * x 2 = c / a.
Mindkét egyenlőséget bárki könnyen megszerezheti, ehhez csak a megfelelő matematikai műveleteket kell végrehajtani a diszkrimináns képletével kapott gyökökkel.
E két kifejezés kombinációját joggal nevezhetjük a másodfokú egyenlet gyökeinek második képletének, amely lehetővé teszi a megoldások kitalálását diszkrimináns használata nélkül. Itt meg kell jegyezni, hogy bár mindkét kifejezés mindig érvényes, csak akkor célszerű őket használni egy egyenlet megoldására, ha az faktorizálható.
A megszerzett ismeretek megszilárdításának feladata
Oldjunk meg egy matematikai problémát, amelyben bemutatjuk a cikkben tárgyalt összes technikát. A feladat feltételei a következők: meg kell találni két olyan számot, amelyeknél a szorzat -13 és az összeg 4.
Ez a feltétel azonnal emlékeztet Vieta tételére; a négyzetgyökök összegének és szorzatának képletével a következőket írjuk:
x 1 + x 2 = -b/a = 4;
x 1 * x 2 = c / a = -13.
Ha feltételezzük, hogy a = 1, akkor b = -4 és c = -13. Ezek az együtthatók lehetővé teszik egy másodrendű egyenlet létrehozását:
x 2 - 4x - 13 = 0.
Használjuk a képletet a diszkriminánssal, és kapjuk a következő gyököket:
x 1,2 = (4 ± √D)/2, D = 16 - 4 * 1 * (-13) = 68.
Vagyis a probléma a √68 szám megtalálására csökkent. Figyeljük meg, hogy 68 = 4 * 17, akkor a négyzetgyök tulajdonságot használva a következőt kapjuk: √68 = 2√17.
Most használjuk a négyzetgyök képletet: a 0 = 4, majd:
a 1 = 1/2(4 + 17/4) = 4,125;
a 2 = 1/2 (4,125 + 17/4,125) = 4,1231.
Nem kell 3-at számolni, mivel a talált értékek mindössze 0,02-vel térnek el. Így √68 = 8,246. Ha behelyettesítjük az x 1,2 képletbe, a következőt kapjuk:
x 1 = (4 + 8,246)/2 = 6,123 és x 2 = (4 - 8,246)/2 = -2,123.
Mint látjuk, a talált számok összege valóban 4, de ha megtaláljuk a szorzatukat, akkor -12,999 lesz, ami 0,001-es pontossággal teljesíti a feladat feltételeit.
Folytatjuk a téma tanulmányozását" egyenletek megoldása" A lineáris egyenletekkel már megismerkedtünk, és tovább haladunk az ismerkedés felé másodfokú egyenletek.
Először is megvizsgáljuk, mi a másodfokú egyenlet, hogyan írják le általános formában, és adjuk meg a kapcsolódó definíciókat. Ezek után példák segítségével részletesen megvizsgáljuk, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Ezután áttérünk a teljes egyenletek megoldására, megkapjuk a gyökképletet, megismerkedünk a másodfokú egyenlet diszkriminánsával, és megfontoljuk a tipikus példák megoldásait. Végül keressük a gyökök és az együtthatók közötti összefüggéseket.
Oldalnavigáció.
Mi az a másodfokú egyenlet? A típusaik
Először is világosan meg kell értenie, mi az a másodfokú egyenlet. Ezért logikus a másodfokú egyenletekről szóló beszélgetést a másodfokú egyenlet meghatározásával, valamint a kapcsolódó definíciókkal kezdeni. Ezek után mérlegelheti a másodfokú egyenletek fő típusait: redukált és redukálatlan, valamint teljes és hiányos egyenleteket.
Másodfokú egyenletek definíciója és példái
Meghatározás.
Másodfokú egyenlet a forma egyenlete a x 2 +b x+c=0, ahol x egy változó, a, b és c néhány szám, a pedig nem nulla.
Tegyük fel rögtön, hogy a másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek nevezik. Ez annak a ténynek köszönhető, hogy a másodfokú egyenlet az algebrai egyenlet másodfokú.
A megadott definíció lehetővé teszi, hogy példákat adjunk másodfokú egyenletekre. Tehát 2 x 2 +6 x+1=0, 0,2 x 2 +2,5 x+0,03=0 stb. Ezek másodfokú egyenletek.
Meghatározás.
Számok a, b és c nevezzük a másodfokú egyenlet együtthatói a·x 2 +b·x+c=0, és az a együttható az első, vagy a legmagasabb, vagy az x 2 együtthatója, b a második együttható, vagy az x együtthatója, és c a szabad tag .
Például vegyünk egy 5 x 2 −2 x −3=0 alakú másodfokú egyenletet, ahol a vezető együttható 5, a második együttható -2, a szabad tag pedig -3. Kérjük, vegye figyelembe, hogy ha a b és/vagy c együtthatók negatívak, mint az imént bemutatott példában, akkor a másodfokú egyenlet rövid alakja 5 x 2 −2 x −3=0 , nem pedig 5 x 2 +(−2 ). ·x+(−3)=0 .
Érdemes megjegyezni, hogy ha az a és/vagy b együtthatók 1-gyel vagy -1-gyel egyenlőek, általában nincsenek kifejezetten jelen a másodfokú egyenletben, ami az ilyen írás sajátosságaiból adódik. Például az y 2 −y+3=0 másodfokú egyenletben a vezető együttható egy, y együtthatója pedig -1.
Redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek
A vezető együttható értékétől függően redukált és redukálatlan másodfokú egyenleteket különböztetünk meg. Adjuk meg a megfelelő definíciókat.
Meghatározás.
Olyan másodfokú egyenletet nevezünk meg, amelyben a vezető együttható 1 adott másodfokú egyenlet. Ellenkező esetben a másodfokú egyenlet az érintetlen.
Alapján ezt a meghatározást, másodfokú egyenletek x 2 −3·x+1=0, x 2 −x−2/3=0 stb. – adott, mindegyikben az első együttható eggyel egyenlő. A 5 x 2 −x−1=0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, amelyek vezető együtthatói eltérnek 1-től.
Bármely redukálatlan másodfokú egyenletből, ha mindkét oldalt elosztjuk a vezető együtthatóval, akkor a redukálthoz juthatunk. Ez a művelet egy ekvivalens transzformáció, vagyis az így kapott redukált másodfokú egyenletnek ugyanazok a gyökerei vannak, mint az eredeti redukálatlan másodfokú egyenletnek, vagy hozzá hasonlóan nincs gyökere.
Nézzünk egy példát arra, hogyan történik az átmenet egy redukálatlan másodfokú egyenletből egy redukáltra.
Példa.
A 3 x 2 +12 x−7=0 egyenletből lépjen a megfelelő redukált másodfokú egyenletre.
Megoldás.
Csak el kell osztanunk az eredeti egyenlet mindkét oldalát a 3 vezető együtthatóval, ez nem nulla, így végre tudjuk hajtani ezt a műveletet. Van (3 x 2 +12 x−7):3=0:3, ami ugyanaz, (3 x 2):3+(12 x):3−7:3=0, majd (3: 3) x 2 +(12:3) x−7:3=0, ahonnan . Így kaptuk a redukált másodfokú egyenletet, amely ekvivalens az eredetivel.
Válasz:
Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek
A másodfokú egyenlet definíciója tartalmazza az a≠0 feltételt. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 + b x + c = 0 egyenlet másodfokú legyen, mivel ha a = 0, akkor valójában b x + c = 0 alakú lineáris egyenletté válik.
Ami a b és c együtthatókat illeti, külön-külön és együtt is nullával egyenlőek lehetnek. Ezekben az esetekben a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.
Meghatározás.
Az a x 2 +b x+c=0 másodfokú egyenletet nevezzük befejezetlen, ha a b, c együtthatók legalább egyike nulla.
Viszont
Meghatározás.
Teljes másodfokú egyenlet olyan egyenlet, amelyben minden együttható nullától eltérő.
Az ilyen neveket nem véletlenül adták. Ez a következő megbeszélésekből kiderül.
Ha a b együttható nulla, akkor a másodfokú egyenlet a·x 2 +0·x+c=0, és ekvivalens az a·x 2 +c=0 egyenlettel. Ha c=0, azaz a másodfokú egyenlet alakja a·x 2 +b·x+0=0, akkor átírható a·x 2 +b·x=0 alakra. És b=0 és c=0 esetén az a·x 2 =0 másodfokú egyenletet kapjuk. Az így kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt. Innen a nevük - hiányos másodfokú egyenletek.
Tehát az x 2 +x+1=0 és a −2 x 2 −5 x+0,2=0 egyenletek a teljes másodfokú egyenletek példái, és x 2 =0, −2 x 2 =0, 5 x 2 +3=0 , −x 2 −5 x=0 nem teljes másodfokú egyenletek.
Hiányos másodfokú egyenletek megoldása
Az előző bekezdés információiból az következik, hogy van háromféle nem teljes másodfokú egyenlet:
- a·x 2 =0, a b=0 és c=0 együtthatók felelnek meg neki;
- ax2+c=0, ha b=0;
- és a·x 2 +b·x=0, ha c=0.
Vizsgáljuk meg sorrendben, hogyan oldják meg az egyes típusok nem teljes másodfokú egyenleteit.
a x 2 =0
Kezdjük az olyan nem teljes másodfokú egyenletek megoldásával, amelyekben a b és c együttható nulla, vagyis az a x 2 =0 alakú egyenletekkel. Az a·x 2 =0 egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, amelyet az eredetiből úgy kapunk, hogy mindkét részt elosztjuk egy nem nulla a számmal. Nyilvánvaló, hogy az x 2 =0 egyenlet gyöke nulla, mivel 0 2 =0. Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami azzal magyarázható, hogy bármely p 2 >0 egyenlőtlenségre teljesül, ami azt jelenti, hogy p≠0 esetén a p 2 =0 egyenlőség soha nem teljesül.
Tehát az a·x 2 =0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x=0.
Példaként adjuk meg a −4 x 2 =0 hiányos másodfokú egyenlet megoldását. Ez ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, egyetlen gyöke x=0, ezért az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke nulla.
Egy rövid megoldás ebben az esetben a következőképpen írható:
−4 x 2 =0,
x 2 =0,
x=0.
a x 2 +c=0
Most nézzük meg, hogyan oldják meg azokat a nem teljes másodfokú egyenleteket, amelyekben a b együttható nulla és c≠0, vagyis az a x 2 +c=0 alakú egyenletek. Tudjuk, hogy egy tagot az egyenlet egyik oldaláról a másikra mozgatva ellentétes jel, valamint ha az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy nem nulla számmal, egyenértékű egyenletet kapunk. Ezért az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációit hajthatjuk végre:
- mozgassa c-t jobb oldalra, ami az a x 2 =-c egyenletet adja,
- és mindkét oldalát elosztjuk a-val, megkapjuk.
A kapott egyenlet lehetővé teszi, hogy következtetéseket vonjunk le a gyökereiről. A és c értékétől függően a kifejezés értéke lehet negatív (például ha a=1 és c=2, akkor ) vagy pozitív (például ha a=-2 és c=6, akkor ), ez nem nulla, mivel c≠0 feltétellel. Nézzük külön az eseteket.
Ha , akkor az egyenletnek nincs gyöke. Ez az állítás abból a tényből következik, hogy bármely szám négyzete nem negatív szám. Ebből az következik, hogy amikor , akkor tetszőleges p számra az egyenlőség nem lehet igaz.
Ha , akkor az egyenlet gyökeivel más a helyzet. Ebben az esetben, ha emlékszünk a -ra, akkor azonnal nyilvánvalóvá válik az egyenlet gyöke, ez a szám, hiszen . Könnyű kitalálni, hogy a szám egyben az egyenlet gyöke is, sőt, . Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami például ellentmondásokkal mutatható ki. Csináljuk.
Jelöljük az imént bejelentett egyenlet gyökét x 1 és −x 1 -ként. Tegyük fel, hogy az egyenletnek még egy x 2 gyöke van, ami különbözik a jelzett x 1 és −x 1 gyökektől. Ismeretes, hogy ha gyökét x helyett egyenletbe cseréljük, az egyenletet helyes numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van , x 2-re pedig . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a helyes numerikus egyenlőségeket tagonként kivonjuk, így az egyenlőségek megfelelő részeinek kivonása x 1 2 −x 2 2 =0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy az eredményül kapott egyenlőséget (x 1 −x 2)·(x 1 +x 2)=0-ra írjuk át. Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik egyenlő nullával. A kapott egyenlőségből tehát az következik, hogy x 1 −x 2 =0 és/vagy x 1 +x 2 =0, ami megegyezik, x 2 =x 1 és/vagy x 2 =−x 1. Tehát ellentmondáshoz jutottunk, hiszen az elején azt mondtuk, hogy az x 2 egyenlet gyöke különbözik x 1-től és −x 1-től. Ez bizonyítja, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint és.
Foglaljuk össze az ebben a bekezdésben található információkat. Az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens azzal az egyenlettel,
- nincs gyökere, ha
- két gyöke van, és ha .
Nézzünk példákat az a·x 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenletek megoldására.
Kezdjük a 9 x 2 +7=0 másodfokú egyenlettel. Miután a szabad tagot az egyenlet jobb oldalára mozgatjuk, a 9 x 2 =−7 alakot veszi fel. A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztva 9-cel, megkapjuk. Mivel a jobb oldalon kiderült negatív szám, akkor ennek az egyenletnek nincsenek gyökerei, ezért az eredeti 9 x 2 +7=0 hiányos másodfokú egyenletnek nincs gyöke.
Oldjunk meg még egy hiányos másodfokú egyenletet −x 2 +9=0. A kilencet áthelyezzük jobb oldalra: −x 2 =−9. Most mindkét oldalt elosztjuk −1-gyel, x 2 =9-et kapunk. A jobb oldalon van egy pozitív szám, amiből arra következtetünk, hogy vagy . Ezután felírjuk a végső választ: a −x 2 +9=0 hiányos másodfokú egyenletnek két gyöke van x=3 vagy x=−3.
a x 2 +b x=0
Marad az utolsó típusú nem teljes másodfokú egyenlet megoldása c=0 esetén. Az a x 2 + b x = 0 formájú nem teljes másodfokú egyenletek lehetővé teszik a megoldást faktorizációs módszer. Nyilvánvalóan megtehetjük, az egyenlet bal oldalán található, amihez elegendő az x közös tényezőt zárójelből kivenni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről egy x·(a·x+b)=0 alakú ekvivalens egyenletre lépjünk. És ez az egyenlet ekvivalens két x=0 és a·x+b=0 egyenletből álló halmazzal, amelyek közül az utóbbi lineáris és gyöke x=-b/a.
Tehát az a·x 2 +b·x=0 nem teljes másodfokú egyenletnek két gyöke van x=0 és x=−b/a.
Az anyag konszolidálásához egy konkrét példára elemezzük a megoldást.
Példa.
Oldja meg az egyenletet.
Megoldás.
A zárójelekből x-et kivéve az egyenletet kapjuk. Ez ekvivalens két x=0 és . Megoldjuk a kapott lineáris egyenletet: , és a vegyes számot elosztjuk -vel közönséges tört, találunk . Ezért az eredeti egyenlet gyökei x=0 és .
A szükséges gyakorlat megszerzése után az ilyen egyenletek megoldásait röviden fel lehet írni:
Válasz:
x=0 , .
Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete
A másodfokú egyenletek megoldására van egy gyökképlet. Írjuk fel másodfokú egyenlet gyökeinek képlete: , Ahol D=b 2 −4 a c- ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa. A bejegyzés lényegében azt jelenti, hogy .
Hasznos tudni, hogyan származtatták a gyökképletet, és hogyan használják fel a másodfokú egyenletek gyökereinek megkeresésére. Találjuk ki ezt.
Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése
Meg kell oldanunk az a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenletet. Végezzünk el néhány egyenértékű átalakítást:
- Ennek az egyenletnek mindkét oldalát eloszthatjuk egy nem nulla a számmal, ami a következő másodfokú egyenletet eredményezi.
- Most válasszon egy teljes négyzetet bal oldalán: . Ezt követően az egyenlet a következőt veszi fel.
- Ebben a szakaszban az utolsó két tagot át lehet vinni a jobb oldalra ellentétes előjellel, van .
- És alakítsuk át a jobb oldali kifejezést is: .
Ennek eredményeként olyan egyenlethez jutunk, amely ekvivalens az eredeti a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenlettel.
Az előző bekezdésekben, amikor megvizsgáltuk, már megoldottunk hasonló formájú egyenleteket. Ez lehetővé teszi, hogy megtegye a következő következtetéseket az egyenlet gyökereivel kapcsolatban:
- ha , akkor az egyenletnek nincsenek valós megoldásai;
- ha , akkor az egyenlet alakja , tehát , amelyből az egyetlen gyöke látható;
- ha , akkor vagy , ami megegyezik a vagy -vel, vagyis az egyenletnek két gyöke van.
Így az egyenlet gyökeinek megléte vagy hiánya, tehát az eredeti másodfokú egyenlet, a jobb oldali kifejezés előjelétől függ. Ennek a kifejezésnek az előjelét viszont a számláló előjele határozza meg, mivel a 4·a 2 nevező mindig pozitív, vagyis a b 2 −4·a·c kifejezés előjele. Ezt a b 2 −4 a c kifejezést nevezték el másodfokú egyenlet diszkriminánsaés a levél által kijelölt D. Innentől világos a diszkrimináns lényege - értéke és előjele alapján arra következtetnek, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.
Térjünk vissza az egyenlethez, és írjuk át a diszkriminancia jelöléssel: . És levonjuk a következtetéseket:
- ha D<0 , то это уравнение не имеет действительных корней;
- ha D=0, akkor ennek az egyenletnek egyetlen gyöke van;
- végül, ha D>0, akkor az egyenletnek két gyöke van vagy, ami átírható a vagy alakba, és a törtek bővítése és közös nevezőre hozása után kapjuk.
Így levezettük a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit, így néznek ki, ahol a D diszkriminánst a D=b 2 −4·a·c képlettel számítjuk.
Segítségükkel pozitív diszkrimináns segítségével kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökét. Ha a diszkrimináns nullával egyenlő, mindkét képlet ugyanazt a gyökérértéket adja, ami a másodfokú egyenlet egyedi megoldásának felel meg. És egy negatív diszkriminánssal, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, egy negatív szám négyzetgyökének kivonásával kell szembenéznünk, ami túlmutat a hatókörön és iskolai tananyag. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, de van párja komplex konjugátum gyökök, amelyeket az általunk kapott gyökképletekkel találhatunk meg.
Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel
A gyakorlatban a másodfokú egyenletek megoldása során azonnal a gyökképletet használhatja az értékük kiszámításához. De ez inkább az összetett gyökerek megtalálásához kapcsolódik.
Egy iskolai algebratanfolyamon azonban általában nem bonyolult, hanem valós másodfokú egyenletgyökökről beszélünk. Ebben az esetben tanácsos a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteinek használata előtt először megkeresni a diszkriminánst, és megbizonyosodni arról, hogy az nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az egyenletnek nincsenek valódi gyökerei), és csak ezután számítsa ki a gyökerek értékeit.
A fenti érvelés lehetővé teszi, hogy írjunk másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus. Az a x 2 +b x+c=0 másodfokú egyenlet megoldásához a következőket kell tennie:
- a D=b 2 −4·a·c diszkrimináns képlet segítségével számítsa ki értékét;
- arra a következtetésre jutunk, hogy a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, ha a diszkrimináns negatív;
- számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével, ha D=0;
- keresse meg a másodfokú egyenlet két valós gyökerét a gyökképlet segítségével, ha a diszkrimináns pozitív.
Itt csak azt jegyezzük meg, hogy ha a diszkrimináns egyenlő nullával, akkor használhatja a képletet is, amely ugyanazt az értéket adja, mint .
Továbbléphet a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algoritmus használatára vonatkozó példákra.
Példák másodfokú egyenletek megoldására
Tekintsünk három másodfokú egyenlet megoldását pozitív, negatív és nulla diszkriminánssal. Miután foglalkoztunk a megoldásukkal, analógia útján bármely más másodfokú egyenlet is megoldható lesz. Kezdjük.
Példa.
Keresse meg az x 2 +2·x−6=0 egyenlet gyökereit!
Megoldás.
Ebben az esetben a másodfokú egyenlet következő együtthatói vannak: a=1, b=2 és c=−6. Az algoritmus szerint először ki kell számítani a diszkriminánst, ehhez behelyettesítjük a jelzett a-t, b-t és c-t a diszkrimináns képletbe, D=b 2 –4·a·c=2 2–4·1·(–6)=4+24=28. Mivel 28>0, azaz a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van. Keressük meg őket a gyökképlet segítségével, megkapjuk a , itt egyszerűsíthetjük az eredményül kapott kifejezéseket úgy, hogy csináljuk a szorzót a gyökjelen túlra mozgatva ezt követi a frakció csökkentése:
Válasz:
Térjünk át a következő tipikus példára.
Példa.
Oldja meg a −4 x 2 +28 x−49=0 másodfokú egyenletet.
Megoldás.
Kezdjük a diszkrimináns megtalálásával: D=28 2 −4·(−4)·(−49)=784−784=0. Ezért ennek a másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyet így találunk, azaz
Válasz:
x=3,5.
Továbbra is meg kell fontolni a másodfokú egyenletek negatív diszkriminánssal történő megoldását.
Példa.
Oldja meg az 5·y 2 +6·y+2=0 egyenletet.
Megoldás.
Itt vannak a másodfokú egyenlet együtthatói: a=5, b=6 és c=2. Ezeket az értékeket behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe D=b 2 –4·a·c=6 2 –4·5·2=36–40=–4. A diszkrimináns negatív, ezért ennek a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.
Ha összetett gyökereket kell megadnia, akkor használja jól ismert képlet egy másodfokú egyenlet gyökereit, és hajtsa végre műveletek komplex számokkal:
Válasz:
nincsenek valódi gyökerek, összetett gyökerek: .
Még egyszer jegyezzük meg, hogy ha egy másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskolában általában azonnal leírnak egy választ, amelyben jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és összetett gyökök nem találhatók.
Gyökérképlet akár második együtthatóhoz
A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D=b 2 −4·a·c lehetővé teszi, hogy egy kompaktabb formájú képletet kapjunk, ami lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását x páros együtthatójával (vagy egyszerűen egy együttható például 2·n vagy 14· ln5=2·7·ln5 ). Vigyük ki.
Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk egy a x 2 +2 n x+c=0 alakú másodfokú egyenletet. Keressük meg a gyökereit az általunk ismert képlet segítségével. Ehhez kiszámítjuk a diszkriminánst D=(2 n) 2 −4 a c=4 n 2 −4 a c=4 (n 2 −a c), majd a gyökképletet használjuk:
Jelöljük az n 2 −a c kifejezést D 1-ként (néha D "-nek jelölik). Ekkor a vizsgált másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következőt veszi fel 
, ahol D 1 =n 2 −a·c.
Könnyen belátható, hogy D=4·D 1, vagy D 1 =D/4. Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyedik része. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével. Vagyis a D 1 jel a másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát is jelzi.
Tehát egy 2·n második együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásához szükségünk van
- Számítsuk ki D 1 =n 2 −a·c ;
- Ha D 1<0 , то сделать вывод, что действительных корней нет;
- Ha D 1 =0, akkor számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével;
- Ha D 1 >0, akkor keress két valós gyöket a képlet segítségével.
Tekintsük a példa megoldását az ebben a bekezdésben kapott gyökképlet segítségével.
Példa.
Oldja meg az 5 x 2 −6 x −32=0 másodfokú egyenletet.
Megoldás.
Ennek az egyenletnek a második együtthatója 2·(−3) . Azaz átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakban, itt a=5, n=−3 és c=−32, és kiszámíthatja a négyzet negyedik részét. diszkriminatív: D 1 =n 2 −a·c=(−3) 2 −5·(−32)=9+160=169. Mivel értéke pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van. Keressük meg őket a megfelelő gyökképlet segítségével:
Megjegyzendő, hogy a másodfokú egyenlet gyökére a szokásos képletet lehetett használni, de ebben az esetben több számítási munkát kell elvégezni.
Válasz:
A másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése
Néha, mielőtt elkezdené egy másodfokú egyenlet gyökereit képletekkel kiszámítani, nem árt feltenni a kérdést: „Lehetőség van ennek az egyenletnek a formáját egyszerűsíteni?” Egyetértünk azzal, hogy számítási szempontból könnyebb lesz megoldani a 11 x 2 −4 x−6=0 másodfokú egyenletet, mint 1100 x 2 −400 x−600=0.
A másodfokú egyenlet formájának egyszerűsítése általában úgy érhető el, hogy mindkét oldalt megszorozzuk vagy elosztjuk egy bizonyos számmal. Például az előző bekezdésben lehetőség nyílt az 1100 x 2 −400 x −600=0 egyenlet egyszerűsítésére úgy, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.
Hasonló transzformációt hajtunk végre másodfokú egyenletekkel, amelyek együtthatói nem . Ebben az esetben az egyenlet mindkét oldalát általában elosztják együtthatóinak abszolút értékeivel. Vegyük például a 12 x 2 −42 x+48=0 másodfokú egyenletet. együtthatóinak abszolút értékei: GCD(12, 42, 48)= GCD(GCD(12, 42), 48)= GCD(6, 48)=6. Az eredeti másodfokú egyenlet mindkét oldalát 6-tal elosztva a 2 x 2 −7 x+8=0 ekvivalens másodfokú egyenlethez jutunk.
A másodfokú egyenlet mindkét oldalának szorzását általában azért végezzük, hogy megszabaduljunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben a szorzást az együtthatók nevezőivel hajtják végre. Például, ha a másodfokú egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk LCM(6, 3, 1)=6-tal, akkor az egyszerűbb formát veszi fel: x 2 +4·x−18=0.
Ennek a pontnak a végén megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulnak a mínusztól a másodfokú egyenlet legmagasabb együtthatójánál az összes tag előjelének megváltoztatásával, ami megfelel mindkét oldal -1-gyel való szorzásának (vagy osztásának). Például általában a −2 x 2 −3 x+7=0 másodfokú egyenletről a 2 x 2 +3 x−7=0 megoldásra lépünk.
Másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak kapcsolata
A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete együtthatóin keresztül fejezi ki az egyenlet gyökereit. A gyökképlet alapján más kapcsolatokat is kaphat a gyökök és az együtthatók között.
A Vieta-tétel legismertebb és leginkább alkalmazható képletei a és alakúak. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második ellentétes előjelű együtthatóval, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. Például, ha megnézzük a 3 x 2 −7 x + 22 = 0 másodfokú egyenlet alakját, azonnal azt mondhatjuk, hogy gyökeinek összege 7/3, a gyökök szorzata pedig 22 /3.
A már felírt képletek felhasználásával számos egyéb összefüggést kaphatunk a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszegét az együtthatóin keresztül fejezheti ki: .
Bibliográfia.
- Algebra: tankönyv 8. osztály számára. Általános oktatás intézmények / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; szerkesztette S. A. Teljakovszkij. - 16. kiadás - M.: Oktatás, 2008. - 271 p. : ill. - ISBN 978-5-09-019243-9.
- Mordkovich A. G. Algebra. 8. osztály. 14 órakor 1. rész Tankönyv tanulóknak oktatási intézmények/ A. G. Mordkovich. - 11. kiadás, törölve. - M.: Mnemosyne, 2009. - 215 p.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.
", azaz elsőfokú egyenletek. Ebben a leckében megnézzük amit másodfokú egyenletnek nevezünkés hogyan kell megoldani.
Mi az a másodfokú egyenlet?
Fontos!
Az egyenlet mértékét az ismeretlen legmagasabb foka határozza meg.
Ha a maximális teljesítmény, amelyben az ismeretlen „2”, akkor van egy másodfokú egyenlete.
Példák másodfokú egyenletekre
- 5x 2 − 14x + 17 = 0
- −x 2 + x +
= 01 3 - x 2 + 0,25x = 0
- x 2 − 8 = 0
Fontos! A másodfokú egyenlet általános formája így néz ki:
A x 2 + b x + c = 0
Az „a”, „b” és „c” számok.- „a” az első vagy legmagasabb együttható;
- „b” a második együttható;
- A „c” szabad tag.
Az „a”, „b” és „c” megtalálásához össze kell hasonlítania az egyenletet az „ax 2 + bx + c = 0” másodfokú egyenlet általános formájával.
Gyakoroljuk az "a", "b" és "c" együtthatók meghatározását másodfokú egyenletekben.
| Az egyenlet | Esély | |||
|---|---|---|---|---|
|
||||
|
||||
| 1 |
| 3 |
- a = −1
- b = 1
- c =
1 3
- a = 1
- b = 0,25
- c = 0
- a = 1
- b = 0
- c = −8
Másodfokú egyenletek megoldása
A lineáris egyenletekkel ellentétben a másodfokú egyenletek megoldására speciális módszert alkalmaznak. képlet a gyökerek megtalálásához.
Emlékezik!
A másodfokú egyenlet megoldásához a következőkre lesz szüksége:
- redukáljuk a másodfokú egyenletet erre Általános megjelenés"ax 2 + bx + c = 0". Vagyis csak a „0” maradjon a jobb oldalon;
- Használjon képletet a gyökerekhez:
Nézzünk egy példát arra, hogyan használhatjuk a képletet egy másodfokú egyenlet gyökeinek megkeresésére. Oldjunk meg egy másodfokú egyenletet.
X 2 − 3x − 4 = 0
Az „x 2 − 3x − 4 = 0” egyenletet már az „ax 2 + bx + c = 0” általános alakra redukáltuk, és nem igényel további egyszerűsítéseket. A megoldáshoz csak pályáznunk kell képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megtalálásához.
Határozzuk meg ennek az egyenletnek az „a”, „b” és „c” együtthatóit.
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
Bármilyen másodfokú egyenlet megoldására használható.
Az „x 1;2 = ” képletben a gyök kifejezést gyakran helyettesítik
„b 2 − 4ac” a „D” betűhöz, és diszkriminánsnak nevezik. A diszkrimináns fogalmát részletesebben a „Mi a diszkrimináns” című leckében tárgyaljuk.
Nézzünk egy másik példát a másodfokú egyenletre.
x 2 + 9 + x = 7x
Ebben a formában meglehetősen nehéz meghatározni az „a”, „b” és „c” együtthatókat. Először redukáljuk le az egyenletet „ax 2 + bx + c = 0” általános alakra.
X 2 + 9 + x = 7x
x 2 + 9 + x − 7x = 0
x 2 + 9 − 6x = 0
x 2 − 6x + 9 = 0
Most már használhatja a képletet a gyökerekhez.
X 1; 2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x =
| 6 |
| 2 |
x = 3
Válasz: x = 3
Vannak esetek, amikor a másodfokú egyenleteknek nincs gyökere. Ez a helyzet akkor fordul elő, ha a képlet negatív számot tartalmaz a gyökér alatt.
Remélem, hogy a cikk tanulmányozása után megtanulja, hogyan kell megtalálni a teljes másodfokú egyenlet gyökereit.
A diszkrimináns segítségével csak a teljes másodfokú egyenletek oldhatók meg, a hiányos másodfokú egyenletek megoldásához más módszereket használnak, amelyeket a „Hiányos másodfokú egyenletek megoldása” című cikkben talál.
Milyen másodfokú egyenleteket nevezünk teljesnek? Ez ax 2 + b x + c = 0 alakú egyenletek, ahol az a, b és c együtthatók nem egyenlők nullával. Tehát egy teljes másodfokú egyenlet megoldásához ki kell számítanunk a D diszkriminánst.
D = b 2 – 4ac.
A diszkrimináns értékétől függően írjuk le a választ.
Ha a diszkrimináns negatív szám (D< 0),то корней нет.
Ha a diszkrimináns nulla, akkor x = (-b)/2a. Ha a diszkrimináns pozitív szám (D > 0),
akkor x 1 = (-b - √D)/2a, és x 2 = (-b + √D)/2a.
Például. Oldja meg az egyenletet x 2– 4x + 4= 0.
D = 4 2 – 4 4 = 0
x = (- (-4))/2 = 2
Válasz: 2.
Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + x + 3 = 0.
D = 1 2 – 4 2 3 = – 23
Válasz: nincs gyökere.
Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + 5x – 7 = 0.
D = 5 2 – 4 2 (–7) = 81
x 1 = (-5 - √81)/(2 2) = (-5 - 9)/4 = - 3,5
x 2 = (-5 + √81)/(2 2) = (-5 + 9)/4=1
Válasz: – 3,5; 1.
Tehát képzeljük el a teljes másodfokú egyenletek megoldását az 1. ábra diagramja segítségével.
Ezekkel a képletekkel bármilyen teljes másodfokú egyenletet megoldhat. Csak arra kell vigyázni az egyenletet a standard alak polinomjaként írtuk fel
A x 2 + bx + c, különben hibázhat. Például az x + 3 + 2x 2 = 0 egyenlet felírásakor tévesen úgy dönthet, hogy
a = 1, b = 3 és c = 2. Ekkor
D = 3 2 – 4 1 2 = 1 és akkor az egyenletnek két gyöke van. És ez nem igaz. (Lásd a fenti 2. példa megoldását).
Ezért, ha az egyenletet nem standard formájú polinomként írjuk fel, akkor először a teljes másodfokú egyenletet kell felírni a standard alakú polinomként (a legnagyobb kitevővel rendelkező monom legyen előbb, azaz A x 2 , majd kevesebbel – bx majd egy szabad tag Val vel.
A redukált másodfokú egyenlet és a második tagban páros együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásakor más képleteket is használhat. Ismerkedjünk meg ezekkel a képletekkel. Ha egy teljes másodfokú egyenletben a második tag páros együtthatós (b = 2k), akkor az egyenletet a 2. ábra diagramján látható képletekkel oldhatja meg.
A teljes másodfokú egyenletet redukáltnak nevezzük, ha az együttható at x 2 egyenlő eggyel, és az egyenlet alakját veszi fel x 2 + px + q = 0. Egy ilyen egyenlet megadható a megoldáshoz, vagy megkapható úgy, hogy az egyenlet összes együtthatóját elosztjuk az együtthatóval A, állva x 2 .
A 3. ábra a redukált négyzet megoldásának diagramját mutatja 
egyenletek. Nézzünk egy példát az ebben a cikkben tárgyalt képletek alkalmazására.
Példa. Oldja meg az egyenletet
3x 2 + 6x – 6 = 0.
Oldjuk meg ezt az egyenletet az 1. ábra diagramján látható képletekkel.
D = 6 2 – 4 3 (– 6) = 36 + 72 = 108
√D = √108 = √(363) = 6√3
x 1 = (-6 - 6√3)/(2 3) = (6 (-1- √(3)))/6 = -1 - √3
x 2 = (-6 + 6√3)/(2 3) = (6 (-1+ √(3)))/6 = –1 + √3
Válasz: –1 – √3; –1 + √3
Megfigyelhető, hogy az x együtthatója ebben az egyenletben páros szám, azaz b = 6 vagy b = 2k, ahol k = 3. Ezután próbáljuk meg megoldani az egyenletet a D ábra diagramján látható képletekkel. 1 = 3 2 – 3 · (– 6 ) = 9 + 18 = 27
√(D 1) = √27 = √(9 3) = 3√3
x 1 = (-3 – 3√3)/3 = (3 (-1 – √(3)))/3 = – 1 – √3
x 2 = (-3 + 3√3)/3 = (3 (-1 + √(3)))/3 = – 1 + √3
Válasz: –1 – √3; –1 + √3. Ha észrevesszük, hogy ebben a másodfokú egyenletben az összes együttható osztható 3-mal, és végrehajtva az osztást, megkapjuk az x 2 + 2x – 2 = 0 redukált másodfokú egyenletet. Oldjuk meg ezt az egyenletet a redukált másodfokú képletekkel 
egyenletek 3. ábra.
D 2 = 2 2 – 4 (– 2) = 4 + 8 = 12
√(D 2) = √12 = √(4 3) = 2√3
x 1 = (-2 - 2√3)/2 = (2 (-1 - √(3)))/2 = – 1 – √3
x 2 = (-2 + 2√3)/2 = (2 (-1+ √(3)))/2 = – 1 + √3
Válasz: –1 – √3; –1 + √3.
Amint látjuk, ennek az egyenletnek a megoldása során különféle képletek ugyanazt a választ kaptuk. Ezért, ha alaposan elsajátította az 1. ábra diagramján látható képleteket, mindig meg tud majd oldani bármilyen teljes másodfokú egyenletet.
blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.
Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet.
Alkalmazzuk az ax 2 + bx + c másodfokú trinomiálisra ugyanazokat a transzformációkat, amelyeket a 13. §-ban végeztünk el, amikor bebizonyítottuk azt a tételt, hogy az y = ax 2 + bx + c függvény gráfja parabola.
Nekünk van
Általában a b 2 - 4ac kifejezést D betűvel jelöljük, és az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet diszkriminánsának (vagy az ax + bx + c másodfokú trinomiális diszkriminánsának) nevezzük.
És így
Ez azt jelenti, hogy az ax 2 + ők + c = O másodfokú egyenlet átírható a következő alakba
Bármely másodfokú egyenlet átalakítható (1) alakra, ami kényelmes, amint azt most látni fogjuk, hogy meghatározzuk egy másodfokú egyenlet gyökeinek számát és megtaláljuk ezeket a gyököket.
Bizonyíték. Ha D< 0, то правая часть уравнения (1) — отрицательное число; в то же время bal oldal az (1) egyenlet nem negatív értékeket vesz fel x bármely értékére. Ez azt jelenti, hogy nincs egyetlen olyan x-érték sem, amely kielégítené az (1) egyenletet, ezért az (1) egyenletnek nincs gyökere.
1. példa Oldja meg a 2x 2 + 4x + 7 = 0 egyenletet.
Megoldás. Itt a = 2, b = 4, c = 7,
D = b 2 -4ac = 4 2 .
4.
2.
7 = 16-56 = -40.
Mivel D< 0, то по теореме 1 данное квадратное уравнение не имеет корней.
Bizonyíték. Ha D = 0, akkor az (1) egyenlet alakját veszi fel
az egyetlen gyöke az egyenletnek.
1. megjegyzés.
Emlékszel arra, hogy x = - a parabola csúcsának abszcisszája, amely az y = ax 2 + ezek + c függvény grafikonjaként szolgál? Miért ez
érték az ax 2 + ők + c - 0 másodfokú egyenlet egyetlen gyöke lett? A „koporsó” egyszerűen megnyílik: ha D 0, akkor, mint korábban megállapítottuk,
Ugyanennek a függvénynek a grafikonja 
parabola, amelynek csúcsa egy pontban van (lásd például a 98. ábrát). Ez azt jelenti, hogy a parabola csúcsának abszcisszája és a másodfokú egyenlet egyetlen gyöke D = 0 esetén ugyanaz a szám.
2. példa Oldja meg a 4x 2 - 20x + 25 = 0 egyenletet.
Megoldás. Itt a = 4, b = -20, c = 25, D = b 2 - 4ac = (-20) 2 - 4. 4. 25 = 400 - 400 = 0.
Mivel D = 0, ezért a 2. Tétel szerint ennek a másodfokú egyenletnek egy gyöke van. Ezt a gyökeret a képlet találja meg
Válasz: 2.5.
Jegyzet 2.
Vegye figyelembe, hogy a 4x 2 - 20x +25 tökéletes négyzet: 4x 2 - 20x + 25 = (2x - 5) 2.
Ha ezt azonnal észrevettük volna, akkor így oldottuk volna meg az egyenletet: (2x - 5) 2 = 0, ami azt jelenti, hogy 2x - 5 = 0, amiből x = 2,5-öt kapunk. Általában, ha D = 0, akkor
ax 2 + bx + c = - ezt korábban az 1. megjegyzésben megjegyeztük.
Ha D > 0, akkor az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenletnek két gyöke van, amelyeket a képletekkel találunk
Bizonyíték. Írjuk át az ax 2 + b x + c = 0 másodfokú egyenletet (1) alakba!
Tegyük fel 
Feltétel szerint D > 0, ami azt jelenti, hogy az egyenlet jobb oldala pozitív szám. Ekkor a (2) egyenletből azt kapjuk
Tehát az adott másodfokú egyenletnek két gyökere van:
3. megjegyzés.
A matematikában ritkán fordul elő, hogy a bevezetett kifejezésnek ne lenne képletesen szólva mindennapi háttere. Vegyünk valami újat
fogalom - diszkrimináns. Emlékezzen a „diszkrimináció” szóra. Mit jelent? Egyesek megalázását, mások felemelését jelenti, i.e. eltérő hozzáállás
különböző embereknek. Mindkét szó (diszkriminancia és diszkrimináció) a latin discriminans - „megkülönböztető” szóból származik. A diszkrimináns a másodfokú egyenleteket a gyökök száma alapján különbözteti meg.
3. példa Oldja meg a 3x 2 + 8x - 11 = 0 egyenletet.
Megoldás. Itt a = 3, b = 8, c = - 11,
D = b 2 - 4ac = 8 2 - 4. 3. (-11) = 64 + 132 = 196.
Mivel D > 0, akkor a 3. Tétel szerint ennek a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Ezeket a gyökereket a (3) képlet alapján találjuk meg.
Valójában a következő szabályt dolgoztuk ki:
Az egyenlet megoldásának szabálya
ax 2 + bx + c = 0
Ez a szabály univerzális, teljes és nem teljes másodfokú egyenletekre egyaránt vonatkozik. A hiányos másodfokú egyenleteket azonban általában nem ezzel a szabállyal oldjuk meg, sokkal kényelmesebb megoldani őket, ahogy az előző bekezdésben tettük.
4. példa Egyenletek megoldása:
a) x 2 + 3x - 5 = 0; b) - 9x 2 + 6x - 1 = 0; c) 2x 2 -x + 3,5 = 0.
Megoldás: a) Itt a = 1, b = 3, c = - 5,
D = b 2 - 4ac = Z 2 - 4. 1 . (-5) = 9 + 20 = 29.
Mivel D > 0, ennek a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Ezeket a gyököket a (3) képletekkel találjuk meg
B) A tapasztalatok szerint kényelmesebb olyan másodfokú egyenletekkel foglalkozni, amelyekben a vezető együttható pozitív. Ezért először az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk -1-gyel, így kapjuk
9x 2 - 6x + 1 = 0.
Itt a = 9, b = -6, c = 1, D = b 2 - 4ac = 36 - 36 = 0.
Mivel D = 0, ennek a másodfokú egyenletnek egy gyöke van. Ezt a gyöket az x = - képlet találja meg. Eszközök,
Ezt az egyenletet másképp is meg lehetne oldani: mivel
9x 2 - 6x + 1 = (Зх - IJ, akkor a (Зх - I) 2 = 0 egyenletet kapjuk, ahonnan Зх - 1 = 0, azaz x = .
c) Itt a = 2, b = - 1, c = 3,5, D = b 2 - 4ac = 1 - 4. 2. 3,5= 1 - 28 = - 27. Mivel D< 0, то данное квадратное уравнение не имеет корней.
A matematikusok gyakorlatias, gazdaságos emberek. Azt mondják, miért használnak ilyen hosszú szabályt egy másodfokú egyenlet megoldásához, jobb, ha azonnal írunk egy általános képletet:
Ha kiderül, hogy a D = b 2 - 4ac diszkrimináns negatív szám, akkor az írott képletnek nincs értelme (a négyzetgyök jel alatt negatív szám található), ami azt jelenti, hogy nincsenek gyökök. Ha kiderül, hogy a diszkrimináns egyenlő nullával, akkor azt kapjuk
Vagyis egy gyök (azt is mondják, hogy a másodfokú egyenletnek ebben az esetben két azonos gyöke van:
Végül, ha kiderül, hogy b 2 - 4ac > 0, akkor két x 1 és x 2 gyöket kapunk, amelyeket a fenti (3) képletekkel számítunk ki.
Maga a szám ebben az esetben pozitív (mint bármelyik Négyzetgyök pozitív számból), és az előtte lévő kettős jel azt jelenti, hogy az egyik esetben (x 1 megtalálásakor) ez a pozitív szám hozzáadódik a - b számhoz, egy másik esetben (x 2 találásakor) ez a pozitív szám eltávolították
leolvasni a számból - b.
Megvan a választás szabadsága. Akarja-e részletesen megoldani a másodfokú egyenletet a fent megfogalmazott szabály segítségével; Ha akarja, azonnal írja le a (4) képletet, és használja le a szükséges következtetések levonására.
5. példa. Egyenletek megoldása:
Megoldás, a) Természetesen használhat (4) vagy (3) képletet, figyelembe véve, hogy in ebben az esetben 
De miért csináljunk dolgokat törtekkel, amikor egyszerűbb és ami a legfontosabb, élvezetesebb az egész számokkal bánni? Szabaduljunk meg a nevezőktől. Ehhez meg kell szorozni az egyenlet mindkét oldalát 12-vel, vagyis az egyenlet együtthatójaként szolgáló törtek legkisebb közös nevezőjével. Kapunk
ahonnan 8x 2 + 10x - 7 = 0.
Most használjuk a (4) képletet
B) Ismét van egy egyenletünk törtegyütthatókkal: a = 3, b = - 0,2, c = 2,77. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 100-zal, ekkor kapunk egy egész együtthatós egyenletet:
300x2 - 20x + 277 = 0.
Ezután a (4) képletet használjuk:
Egy egyszerű számítás megmutatja, hogy a diszkrimináns (gyökös kifejezés) negatív szám. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek nincs gyökere.
6. példa. Oldja meg az egyenletet 
Megoldás. Itt, az előző példától eltérően, előnyösebb a szabály szerint cselekedni, nem pedig a (4) rövidített képlet szerint.
Van a = 5, b = -, c = 1, D = b 2 - 4ac = (-) 2 - 4. 5. 1 = 60 - 20 = 40. Mivel D > 0, a másodfokú egyenletnek két gyöke van, amit a (3) képletekkel fogunk keresni.
7. példa. Oldja meg az egyenletet
x 2 - (2p + 1)x + (p 2 +p-2) = 0
Megoldás. Ez a másodfokú egyenlet abban különbözik az összes eddig vizsgált másodfokú egyenlettől, hogy az együtthatók nem konkrét számok, hanem betűkifejezések. Az ilyen egyenleteket betűegyütthatós egyenleteknek vagy paraméteres egyenleteknek nevezzük. Ebben az esetben a p paraméter (betű) szerepel az egyenlet második együtthatójában és szabad tagjában.
Keressük a diszkriminánst:
8. példa. Oldja meg a px 2 + (1 - p) x - 1 = 0 egyenletet.
Megoldás. Ez is egy p paraméterű egyenlet, de az előző példától eltérően nem oldható meg azonnal a (4) vagy (3) képletekkel. Az a helyzet, hogy a megadott képletek másodfokú egyenletekre is alkalmazhatók, de ezt még nem mondhatjuk el egy adott egyenletről. Valóban, mi van, ha p = 0? Akkor
az egyenlet 0 alakot vesz fel. x 2 + (1-0)x- 1 = 0, azaz x - 1 = 0, amiből x = 1-et kapunk. Most, ha biztosan tudod, hogy , akkor alkalmazhatod a képleteket a másodfokú gyökére egyenlet:
Betöltés...