Remélem, hogy a cikk tanulmányozása után megtanulja, hogyan lehet megtalálni a teljes másodfokú egyenlet gyökereit.
A diszkrimináns segítségével csak a teljes másodfokú egyenleteket oldjuk meg, a hiányos másodfokú egyenletek megoldására más módszereket alkalmazunk, amelyeket a "Hiányos másodfokú egyenletek megoldása" című cikkben talál.
Milyen másodfokú egyenleteket nevezünk teljesnek? azt ax 2 + b x + c = 0 alakú egyenletek, ahol az a, b és c együtthatók nem egyenlők nullával. Tehát a teljes másodfokú egyenlet megoldásához ki kell számítanunk a D diszkriminánst.
D \u003d b 2 - 4ac.
Attól függően, hogy milyen értéke van a diszkriminánsnak, leírjuk a választ.
Ha a diszkrimináns negatív szám (D< 0),то корней нет.
Ha a diszkrimináns nulla, akkor x \u003d (-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 \u003d 4 2 - 4 4 = 0
x = (- (-4))/2 = 2
Válasz: 2.
Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + x + 3 = 0.
D \u003d 1 2 - 4 2 3 \u003d - 23
Válasz: nincs gyökere.
Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + 5x - 7 = 0.
D \u003d 5 2 - 4 2 (-7) \u003d 81
x 1 \u003d (-5 - √81) / (2 2) \u003d (-5 - 9) / 4 \u003d - 3,5
x 2 \u003d (-5 + √81) / (2 2) \u003d (-5 + 9) / 4 \u003d 1
Válasz: - 3,5; egy.
Képzeljük el tehát a teljes másodfokú egyenletek megoldását az 1. ábra sémájával.
Ezekkel a képletekkel bármilyen teljes másodfokú egyenlet megoldható. Csak arra kell vigyázni az egyenletet szabványos polinomként írták 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 \u003d 3 2 - 4 1 2 \u003d 1, majd az egyenletnek két gyöke van. És ez nem igaz. (Lásd a fenti 2. példa megoldását).
Ezért, ha az egyenletet nem szabványos polinomként írjuk fel, akkor először a teljes másodfokú egyenletet kell felírni a standard alakú polinomként (első helyen kell lennie a legnagyobb kitevővel rendelkező monominak, azaz a x 2 , majd kevesebbel – bx, majd a szabad kifejezés Val vel.
A fenti másodfokú egyenlet és a második tag páros együtthatós másodfokú egyenletének megoldása során más képletek is használhatók. Ismerkedjünk meg ezekkel a képletekkel. Ha a teljes másodfokú egyenletben a második taggal az együttható páros (b = 2k), akkor az egyenlet a 2. ábra diagramján látható képletekkel oldható meg.
A teljes másodfokú egyenletet redukáltnak nevezzük, ha az együttható at x 2 egyenlő egységgel, és az egyenlet alakot ölt x 2 + px + q = 0. Egy ilyen egyenlet megoldható, vagy úgy kapjuk meg, hogy az egyenlet összes együtthatóját elosztjuk az együtthatóval a helyen állva x 2 .
A 3. ábra a redukált négyzet megoldásának diagramját mutatja egyenletek. Tekintsük az ebben a cikkben tárgyalt képletek alkalmazásának példáját.
Példa. oldja meg az egyenletet
3x 2 + 6x - 6 = 0.
Oldjuk meg ezt az egyenletet az 1. ábrán látható képletekkel.
D \u003d 6 2 - 4 3 (- 6) \u003d 36 + 72 \u003d 108
√D = √108 = √(363) = 6√3
x 1 \u003d (-6 - 6 √ 3) / (2 3) \u003d (6 (-1- √ (3))) / 6 \u003d -1 - √ 3
x 2 \u003d (-6 + 6 √ 3) / (2 3) \u003d (6 (-1 + √ (3))) / 6 \u003d -1 + √ 3
Válasz: -1 - √3; –1 + √3
Látható, hogy ebben az egyenletben az x-ben lévő együttható páros szám, azaz b \u003d 6 vagy b \u003d 2k, ahonnan k \u003d 3. Ezután próbáljuk meg megoldani az egyenletet az ábrán látható képletekkel. D 1 \u003d 3 2-3 (-6) = 9 + 18 = 27
√(D 1) = √27 = √(9 3) = 3√3
x 1 \u003d (-3 - 3√3) / 3 \u003d (3 (-1 - √ (3))) / 3 \u003d - 1 - √3
x 2 \u003d (-3 + 3√3) / 3 \u003d (3 (-1 + √ (3))) / 3 \u003d - 1 + √3
Válasz: -1 - √3; –1 + √3. Ha észrevesszük, hogy ebben a másodfokú egyenletben az összes együttható osztható 3-mal, és osztva, megkapjuk az x 2 + 2x - 2 = 0 redukált másodfokú egyenletet. Ezt az egyenletet a redukált másodfokú képletekkel oldjuk meg. 
egyenletek 3. ábra.
D 2 = 2 2 - 4 (- 2) \u003d 4 + 8 \u003d 12
√(D 2) = √12 = √(4 3) = 2√3
x 1 \u003d (-2 - 2√3) / 2 \u003d (2 (-1 - √ (3))) / 2 \u003d - 1 - √3
x 2 \u003d (-2 + 2 √ 3) / 2 \u003d (2 (-1 + √ (3))) / 2 \u003d - 1 + √ 3
Válasz: -1 - √3; –1 + √3.
Mint látható, amikor ezt az egyenletet különböző képletekkel oldottuk meg, ugyanazt a választ kaptuk. Ezért, ha jól elsajátította az 1. ábra diagramján látható képleteket, mindig meg tud oldani bármilyen teljes másodfokú egyenletet.
blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.
Ezzel a matematikai programmal megteheti másodfokú egyenlet megoldása.
A program nem csak a problémára ad választ, hanem a megoldási folyamatot is kétféleképpen jeleníti meg:
- a diszkrimináns használatával
- a Vieta-tétel felhasználásával (ha lehetséges).
Ráadásul a válasz pontos, nem hozzávetőleges.
Például a \(81x^2-16x-1=0\) egyenletre a válasz a következő formában jelenik meg:
Ez a program hasznos lehet középiskolások számára általános oktatási iskolák előkészítése során ellenőrzési munkaés vizsgák, amikor a tudás tesztelése előtt a vizsga, a szülők, hogy ellenőrizzék a megoldást számos probléma matematika és algebra. Vagy talán túl drága önnek oktatót felvenni vagy új tankönyveket vásárolni? Vagy csak azt szeretné, hogy minél hamarabb elkészüljön? házi feladat matematika vagy algebra? Ebben az esetben részletes megoldással is használhatja programjainkat.
Ezáltal saját és/vagy öccsei képzését tudja lebonyolítani, miközben a megoldandó feladatok területén az oktatás színvonala emelkedik.
Ha nem ismeri a négyzetes polinom megadásának szabályait, javasoljuk, hogy ismerkedjen meg velük.
A négyzetes polinom bevitelének szabályai
Bármely latin betű működhet változóként.
Például: \(x, y, z, a, b, c, o, p, q \) stb.
A számok egész vagy törtként is megadhatók.
Ezenkívül a törtszámok nem csak tizedes, hanem közönséges tört formájában is beírhatók.
A tizedes törtek bevitelének szabályai.
A tizedes törtekben a tört részt az egész számtól ponttal vagy vesszővel lehet elválasztani.
Például beléphet tizedesjegyek tehát: 2,5x - 3,5x^2
A közönséges törtek bevitelének szabályai.
Csak egy egész szám lehet tört számlálója, nevezője és egész része.
A nevező nem lehet negatív.
Törtszám beírásakor a számlálót osztásjel választja el a nevezőtől: /
Az egész részt egy és jel választja el a törttől: &
Bemenet: 3&1/3 - 5&6/5z +1/7z^2
Eredmény: \(3\frac(1)(3) - 5\frac(6)(5) z + \frac(1)(7)z^2 \)
Egy kifejezés beírásakor zárójeleket használhat. Ebben az esetben egy másodfokú egyenlet megoldásánál először a bevezetett kifejezés egyszerűsödik.
Például: 1/2(y-1)(y+1)-(5y-10&1/2)
Azt találtuk, hogy egyes, a feladat megoldásához szükséges szkriptek nem töltődnek be, és előfordulhat, hogy a program nem működik.
Lehetséges, hogy az AdBlock engedélyezve van.
Ebben az esetben kapcsolja ki és frissítse az oldalt.
Mert Sokan vannak, akik szeretnék megoldani a problémát, kérése sorban áll.
Néhány másodperc múlva a megoldás megjelenik alább.
Kérlek várj mp...
Ha te hibát észlelt a megoldásban, akkor a Visszajelzési űrlapon írhatsz róla.
Ne felejtsd el jelezze, melyik feladatot te döntöd el, mit írja be a mezőkbe.
Játékaink, rejtvényeink, emulátoraink:
Az egyenletek mindegyike
\(-x^2+6x+1,4=0, \quad 8x^2-7x=0, \quad x^2-\frac(4)(9)=0 \)
van formája
\(ax^2+bx+c=0, \)
ahol x egy változó, a, b és c számok.
Az első egyenletben a = -1, b = 6 és c = 1,4, a másodikban a = 8, b = -7 és c = 0, a harmadikban a = 1, b = 0 és c = 4/9. Az ilyen egyenleteket ún másodfokú egyenletek.
Meghatározás.
másodfokú egyenlet egy ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletet hívunk meg, ahol x egy változó, a, b és c néhány szám, és \(a \neq 0 \).
Az a, b és c számok a másodfokú egyenlet együtthatói. Az a számot első együtthatónak, a b számot a második együtthatónak, a c számot pedig metszéspontnak nevezzük.
Az ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletek mindegyikében, ahol \(a \neq 0 \), az x változó legnagyobb hatványa egy négyzet. Innen a név: másodfokú egyenlet.
Vegye figyelembe, hogy a másodfokú egyenletet másodfokú egyenletnek is nevezik, mivel a bal oldala egy másodfokú polinom.
Meghívjuk azt a másodfokú egyenletet, amelyben az együttható x 2-nél 1 redukált másodfokú egyenlet. Például az adott másodfokú egyenletek az egyenletek
\(x^2-11x+30=0, \quad x^2-6x=0, \quad x^2-8=0 \)
Ha az ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletben legalább az egyik b vagy c együttható nulla, akkor egy ilyen egyenletet ún. hiányos másodfokú egyenlet. Tehát a -2x 2 +7=0, 3x 2 -10x=0, -4x 2 =0 egyenletek nem teljes másodfokú egyenletek. Az elsőben b=0, a másodikban c=0, a harmadikban b=0 és c=0.
A hiányos másodfokú egyenleteknek három típusa van:
1) ax 2 +c=0, ahol \(c \neq 0 \);
2) ax 2 +bx=0, ahol \(b \neq 0 \);
3) ax2=0.
Tekintsük az egyes típusok egyenleteinek megoldását.
Egy ax 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(c \neq 0 \) esetén a szabad tagját átvisszük jobb oldalés osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a-val:
\(x^2 = -\frac(c)(a) \Jobbra x_(1,2) = \pm \sqrt( -\frac(c)(a)) \)
Mivel \(c \neq 0 \), akkor \(-\frac(c)(a) \neq 0 \)
Ha \(-\frac(c)(a)>0 \), akkor az egyenletnek két gyöke van.
Ha \(-\frac(c)(a) Egy ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(b \neq 0 \) esetén szorozza a bal oldalát, és kapja meg az egyenletet
\(x(ax+b)=0 \Rightarrow \left\( \begin(array)(l) x=0 \\ ax+b=0 \end(array) \right. \Rightarrow \left\( \begin (tömb)(l) x=0 \\ x=-\frac(b)(a) \end(tömb) \jobbra. \)
Ezért az ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletnek \(b \neq 0 \) esetén mindig két gyöke van.
Az ax 2 \u003d 0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az x 2 \u003d 0 egyenlettel, ezért egyetlen gyöke 0.
Vizsgáljuk meg most, hogyan lehet megoldani azokat a másodfokú egyenleteket, amelyekben mind az ismeretlenek együtthatója, mind a szabad tag nem nulla.
-ben oldjuk meg a másodfokú egyenletet Általános nézetés ennek eredményeként megkapjuk a gyökerek képletét. Ekkor ez a képlet bármilyen másodfokú egyenlet megoldására alkalmazható.
Oldja meg az ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletet
Mindkét részét elosztva a-val, megkapjuk az ekvivalens redukált másodfokú egyenletet
\(x^2+\frac(b)(a)x +\frac(c)(a)=0 \)
Ezt az egyenletet úgy alakítjuk át, hogy kiemeljük a binomiális négyzetét:
\(x^2+2x \cdot \frac(b)(2a)+\left(\frac(b)(2a)\right)^2- \left(\frac(b)(2a)\right)^ 2 + \frac(c)(a) = 0 \jobbra \)
A gyökérkifejezést ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa ax 2 +bx+c=0 („diszkrimináns” latinul – megkülönböztető). D betűvel jelöljük, azaz.
\(D = b^2-4ac\)
Most a diszkrimináns jelölésével átírjuk a másodfokú egyenlet gyökeinek képletét:
\(x_(1,2) = \frac( -b \pm \sqrt(D) )(2a) \), ahol \(D= b^2-4ac \)
Nyilvánvaló, hogy:
1) Ha D>0, akkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van.
2) Ha D=0, akkor a másodfokú egyenletnek egy gyöke van \(x=-\frac(b)(2a)\).
3) Ha D Így a diszkrimináns értékétől függően a másodfokú egyenletnek két gyöke lehet (D > 0 esetén), egy gyöke (D = 0 esetén) vagy nincs gyöke (D esetén Ha másodfokú egyenletet ezzel a képlettel oldunk meg , célszerű a következő módon tenni:
1) számítsa ki a diszkriminánst, és hasonlítsa össze nullával;
2) ha a diszkrimináns pozitív vagy egyenlő nullával, akkor használja a gyökképletet, ha a diszkrimináns negatív, akkor írja fel, hogy nincsenek gyökök.
Az adott ax 2 -7x+10=0 másodfokú egyenletnek 2-es és 5-ös gyöke van. A gyökök összege 7, a szorzat pedig 10. Látjuk, hogy a gyökök összege egyenlő az ebből vett második együtthatóval. ellentétes jel, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. Minden olyan redukált másodfokú egyenlet, amelynek gyökerei vannak, rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.
Az adott másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal.
Azok. Vieta tétele kimondja, hogy az x 2 +px+q=0 redukált másodfokú egyenlet x 1 és x 2 gyökének a tulajdonsága:
\(\left\( \begin(array)(l) x_1+x_2=-p \\ x_1 \cdot x_2=q \end(array) \right. \)
KOMPLEX SZÁMOK XI
253. § Négyzetgyök kivonása negatív számokból.
Másodfokú egyenletek megoldása negatív diszkriminánsokkal
Mint tudjuk,
én 2 = - 1.
Azonban,
(- én ) 2 = (- 1 én ) 2 = (- 1) 2 én 2 = -1.
Így a -1 négyzetgyökének legalább két értéke van, nevezetesen én és - én . De talán van még néhány komplex számok, kinek a négyzete -1?
A kérdés tisztázásához tegyük fel, hogy egy komplex szám négyzete a + bi egyenlő - 1. Akkor
(a + bi ) 2 = - 1,
a 2 + 2abi - b 2 = - 1
Két komplex szám akkor és csak akkor egyenlő, ha valós részeik és a képzetes részek együtthatói egyenlők. Ezért
| { |
a
2 - b
2 = - 1 |
Az (1) rendszer második egyenlete szerint a számok legalább egyike a és b egyenlőnek kell lennie nullával. Ha egy b = 0, akkor az első egyenlet ad eredményt a 2 = - 1. Szám a valódi, és ezért a 2 > 0. Nem negatív szám a 2 nem lehet egyenlő negatív számmal - 1. Ezért egyenlőség b = 0 ebben az esetben lehetetlen. Ezt még el kell ismerni a = 0, de akkor a rendszer első egyenletéből kapjuk: - b 2 = - 1, b = ± 1.
Ezért az egyetlen komplex szám, amelynek négyzete -1, azok a számok én és - én , Ez feltételesen így van írva:
√-1 = ± én .
Hasonló érveléssel a tanulók ellenőrizhetik, hogy pontosan két olyan szám van, amelyek négyzete egyenlő egy negatív számmal. a . Ezek a számok √ a én és -√ a én . Hagyományosan így írják:
√- a = ± √ a én .
√ alatt a itt az aritmetikai, vagyis a pozitív gyökér alatt értendő. Például √4 = 2, √9 =.3; ezért
√-4 = + 2én , √-9 = ± 3 én
Ha korábban a negatív diszkrimináns másodfokú egyenletek vizsgálatakor azt mondtuk, hogy az ilyen egyenleteknek nincs gyökere, most már nem lehet ilyet mondani. Másodfokú egyenletek a negatív diszkriminánsoknak összetett gyökerei vannak. Ezeket a gyökereket az általunk ismert képletekkel kapjuk. Legyen például adott az egyenlet x 2 + 2x + 5 = 0; akkor
x 1,2 = -1 ± √1 -5 = -1 ± √-4 = -1 ± 2 én .
Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: x 1 = - 1 +2én , x 2 = - 1 - 2én . Ezek a gyökerek kölcsönösen konjugáltak. Érdekes megjegyezni, hogy ezek összege - 2, a szorzat pedig 5, így teljesül Vieta tétele.
Feladatok
2022. (Us tn o.) Oldja meg az egyenleteket:
a) x 2 = -16; b) x 2 = -2; 3-kor x 2 = - 5.
2023. Keresse meg az összes olyan komplex számot, amelyek négyzete egyenlő:
a) én ; b) 1/2 - √ 3/2 én ;
2024. Másodfokú egyenletek megoldása:
a) x 2 - 2x + 2 = 0; b) 4 x 2 + 4x + 5 = 0; ban ben) x 2 - 14x + 74 = 0.
Egyenletrendszerek megoldása (No. 2025, 2026):
| { |
x+y
= 6 |
| { |
2x-
3y
= 1 |
2027. Bizonyítsuk be, hogy a valós együtthatós másodfokú egyenlet és a negatív diszkrimináns gyökei kölcsönösen konjugáltak.
2028. Bizonyítsa be, hogy Vieta tétele igaz minden másodfokú egyenletre, és nem csak a nem negatív diszkrimináns egyenletekre.
2029. Írj fel egy valós együtthatós másodfokú egyenletet, melynek gyökerei:
a) x 1 = 5 - én , x 2 = 5 + én ; b) x 1 = 3én , x 2 = - 3én .
2030. Állíts fel egy másodfokú egyenletet valós együtthatókkal, melynek egyik gyöke egyenlő (3 - én ) (2én - 4).
2031. Írj fel egy valós együtthatós másodfokú egyenletet, melynek egyik gyöke 32 -
én
1- 3én
.
A diszkriminancia kétértelmű fogalom. Ez a cikk a polinom diszkriminánsára összpontosít, amely lehetővé teszi annak meghatározását, hogy egy adott polinomnak vannak-e valós megoldásai. A négyzetes polinom képlete itt található iskolai tanfolyam algebra és elemzés. Hogyan lehet megtalálni a diszkriminálót? Mi kell az egyenlet megoldásához?
Másodfokú polinomot vagy másodfokú egyenletet nevezünk i * w ^ 2 + j * w + k egyenlő 0-val, ahol "i" és "j" az első és a második együttható, a "k" egy konstans, amelyet néha "elfogásnak" neveznek, és "w" egy változó. Gyökere annak a változónak az összes értéke lesz, amelynél identitássá válik. Egy ilyen egyenlőség átírható i, (w - w1) és (w - w2) 0-val egyenlő szorzataként. Ebben az esetben nyilvánvaló, hogy ha az "i" együttható nem tűnik el, akkor a függvény a A bal oldal csak akkor lesz nulla, ha x értéke w1 vagy w2. Ezek az értékek a polinom nullára állításának eredménye.
Egy olyan változó értékének meghatározásához, amelynél a másodfokú polinom eltűnik, egy segédkonstrukciót használunk, amely az együtthatóira épül, és amelyet diszkriminánsnak nevezünk. Ezt a konstrukciót a következő képlet alapján számítjuk ki: D egyenlő j * j - 4 * i * k. Miért használják?
Hogyan mutatja ez az érték valódi gyökerek jelenlétét:
Ha az összeg (7 * w^2; 3 * w; 1) egyenlő 0-val D-t a 3 * 3 - 4 * 7 * 1 = 9 - 28 képlettel számítjuk ki -19-et kapunk. A nulla alatti diszkrimináns érték azt jelzi, hogy a valós vonalon nincs eredmény.
Ha figyelembe vesszük, hogy 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 egyenértékű 0-val, akkor D-t úgy számítjuk ki, hogy (-3) négyzetként mínusz a (4; 2; 1) számok szorzata, és egyenlő 9-8, azaz 1. A pozitív érték két eredményt jelez a valós egyenesen.
Ha vesszük az összeget (w^2; 2 * w; 1), és egyenlőnek tesszük 0-val, D-t úgy számítjuk ki, hogy két négyzet mínusz a számok szorzata (4; 1; 1). Ez a kifejezés 4-4-re egyszerűsödik, és nullára változik. Kiderült, hogy az eredmények ugyanazok. Ha alaposan megnézi ezt a képletet, világossá válik, hogy ez egy „teljes négyzet”. Ez azt jelenti, hogy az egyenlőség átírható (w + 1) ^ 2 = 0 alakban. Nyilvánvalóvá vált, hogy ebben a feladatban az eredmény „-1”. Abban a helyzetben, amikor D egyenlő 0-val, az egyenlőség bal oldala mindig összecsukható az „összeg négyzete” képlet szerint.
Ez a segédkonstrukció nemcsak megmutatja a valós megoldások számát, hanem segít megtalálni azokat. A másodfokú egyenlet kiszámításának általános képlete a következő:
w = (-j +/- d) / (2 * i), ahol d az 1/2 hatványához tartozó diszkrimináns.
Tegyük fel, hogy a diszkrimináns nulla alatt van, akkor d képzeletbeli, és az eredmények képzeletbeliek.
D nulla, akkor d egyenlő D-vel az 1/2 hatványához képest szintén nulla. Megoldás: -j / (2 * i). Ha ismét figyelembe vesszük, hogy 1 * w ^ 2 + 2 * w + 1 = 0, akkor a -2 / (2 * 1) = -1 értékkel egyenértékű eredményeket találunk.
Tegyük fel, hogy D > 0, tehát d valós szám, és a válasz itt két részre oszlik: w1 = (-j + d) / (2 * i) és w2 = (-j - d) / (2 * i) . Mindkét eredmény érvényes lesz. Nézzük 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 = 0. Itt a diszkrimináns és a d egy. Tehát w1 (3 + 1) osztva (2 * 2) vagy 1-gyel, w2 pedig (3 - 1) osztva 2 * 2-vel vagy 1/2-vel.
A négyzet alakú kifejezés nullával való egyenlővé tételének eredményét a következő algoritmus szerint számítjuk ki:
Az együtthatóktól függően a megoldás némileg egyszerűsíthető. Nyilvánvaló, hogy ha a második hatvány változója előtti együttható nulla, akkor lineáris egyenlőséget kapunk. Ha a változó előtti együttható nulla az első hatványhoz képest, akkor két lehetőség lehetséges:
Ha a szabad tag nulla, akkor a gyökök (0; -j) lesznek
De vannak más speciális esetek is, amelyek leegyszerűsítik a megoldás megtalálását.
Az adott ún olyan négyzetes trinomit, ahol a legmagasabb tag előtti együttható egy. Erre a helyzetre a Vieta-tétel alkalmazható, amely azt mondja, hogy a gyökök összege egyenlő az első hatvány változójának együtthatójával, szorozva -1-gyel, és a szorzat megfelel a "k" állandónak.
Ezért w1 + w2 egyenlő -j-vel és w1 * w2 egyenlő k-val, ha az első együttható egy. Egy ilyen ábrázolás helyességének ellenőrzésére az első képletből kifejezhetjük w2 = -j - w1-et, és behelyettesíthetjük a második w1 * (-j - w1) = k egyenlőségbe. Az eredmény az eredeti w1 ^ 2 + j * w1 + k = 0 egyenlőség.
Fontos megjegyezni hogy i * w ^ 2 + j * w + k = 0 "i"-vel való osztással csökkenthető. Az eredmény a következő lesz: w^2 + j1 * w + k1 = 0 ahol j1 egyenlő j/i-vel és k1 egyenlő k/i-vel.
Nézzük a már megoldott 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 = 0 eredményt w1 = 1 és w2 = 1/2 eredménnyel. Felezni kell, ennek eredményeként w ^ 2 - 3/2 * w + 1/2 = 0. Ellenőrizzük, hogy a kapott eredményekre igazak-e a tétel feltételei: 1 + 1/2 = 3/2 és 1 * 1/2 = 1 /2.
Ha az első hatványhoz tartozó változó tényezője (j) osztható 2-vel, akkor lehetőség nyílik a képlet egyszerűsítésére, és a D / 4 \u003d (j / 2) ^ 2 - i * k diszkriminans negyedén keresztül megoldást keresni. w = (-j +/- d/2) / i, ahol d/2 = D/4 1/2 hatványára.
Ha i = 1, és a j együttható páros, akkor a megoldás -1 és a w változóban lévő együttható felének szorzata, plusz/mínusz ennek a felének a négyzetgyöke, mínusz a "k" állandó. Képlet: w = -j / 2 +/- (j ^ 2 / 4 - k) ^ 1/2.
A fent említett másodfokú trinomiális diszkrimináns a leggyakrabban használt különleges eset. Általános esetben a polinom diszkriminánsa az ennek a polinomnak a gyökeinek különbségeinek szorzott négyzete. Ezért a nullával egyenlő diszkrimináns legalább két többszörös megoldás jelenlétét jelzi.
Tekintsük i * w ^ 3 + j * w ^ 2 + k * w + m = 0.
D \u003d j ^ 2 * k ^ 2 - 4 * i * k ^ 3 - 4 * i ^ 3 * k - 27 * i ^ 2 * m ^ 2 + 18 * i * j * k * m.
Tegyük fel, hogy a diszkrimináns nagyobb, mint nulla. Ez azt jelenti, hogy a valós számok tartományában három gyök található. A nullánál többféle megoldás létezik. Ha D< 0, то два корня комплексно-сопряженные, которые дают отрицательное значение при возведении в квадрат, а также один корень — вещественный.
Videónk részletesen elmondja a diszkrimináns kiszámításáról.
Nem kapott választ a kérdésére? Javasolj témát a szerzőknek.
Figyelem!
Vannak további
anyag az 555. külön szakaszban.
Azoknak, akik erősen "nem nagyon..."
És azoknak, akik "nagyon...")
Mi az a másodfokú egyenlet? Hogy néz ki? Termben másodfokú egyenlet kulcsszó az "négyzet". Ez azt jelenti, hogy az egyenletben szükségszerűen kell lennie egy x négyzetnek. Ezen kívül az egyenletben lehet (vagy nem!) Csak x (első fokig) és csak egy szám (ingyenes tag).És nem lehetnek x-ek kettőnél nagyobb fokkal.
Matematikai értelemben a másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:
Itt a, b és c- néhány szám. b és c- abszolút bármilyen, de a- minden, csak nem nulla. Például:
Itt a =1; b = 3; c = -4
Itt a =2; b = -0,5; c = 2,2
Itt a =-3; b = 6; c = -18
Nos, érted az ötletet...
Ezekben a másodfokú egyenletekben a bal oldalon ott van teljes készlet tagjai. x együttható négyzete a, x az első hatványhoz együtthatóval bés szabad tagja
Az ilyen másodfokú egyenleteket nevezzük teljes.
Mi van ha b= 0, mit kapunk? Nekünk van X első fokon eltűnik. Ez a nullával való szorzásból következik be.) Kiderül például:
5x2 -25 = 0,
2x2 -6x=0,
-x 2 +4x=0
Stb. És ha mindkét együttható bés c egyenlő nullával, akkor még egyszerűbb:
2x 2 \u003d 0,
-0,3x2 \u003d 0
Az ilyen egyenleteket, ahol valami hiányzik, hívják hiányos másodfokú egyenletek. Ami teljesen logikus.) Vegye figyelembe, hogy az x négyzet minden egyenletben jelen van.
Egyébként miért a nem lehet nulla? És te helyettesíted helyette a nulla.) Az X a négyzetben eltűnik! Az egyenlet lineáris lesz. És ez másképp van megcsinálva...
Ez a másodfokú egyenletek fő típusa. Teljes és hiányos.
A másodfokú egyenletek könnyen megoldhatók. Képletek és világos egyszerű szabályok szerint. Az első szakaszban szüksége van adott egyenlet hozzuk a szabványos formára, azaz. a kilátáshoz:
Ha az egyenletet ebben a formában már megadtuk, akkor nem kell elvégeznie az első lépést.) A lényeg az, hogy helyesen határozzuk meg az összes együtthatót, a, bés c.
A másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére szolgáló képlet így néz ki:
A gyökjel alatti kifejezést ún diszkriminatív. De róla alább bővebben. Amint látja, az x megtalálásához használjuk csak a, b és c. Azok. együtthatók a másodfokú egyenletből. Csak óvatosan cserélje ki az értékeket a, b és c ebbe a képletbe és számolj. Helyettes a jeleiddel! Például az egyenletben:
a =1; b = 3; c= -4. Itt írjuk:
A példa majdnem megoldva:
Ez a válasz.
Minden nagyon egyszerű. És mit gondolsz, nem tévedhetsz? Hát igen, hogyan...
A leggyakoribb hibák az értékek összetévesztése a, b és c. Vagy inkább nem a jeleikkel (hol lehet összetéveszteni?), hanem a negatív értékek behelyettesítésével a gyökszámítási képletben. Itt a képlet részletes nyilvántartása adott számokkal menthető. Ha problémák vannak a számításokkal, akkor csináld!
Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk a következő példát:
Itt a = -6; b = -5; c = -1
Tegyük fel, hogy tudja, hogy az első alkalommal ritkán kap választ.
Nos, ne légy lusta. 30 másodpercet vesz igénybe egy extra sor beírása és a hibák száma erősen csökkenni fog. Tehát részletesen írjuk, minden zárójellel és jellel:
Hihetetlenül nehéznek tűnik ilyen gondosan festeni. De csak úgy tűnik. Próbáld ki. Nos, vagy válassz. Melyik a jobb, gyors vagy jobb? Ráadásul boldoggá teszlek. Egy idő után nem kell mindent olyan gondosan festeni. Csak úgy fog kiderülni. Különösen, ha gyakorlati technikákat alkalmaz, amelyeket alább ismertetünk. Ez a rossz példa egy csomó mínuszokkal egyszerűen és hiba nélkül megoldható!
De gyakran a másodfokú egyenletek kissé eltérően néznek ki. Például így:
Tudtad?) Igen! azt hiányos másodfokú egyenletek.
Az általános képlettel is megoldhatók. Csak helyesen kell kitalálnia, hogy mi egyenlő itt a, b és c.
Megvalósult? Az első példában a = 1; b = -4; a c? Egyáltalán nem létezik! Hát igen, ez így van. A matematikában ez azt jelenti c = 0 ! Ez minden. Helyettesítsd be a nullát a képletbe helyette c,és minden sikerülni fog nekünk. Hasonlóan a második példával is. Csak nulla nincs itt Val vel, a b !
De a nem teljes másodfokú egyenletek sokkal könnyebben megoldhatók. Mindenféle képlet nélkül. Fontolja meg az elsőt hiányos egyenlet. Mit lehet tenni a bal oldalon? Az X-et kiveheti a zárójelből! Vegyük ki.
És mi van belőle? És az, hogy a szorzat akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha bármelyik tényező nullával egyenlő! Nem hiszed? Nos, akkor jöjjön ki két nem nulla szám, amelyeket szorozva nullát adunk!
Nem működik? Valami...
Ezért bátran írhatjuk: x 1 = 0, x 2 = 4.
Minden. Ezek lesznek az egyenletünk gyökerei. Mindkettő passzol. Ha bármelyiket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, akkor a helyes azonosságot 0 = 0 kapjuk. Mint látható, a megoldás sokkal egyszerűbb, mint az általános képlet. Megjegyzem egyébként, hogy melyik X lesz az első, és melyik a második - ez teljesen közömbös. Könnyű sorrendben írni x 1- amelyik kevesebb x 2- ami több.
A második egyenlet is könnyen megoldható. 9-et mozgunk a jobb oldalra. Kapunk:
Marad a gyökér kivonása a 9-ből, és ennyi. Kap:
két gyökér is . x 1 = -3, x 2 = 3.
Így oldódik meg az összes hiányos másodfokú egyenlet. Vagy úgy, hogy kiveszi az X-et a zárójelekből, vagy egyszerűen átviszi a számot jobbra, majd kivonja a gyökeret.
Rendkívül nehéz összekeverni ezeket a módszereket. Egyszerűen azért, mert az első esetben ki kell húzni a gyökeret az X-ből, ami valahogy érthetetlen, a második esetben pedig nincs mit kivenni a zárójelekből ...
Varázsszó diszkriminatív ! Ritka középiskolás diák nem hallotta ezt a szót! A „dönts a megkülönböztetőn keresztül” kifejezés megnyugtató és megnyugtató. Mert nem kell várni a diszkrimináló trükkjére! Használata egyszerű és problémamentes.) Emlékeztetem a megoldás legáltalánosabb képletére Bármi másodfokú egyenletek:
A gyökjel alatti kifejezést diszkriminánsnak nevezzük. A diszkriminánst általában betűvel jelöljük D. Diszkrimináns képlet:
D = b 2-4ac
És mi olyan különleges ebben a kifejezésben? Miért érdemel különleges nevet? Mit a diszkrimináns jelentése? Végül -b, vagy 2a ebben a képletben nem neveznek konkrétan ... Betűket és betűket.
A lényeg ez. Másodfokú egyenlet megoldásakor ezzel a képlettel lehetséges csak három eset.
1. A diszkrimináns pozitív. Ez azt jelenti, hogy kivonhatja belőle a gyökeret. Az egy másik kérdés, hogy a gyökeret jól vagy rosszul kinyerték-e ki. Fontos, hogy elvileg mit vonnak ki. Ekkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Két különböző megoldás.
2. A diszkrimináns nulla. Akkor van egy megoldás. Mivel a nulla összeadása vagy kivonása a számlálóban nem változtat semmit. Szigorúan véve ez nem egyetlen gyökér, hanem két egyforma. De egyszerűsített változatban szokás beszélni egy megoldás.
3. A diszkrimináns negatív. A negatív szám nem veszi fel a négyzetgyököt. Hát rendben. Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.
Hogy őszinte legyek, at egyszerű megoldás másodfokú egyenleteknél a diszkrimináns fogalma nem különösebben szükséges. Behelyettesítjük az együtthatók értékeit a képletben, és figyelembe vesszük. Ott minden kiderül magától, és két gyökér, és egy, és nem egy. Bonyolultabb feladatok megoldásánál azonban tudás nélkül jelentés és diszkriminanciaképlet nem elég. Különösen - a paraméterekkel rendelkező egyenletekben. Az ilyen egyenletek műrepülés a GIA és az egységes államvizsgához!)
Így, hogyan kell megoldani a másodfokú egyenleteket az emlékezett diszkrimináns révén. Vagy tanult, ami szintén nem rossz.) Tudod, hogyan kell helyesen azonosítani a, b és c. Tudod hogyan gondosan cserélje be őket a gyökérképletbe és gondosan számolja meg az eredményt. Megértetted ezt kulcsszó itt - gondosan?
Most vegye figyelembe azokat a gyakorlati technikákat, amelyek drámaian csökkentik a hibák számát. Pont azokat, amelyek a figyelmetlenségből fakadnak... Amiért aztán fájdalmas és sértő...
Első fogadás
. Ne legyen lusta, mielőtt megoldana egy másodfokú egyenletet, hogy szabványos formára hozza. Mit is jelent ez?
Tegyük fel, hogy bármilyen átalakítás után a következő egyenletet kapjuk:
Ne rohanjon megírni a gyökerek képletét! Szinte biztosan összekevered az esélyeket a, b és c.Építsd fel helyesen a példát. Először x négyzet, majd négyzet nélkül, majd szabad tag. Mint ez:
És még egyszer: ne rohanjon! Az x négyzet előtti mínusz nagyon felzaklathat. Elfelejteni könnyű... Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? Igen, ahogy az előző témában tanítottuk! Az egész egyenletet meg kell szoroznunk -1-gyel. Kapunk:
És most nyugodtan felírhatja a gyökök képletét, kiszámíthatja a diszkriminánst és kiegészítheti a példát. Döntse el egyedül. A 2-es és a -1-es gyökökhöz kell jutnia.
Második fogadás. Ellenőrizze a gyökereit! Vieta tétele szerint. Ne aggódj, mindent elmagyarázok! Ellenőrzés utolsó dolog az egyenlet. Azok. az, amivel felírtuk a gyökök képletét. Ha (mint ebben a példában) az együttható a = 1, ellenőrizze a gyökereket könnyen. Elég megsokszorozni őket. Szabad termet kellene kapnod, pl. esetünkben -2. Figyelj, ne 2, hanem -2! ingyenes tag a jeleddel . Ha nem sikerült, az azt jelenti, hogy már elrontották valahol. Keressen hibát.
Ha sikerült, össze kell hajtania a gyökereket. Utolsó és utolsó ellenőrzés. Arány kellene b Val vel szemben
jel. Esetünkben -1+2 = +1. Egy együttható b, amely az x előtt van, egyenlő -1-gyel. Szóval minden helyes!
Kár, hogy csak olyan példáknál ilyen egyszerű, ahol x négyzet tiszta, együtthatóval a = 1. De legalább ellenőrizze az ilyen egyenleteket! Kevesebb lesz a hiba.
Fogadás harmadik . Ha az egyenletednek törtegyütthatói vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozzuk meg az egyenletet a közös nevezővel a „Hogyan oldjunk meg egyenleteket? Azonosság-transzformációk” című leckében leírtak szerint. Ha törtekkel dolgozik, a hibák valamilyen oknál fogva mászni ...
Egyébként egy gonosz példát ígértem egy rakás mínuszos leegyszerűsítés végett. Kérem! Itt van.
Annak érdekében, hogy ne keveredjünk össze a mínuszokban, megszorozzuk az egyenletet -1-gyel. Kapunk:
Ez minden! Dönteni szórakoztató!
Tehát ismételjük a témát.
1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet a standard formára hozzuk, felépítjük jobb.
2. Ha a négyzetben az x előtt van negatív együttható, akkor azt úgy szűrjük ki, hogy a teljes egyenletet -1-gyel megszorozzuk.
3. Ha az együtthatók törtek, akkor a törteket úgy távolítjuk el, hogy a teljes egyenletet megszorozzuk a megfelelő tényezővel.
4. Ha x négyzet tiszta, az együttható eggyel egyenlő, a megoldás könnyen ellenőrizhető Vieta tételével. Csináld!
Most dönthetsz.)
Egyenletek megoldása:
8x 2 - 6x + 1 = 0
x 2 + 3x + 8 = 0
x 2 - 4x + 4 = 0
(x+1) 2 + x + 1 = (x+1) (x+2)
Válaszok (rendetlenségben):
x 1 = 0
x 2 = 5
x 1,2 =2
x 1 = 2
x 2 \u003d -0,5
x - tetszőleges szám
x 1 = -3
x 2 = 3
nincsenek megoldások
x 1 = 0,25
x 2 \u003d 0,5
Minden passzol? Kiváló! A másodfokú egyenletek nem a tiéd fejfájás. Az első három kiderült, de a többi nem? Akkor a probléma nem a másodfokú egyenletekben van. A probléma az egyenletek azonos transzformációiban van. Nézd meg a linket, hasznos.
Nem egészen működik? Vagy egyáltalán nem működik? Akkor segítségedre lesz az 555. szakasz, ahol ezek a példák csontok szerint vannak rendezve. Megjelenítés fő- hibák a megoldásban. Természetesen ismertetjük az azonos transzformációk alkalmazását különböző egyenletek megoldásában is. Sokat segít!
Egyébként van még néhány érdekes oldalam az Ön számára.)
Gyakorolhatod a példák megoldását, és megtudhatod a szintedet. Tesztelés azonnali ellenőrzéssel. Tanulás – érdeklődéssel!)
függvényekkel, származékokkal ismerkedhet meg.
