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 a pontos megoldáson múlik másodfokú egyenletek.

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

Helyezzünk át mindent bal oldalés rendezd 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 dolog, amit emlékezni kell, 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 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:

BAN BEN Általános nézet 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

A másodfokú egyenletekkel kapcsolatos problémákat mind az iskolai tantervben, mind az egyetemeken tanulmányozzák. Ezek a*x^2 + b*x + c = 0 alakú egyenleteket jelentenek, ahol x- változó, a, b, c – állandók; a<>0 . A feladat az egyenlet gyökereinek megtalálása.

A másodfokú egyenlet geometriai jelentése

A másodfokú egyenlettel ábrázolt függvény grafikonja parabola. A másodfokú egyenlet megoldásai (gyökei) a parabola és az abszcissza (x) tengellyel való metszéspontjai. Ebből következik, hogy három eset lehetséges:
1) a parabolának nincs metszéspontja az abszcissza tengellyel. Ez azt jelenti, hogy a felső síkban van ágakkal felfelé, vagy az alsó síkban lefelé ágakkal. Ilyen esetekben a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyöke (két összetett gyöke van).

2) a parabolának van egy metszéspontja az Ox tengellyel. Az ilyen pontot a parabola csúcsának nevezzük, és a benne lévő másodfokú egyenlet megkapja minimális vagy maximális értékét. Ebben az esetben a másodfokú egyenletnek egy valós gyöke (vagy két azonos gyöke) van.

3) Az utolsó eset a gyakorlatban érdekesebb - a parabolának két metszéspontja van az abszcissza tengellyel. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek két valódi gyöke van.

A változók hatványainak együtthatóinak elemzése alapján érdekes következtetések vonhatók le a parabola elhelyezéséről.

1) Ha az a együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola ágai felfelé, ha negatív, akkor a parabola ágai lefelé irányulnak.

2) Ha a b együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola csúcsa a bal oldali félsíkban, ha negatív értéket vesz fel, akkor a jobb oldalon.

Másodfokú egyenlet megoldási képletének levezetése

Vigyük át az állandót a másodfokú egyenletből

egyenlőségjelre a kifejezést kapjuk

Mindkét oldalt megszorozzuk 4a-val

Ha egy teljes négyzetet szeretne kapni a bal oldalon, adjon hozzá b^2-t mindkét oldalához, és hajtsa végre az átalakítást

Innen találjuk

Másodfokú egyenlet diszkriminánsának és gyökének képlete

A diszkrimináns a gyökkifejezés értéke, ha pozitív, akkor az egyenletnek két valós gyöke van, a képlettel számolva Ha a diszkrimináns nulla, a másodfokú egyenletnek egy megoldása van (két egybeeső gyök), amely könnyen megkapható a fenti képletből D=0 esetén. Ha a diszkrimináns negatív, az egyenletnek nincs valódi gyöke. A másodfokú egyenlet megoldásait azonban a komplex síkban találjuk, és értéküket a képlet segítségével számítjuk ki

Vieta tétele

Tekintsünk egy másodfokú egyenlet két gyökét, és ezek alapján alkossunk másodfokú egyenletet Maga Vieta tétele könnyen következik a jelölésből: ha megvan a forma másodfokú egyenlete. akkor gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett p együtthatóval, az egyenlet gyökeinek szorzata pedig egyenlő a q szabad taggal. A fentiek képleti ábrázolása így fog kinézni. Ha egy klasszikus egyenletben az a konstans nem nulla, akkor el kell osztania vele a teljes egyenletet, majd alkalmaznia kell Vieta tételét.

Faktorozási másodfokú egyenlet ütemezése

Legyen a feladat kitűzve: másodfokú egyenlet tényezője. Ehhez először megoldjuk az egyenletet (keressük meg a gyököket). Ezután a talált gyököket behelyettesítjük a másodfokú egyenlet kiterjesztési képletébe, ezzel megoldjuk a problémát.

Másodfokú egyenlet problémák

1. feladat. Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit!

x^2-26x+120=0 .

Megoldás: Írja fel az együtthatókat, és helyettesítse be őket a diszkrimináns képletbe

Gyökere adott értéket egyenlő 14-gyel, könnyen megtalálható számológéppel, vagy gyakori használattal megjegyezhető, azonban a kényelem kedvéért a cikk végén felsorolom azokat a számnégyzeteket, amelyekkel gyakran találkozhatunk ilyen problémákkal.
A talált értéket behelyettesítjük a gyökképletbe

és megkapjuk

2. feladat. Oldja meg az egyenletet

2x 2 +x-3=0.

Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk, írjuk ki az együtthatókat és keressük meg a diszkriminánst


Által ismert képletek másodfokú egyenlet gyökereinek megtalálása

3. feladat. Oldja meg az egyenletet

9x2 -12x+4=0.

Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk. A diszkrimináns meghatározása

Van egy esetünk, amikor a gyökerek egybeesnek. Keresse meg a gyökök értékeit a képlet segítségével

4. feladat. Oldja meg az egyenletet

x^2+x-6=0 .

Megoldás: Azokban az esetekben, ahol kicsi az együttható x-hez, célszerű a Vieta-tételt alkalmazni. Feltételével két egyenletet kapunk

A második feltételből azt találjuk, hogy a szorzatnak -6-nak kell lennie. Ez azt jelenti, hogy az egyik gyökér negatív. A következő lehetséges megoldáspárunk van (-3;2), (3;-2) . Az első feltételt figyelembe véve a második megoldáspárt elutasítjuk.
Az egyenlet gyökei egyenlők

5. feladat Határozza meg egy téglalap oldalainak hosszát, ha kerülete 18 cm, területe 77 cm 2!

Megoldás: Egy téglalap kerületének fele egyenlő a szomszédos oldalak összegével. Jelöljük x-et nagyobb oldalként, akkor 18-x a kisebbik oldala. A téglalap területe egyenlő a következő hosszúságok szorzatával:
x(18-x)=77;
vagy
x 2 -18x+77=0.
Keressük az egyenlet diszkriminánsát

Az egyenlet gyökeinek kiszámítása

Ha x=11, Hogy 18's=7 , ennek az ellenkezője is igaz (ha x=7, akkor 21's=9).

6. feladat. Tényezőzzük a másodfokú egyenletet 10x 2 -11x+3=0.

Megoldás: Számítsuk ki az egyenlet gyökereit, ehhez megtaláljuk a diszkriminánst

A talált értéket behelyettesítjük a gyökképletbe, és kiszámítjuk

Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet gyökök szerinti felbontásának képletét

A zárójeleket kinyitva identitást kapunk.

Másodfokú egyenlet paraméterrel

Példa 1. Milyen paraméterértékeken A , az (a-3)x 2 + (3-a)x-1/4=0 egyenletnek egy gyöke van?

Megoldás: Az a=3 érték közvetlen helyettesítésével azt látjuk, hogy nincs megoldása. Ezután azt a tényt használjuk, hogy nulla diszkrimináns esetén az egyenletnek a 2 multiplicitás egyik gyöke van. Írjuk ki a diszkriminánst

Leegyszerűsítjük és egyenlővé tesszük a nullával

Az a paraméterre vonatkozóan egy másodfokú egyenletet kaptunk, amelynek megoldása Vieta tételével könnyen megkapható. A gyökök összege 7, szorzatuk 12. Egyszerű kereséssel megállapítjuk, hogy a 3,4 számok lesznek az egyenlet gyökerei. Mivel már a számítások elején elutasítottuk az a=3 megoldást, az egyetlen helyes megoldás a következő lesz: a=4.Így a=4 esetén az egyenletnek egy gyöke van.

Példa 2. Milyen paraméterértékeken A , az egyenlet a(a+3)x^2+(2a+6)x-3a-9=0 egynél több gyökér van?

Megoldás: Először vegyük figyelembe a szinguláris pontokat, ezek az a=0 és a=-3 értékek lesznek. Ha a=0, az egyenlet 6x-9=0 alakra egyszerűsödik; x=3/2 és egy gyökér lesz. A= -3 esetén a 0=0 azonosságot kapjuk.
Számítsuk ki a diszkriminánst

és keresse meg a értékét, amelynél pozitív

Az első feltételből a>3-at kapunk. A másodikhoz megtaláljuk az egyenlet diszkriminánsát és gyökereit


Határozzuk meg azokat az intervallumokat, ahol a függvény pozitív értéket vesz fel. Az a=0 pontot behelyettesítve azt kapjuk 3>0 . Tehát a (-3;1/3) intervallumon kívül a függvény negatív. Ne felejtsd el a lényeget a=0, amelyet ki kell zárni, mert az eredeti egyenletnek egy gyöke van.
Ennek eredményeként két olyan intervallumot kapunk, amely kielégíti a feladat feltételeit

A gyakorlatban sok hasonló feladat lesz, próbálja meg maga is kitalálni a feladatokat, és ne felejtse el figyelembe venni az egymást kölcsönösen kizáró feltételeket. Tanulmányozza jól a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló képleteket, gyakran szükség van rájuk a számításoknál különböző feladatokatés a tudományok.

Bibliográfiai leírás: Gasanov A. R., Kuramshin A. A., Elkov A. A., Shilnenkov N. V., Ulanov D. D., Shmeleva O. V. Módszerek a másodfokú egyenletek megoldására // Fiatal tudós. 2016. szám 6.1. o. 17-20..02.2019).



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-Khwarizminak, aki kerülte a fogyasztást negatív számok, ezeknek az egyenleteknek a feltételei összeadások, nem kivonhatók. 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.

A másodfokú egyenlet általános formában történő megoldására szolgáló képlet levezetése Viète-től elérhető, de Viète csak pozitív gyököket 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 könnyedén megtalálhatjuk az egyenlet gyökereit 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.

Ismeretes, hogy ez az ax 2 + bx + c = o egyenlőség egy sajátos változata, ahol a, b és c valós együtthatók ismeretlen x-re, és ahol a ≠ o, valamint b és c nullák - egyidejűleg vagy külön. Például c = o, b ≠ o vagy fordítva. Majdnem emlékeztünk a másodfokú egyenlet definíciójára.

A másodfokú trinomiális nulla. Első együtthatója a ≠ o, b és c tetszőleges értéket vehet fel. Ekkor az x változó értéke akkor lesz, amikor a helyettesítés helyes számszerű egyenlőséggé alakítja. Koncentráljunk a valós gyökökre, bár az egyenletek megoldások is lehetnek, olyan egyenletet szokás teljesnek nevezni, amelyben egyik együttható sem egyenlő o-val, a ≠ o, b ≠ o, c ≠ o.
Oldjunk meg egy példát. 2x 2 -9x-5 = ó, megtaláljuk
D = 81+40 = 121,
D pozitív, ami azt jelenti, hogy vannak gyökök, x 1 = (9+√121):4 = 5, és a második x 2 = (9-√121):4 = -o.5. Az ellenőrzés segít megbizonyosodni arról, hogy helyesek.

Itt van a másodfokú egyenlet lépésről lépésre történő megoldása

A diszkrimináns segítségével bármilyen egyenletet megoldhat, amelynek bal oldalán van ismert másodfokú trinomikus ≠ o-ra. Példánkban. 2x2 -9x-5 = 0 (ax 2 +in+s = o)

Nézzük meg, melyek a másodfokú hiányos egyenletek

1. ax 2 +in = o. A szabad tag, a c együttható x 0-nál itt egyenlő nullával, ≠ o-ban.
   Hogyan lehet megoldani egy ilyen típusú nem teljes másodfokú egyenletet? Vegyük ki az x-et a zárójelekből. Emlékezzünk arra, amikor két tényező szorzata nulla.
   x(ax+b) = o, ez lehet akkor, ha x = o vagy ha ax+b = o.
   A 2. megoldást követően x = -в/а.
   Ennek eredményeképpen x 1 = 0 gyökünk van, számítások szerint x 2 = -b/a.
2. Ekkor x együtthatója egyenlő o-val, c pedig nem egyenlő (≠) o-val.
   x 2 +c = o. Mozgassuk c-t az egyenlőség jobb oldalára, így x 2 = -с. Ennek az egyenletnek csak akkor van valódi gyöke, ha -c pozitív szám (c ‹ o),
   x 1 ekkor egyenlő √(-c)-vel, x 2 pedig -√(-c). Ellenkező esetben az egyenletnek nincs gyökere.
3. Az utolsó lehetőség: b = c = o, azaz ax 2 = o. Természetesen egy ilyen egyszerű egyenletnek egy gyöke van, x = o.

Különleges esetek

Megnéztük, hogyan lehet megoldani egy nem teljes másodfokú egyenletet, és most vegyünk bármilyen típust.

• Egy teljes másodfokú egyenletben az x második együtthatója páros szám.
  Legyen k = o.5b. Képleteink vannak a diszkrimináns és a gyökök kiszámítására.
  D/4 = k 2 - ac, a gyökök kiszámítása x 1,2 = (-k±√(D/4))/a D › o esetén.
  x = -k/a D = o-nál.
  A D ‹ o-nak nincsenek gyökerei.
• Adott másodfokú egyenletek, amikor x együtthatója négyzetben egyenlő 1-gyel, általában x 2 + рх + q = o-val írjuk fel. Az összes fenti képlet vonatkozik rájuk, de a számítások valamivel egyszerűbbek.
  Példa: x 2 -4x-9 = 0. Számítsa ki D: 2 2 +9, D = 13.
  x 1 = 2+√13, x 2 = 2-√13.
• Ezenkívül könnyen alkalmazható a megadottakra, azt írja, hogy az egyenlet gyökeinek összege egyenlő -p-vel, a második együttható mínusz (jelentése ellentétes jel), és ugyanezen gyökök szorzata egyenlő lesz q-val, a szabad taggal. Nézze meg, milyen könnyű lenne szóban meghatározni ennek az egyenletnek a gyökereit. Csökkentetlen együtthatókra (minden nullával nem egyenlő együtthatóra) ez a tétel a következőképpen alkalmazható: az x 1 + x 2 összeg egyenlő -b/a, az x 1 · x 2 szorzat egyenlő a c/a-val.

A c szabad tag és az a első együttható összege egyenlő a b együtthatóval. Ebben a helyzetben az egyenletnek legalább egy gyöke van (könnyen bizonyítható), az első szükségszerűen egyenlő -1-gyel, a második pedig -c/a, ha létezik. Ellenőrizheti saját maga, hogyan lehet megoldani egy hiányos másodfokú egyenletet. Egyszerű, mint a pite. Az együtthatók bizonyos kapcsolatban lehetnek egymással

• x 2 +x = o, 7x 2 -7 = o.
• Az összes együttható összege egyenlő o-val.
  Egy ilyen egyenlet gyöke 1 és c/a. Példa: 2x 2 -15x+13 = o.
  x 1 = 1, x 2 = 13/2.

Számos más módszer is létezik a különböző másodfokú egyenletek megoldására. Itt van például egy módszer egy teljes négyzet kinyerésére egy adott polinomból. Számos grafikus módszer létezik. Amikor gyakran foglalkozol ilyen példákkal, megtanulod „kattintani” őket, mint a magokat, mert minden módszer automatikusan eszedbe jut.

5x (x - 4) = 0

5 x = 0 vagy x - 4 = 0

x = ± √ 25/4

Miután megtanulta az elsőfokú egyenletek megoldását, természetesen szeretne másokkal együtt dolgozni, különösen a másodfokú egyenletekkel, amelyeket egyébként másodfokúnak neveznek.

A másodfokú egyenletek olyan egyenletek, mint ax² + bx + c = 0, ahol a változó x, a számok a, b, c, ahol a nem egyenlő nullával.

Ha egy másodfokú egyenletben az egyik vagy a másik együttható (c vagy b) egyenlő nullával, akkor ez az egyenlet nem teljes másodfokú egyenletnek minősül.

Hogyan lehet megoldani egy hiányos másodfokú egyenletet, ha a hallgatók eddig csak elsőfokú egyenleteket tudtak megoldani? Tekintsünk hiányos másodfokú egyenleteket különböző típusokés egyszerű módszerek a megoldásukra.

a) Ha c együttható 0, és b együttható nem nulla, akkor ax ² + bx + 0 = 0 egy ax ² + bx = 0 alakú egyenletre redukálódik.

Egy ilyen egyenlet megoldásához ismerni kell a hiányos másodfokú egyenlet megoldásának képletét, amely abból áll, hogy a bal oldalát beszámítjuk, majd később felhasználjuk azt a feltételt, hogy a szorzat egyenlő nullával.

Például 5x² - 20x = 0. Az egyenlet bal oldalát faktorozzuk, miközben végrehajtjuk a szokásos matematikai műveletet: a közös tényezőt zárójelből kivesszük.

5x (x - 4) = 0

Azt a feltételt használjuk, hogy a termékek nullával egyenlőek.

5 x = 0 vagy x - 4 = 0

A válasz a következő lesz: az első gyök 0; a második gyök 4.

b) Ha b = 0, és a szabad tag nem egyenlő nullával, akkor az ax ² + 0x + c = 0 egyenletet ax ² + c = 0 alakú egyenletre redukáljuk. Az egyenleteket kétféleképpen oldjuk meg. : a) a bal oldali egyenlet polinomjának faktorálásával; b) az aritmetika tulajdonságainak felhasználásával négyzetgyök. Egy ilyen egyenlet az alábbi módszerek egyikével oldható meg, például:

x = ± √ 25/4

x = ± 5/2. A válasz a következő lesz: az első gyök 5/2; a második gyök egyenlő - 5/2.

c) Ha b egyenlő 0 és c egyenlő 0, akkor ax ² + 0 + 0 = 0 egy ax ² = 0 alakú egyenletre redukálódik. Ebben az egyenletben x 0 lesz.

Mint látható, a hiányos másodfokú egyenleteknek legfeljebb két gyöke lehet.