", azaz elsőfokú egyenletek. Ebben a leckében megnézzük amit másodfokú egyenletnek nevezünkés hogyan kell megoldani.
Fontos!
Az egyenlet mértékét az ismeretlen legmagasabb foka határozza meg.
Ha a maximális teljesítmény, amelyben az ismeretlen „2”, akkor van egy másodfokú egyenlete.
| 1 |
| 3 |
Fontos! A másodfokú egyenlet általános formája így néz ki:
A x 2 + b x + c = 0
Az „a”, „b” és „c” számok.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 |
| 1 |
| 3 |
nem úgy mint lineáris egyenletek másodfokú egyenletek megoldására egy speciális képlet a gyökerek megtalálásához.
Emlékezik!
A másodfokú egyenlet megoldásához a következőkre lesz szüksége:
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.
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 |
Vannak esetek, amikor a másodfokú egyenleteknek nincs gyökere. Ez a helyzet akkor fordul elő, ha a képlet negatív számot tartalmaz a gyökér alatt.
Első szint
A „másodfokú egyenlet” kifejezésben a kulcsszó a „másodfokú”. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek szükségszerűen tartalmaznia kell egy változót (ugyanazt az x-et) négyzetesen, és nem lehetnek x-ek a harmadik (vagy nagyobb) hatványhoz.
Sok egyenlet megoldása másodfokú egyenletek megoldásán múlik.
Tanuljuk meg meghatározni, hogy ez egy másodfokú egyenlet, és nem valami más egyenlet.
1. példa
Szabaduljunk meg a nevezőtől, és szorozzuk meg az egyenlet minden tagját ezzel
Tegyünk mindent a bal oldalra, és rendezzük a kifejezéseket X hatványai szerint csökkenő sorrendbe
Most már bátran kijelenthetjük, hogy ez az egyenlet másodfokú!
2. példa
Szorozzuk meg a bal és jobb oldal a:
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:
A matematikusok hagyományosan az összes másodfokú egyenletet a következő típusokra osztják:
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.
Először is koncentráljunk a hiányos másodfokú egyenletek megoldására – ezek sokkal egyszerűbbek!
A hiányos másodfokú egyenleteknek többféle típusa van:
1. i. Mert tudjuk, hogyan kell kivonni Négyzetgyök, akkor 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.
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.
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.
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
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 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:
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.
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 megjegyezni. A legfontosabb, hogy ne feledje, hogy nem lehet kevesebb.
Példák:
Megoldások:
Válasz:
Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!
Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet
nincsenek gyökerei.
Ahhoz, hogy röviden leírjuk, hogy egy problémának nincs megoldása, használjuk az üres készlet ikont.
Válasz:
Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: és.
Válasz:
Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:
A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek van megoldása, ha:
Tehát ennek a másodfokú egyenletnek két gyökere van: és.
Példa:
Oldja meg az egyenletet.
Megoldás:
Tekintsük az egyenlet bal oldalát, és keressük meg a gyökereket:
Válasz:
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.
Az ilyen gyökereket kettős gyökérnek nevezzük.
Miért lehetséges különböző mennyiségben gyökerek? Térjünk rá a másodfokú egyenlet geometriai jelentésére. 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: .
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 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 legalább az egyik gyökér 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: ; .
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.
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:
1. Algoritmus hiányos másodfokú egyenletek megoldására
1.1. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:
1) Fejezzük ki az ismeretlent: ,
2) Ellenőrizze a kifejezés jelét:
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:
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 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.
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
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 
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 abból vett p együtthatóval ellentétes jel, és az egyenlet gyökeinek szorzata 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.
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.
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, könnyű megtalálni egy számológéppel, vagy megjegyezni gyakori használat mellett, 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 
Ismert képletek segítségével megtaláljuk a másodfokú egyenlet gyökereit 
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.
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 értékeket 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 számítások során különféle problémákban és tudományokban.
A másodfokú egyenleteket 8. osztályban tanulják, tehát nincs itt semmi bonyolult. Ezek megoldásának képessége feltétlenül szükséges.
A másodfokú egyenlet ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenlet, ahol az a, b és c együtthatók tetszőleges számok, és a ≠ 0.
A konkrét megoldási módszerek tanulmányozása előtt vegye figyelembe, hogy minden másodfokú egyenlet három osztályba osztható:
Ez egy fontos különbség a másodfokú és a lineáris egyenletek között, ahol a gyök mindig létezik és egyedi. Hogyan határozható meg, hogy egy egyenletnek hány gyöke van? Van ebben egy csodálatos dolog - diszkriminatív.
Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, ekkor a diszkrimináns egyszerűen a D = b 2 − 4ac szám.
Ezt a képletet fejből kell tudni. Hogy honnan származik, az most nem fontos. Még egy fontos dolog: a diszkrimináns előjele alapján meg lehet határozni, hogy hány gyöke van egy másodfokú egyenletnek. Ugyanis:
Kérjük, vegye figyelembe: a diszkrimináns a gyökerek számát jelzi, és egyáltalán nem a jeleiket, ahogyan azt valamilyen okból sokan hiszik. Vessen egy pillantást a példákra, és mindent meg fog érteni:
Feladat. Hány gyöke van a másodfokú egyenleteknek:
- x 2 − 8x + 12 = 0;
- 5x 2 + 3x + 7 = 0;
- x 2 − 6x + 9 = 0.
Írjuk ki az első egyenlet együtthatóit, és keressük meg a diszkriminánst:
a = 1, b = -8, c = 12;
D = (−8) 2 − 4 1 12 = 64 − 48 = 16
Tehát a diszkrimináns pozitív, tehát az egyenletnek két különböző gyökere van. Hasonló módon elemezzük a második egyenletet:
a = 5; b = 3; c=7;
D = 3 2 − 4 5 7 = 9 − 140 = −131.
A diszkrimináns negatív, nincsenek gyökerei. Az utolsó hátralévő egyenlet:
a = 1; b = -6; c = 9;
D = (−6) 2 − 4 1 9 = 36 − 36 = 0.
A diszkrimináns nulla - a gyökér egy lesz.
Kérjük, vegye figyelembe, hogy minden egyenlethez együtthatókat írtunk le. Igen, hosszú, igen, fárasztó, de nem fogod összekeverni az esélyeket és hülye hibákat elkövetni. Válassz magadnak: sebesség vagy minőség.
Mellesleg, ha rájön a dolog, egy idő után nem kell leírnia az összes együtthatót. Ilyen műveleteket hajt végre a fejében. A legtöbb ember ezt valahol 50-70 megoldott egyenlet után kezdi el – általában nem annyira.
Most térjünk át magára a megoldásra. Ha a diszkrimináns D > 0, akkor a gyökök a következő képletekkel kereshetők:
Másodfokú egyenlet gyökeinek alapképlete
Ha D = 0, bármelyik képletet használhatja - ugyanazt a számot kapja, amely lesz a válasz. Végül, ha D< 0, корней нет — ничего считать не надо.
- x 2 − 2x − 3 = 0;
- 15 − 2x − x 2 = 0;
- x 2 + 12x + 36 = 0.
Első egyenlet:
x 2 − 2x − 3 = 0 ⇒ a = 1; b = -2; c = -3;
D = (−2) 2 − 4 1 (−3) = 16.
D > 0 ⇒ az egyenletnek két gyöke van. Keressük meg őket:
Második egyenlet:
15 − 2x − x 2 = 0 ⇒ a = −1; b = -2; c = 15;
D = (−2) 2 − 4 · (−1) · 15 = 64.
D > 0 ⇒ az egyenletnek ismét két gyöke van. Keressük meg őket
\[\begin(align) & ((x)_(1))=\frac(2+\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=-5; \\ & ((x)_(2))=\frac(2-\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=3. \\ \end(igazítás)\]
Végül a harmadik egyenlet:
x 2 + 12x + 36 = 0 ⇒ a = 1; b = 12; c = 36;
D = 12 2 − 4 1 36 = 0.
D = 0 ⇒ az egyenletnek egy gyöke van. Bármilyen képlet használható. Például az első:
Amint a példákból látható, minden nagyon egyszerű. Ha ismeri a képleteket és tud számolni, akkor nem lesz probléma. Leggyakrabban akkor fordulnak elő hibák, amikor negatív együtthatókat helyettesítenek a képletben. Itt is segít a fent leírt technika: nézze meg a képletet szó szerint, írjon le minden lépést - és hamarosan megszabadul a hibáktól.
Előfordul, hogy egy másodfokú egyenlet kissé eltér a definícióban megadottól. Például:
Könnyen észrevehető, hogy ezekből az egyenletekből hiányzik az egyik kifejezés. Az ilyen másodfokú egyenletek még könnyebben megoldhatók, mint a szabványosak: még a diszkrimináns kiszámítását sem igénylik. Tehát vezessünk be egy új koncepciót:
Az ax 2 + bx + c = 0 egyenletet nem teljes másodfokú egyenletnek nevezzük, ha b = 0 vagy c = 0, azaz. az x változó vagy a szabad elem együtthatója nullával egyenlő.
Természetesen nagyon nehéz eset lehetséges, ha mindkét együttható nulla: b = c = 0. Ebben az esetben az egyenlet ax 2 = 0 alakot ölt. Nyilvánvalóan egy ilyen egyenletnek egyetlen gyöke van: x = 0.
Tekintsük a fennmaradó eseteket. Legyen b = 0, akkor egy ax 2 + c = 0 alakú nem teljes másodfokú egyenletet kapunk. Alakítsuk át egy kicsit:
Mivel az aritmetikai négyzetgyök csak egy nem negatív szám esetében létezik, az utolsó egyenlőségnek csak akkor van értelme, ha (−c /a) ≥ 0. Következtetés:
Amint látja, nem volt szükség diszkriminánsra – a hiányos másodfokú egyenletekben egyáltalán nincsenek bonyolult számítások. Valójában nem is szükséges megjegyezni az egyenlőtlenséget (−c /a) ≥ 0. Elég, ha kifejezzük az x 2 értéket, és megnézzük, mi van az egyenlőségjel másik oldalán. Ha van pozitív szám, akkor két gyöke lesz. Ha negatív, akkor egyáltalán nem lesznek gyökerei.
Most nézzük meg az ax 2 + bx = 0 alakú egyenleteket, amelyekben a szabad elem egyenlő nullával. Itt minden egyszerű: mindig két gyökér lesz. Elég a polinomot faktorozni:
A közös tényezőt zárójelből kivéveA szorzat akkor nulla, ha legalább az egyik tényező nulla. Innen erednek a gyökerek. Végezetül nézzünk meg néhány ilyen egyenletet:
Feladat. Másodfokú egyenletek megoldása:
- x 2 − 7x = 0;
- 5x 2 + 30 = 0;
- 4x 2 − 9 = 0.
x 2 − 7x = 0 ⇒ x · (x − 7) = 0 ⇒ x 1 = 0; x 2 = −(−7)/1 = 7.
5x 2 + 30 = 0 ⇒ 5x 2 = −30 ⇒ x 2 = −6. Nincsenek gyökerek, mert négyzet nem lehet egyenlő negatív számmal.
4x 2 − 9 = 0 ⇒ 4x 2 = 9 ⇒ x 2 = 9/4 ⇒ x 1 = 3/2 = 1,5; x 2 = -1,5.
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.
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.
A nem csak első, hanem másodfokú egyenletek megoldásának igényét már az ókorban is a telekterületek felkutatásával és a katonai jellegű feltárási munkákkal kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. mint maga 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 Babilonban az algebra fejlődése miatt az ékírásos szövegekből hiányzik a negatív szám fogalma és a másodfokú egyenletek általános megoldási módjai.
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 megoldást talált az alakban negatív gyökerű egyenletekre algebrai képlet, 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 problémák megoldásában. nehéz feladatok. Az egyik régi indiai könyv a következőt írja az ilyen versenyekről: „Ahogy a nap elhomályosítja ragyogásával a csillagokat, úgy tanult ember elhomályosítja dicsőségét a nyilvános gyűléseken azáltal, hogy algebrai problémákat javasol és megold." A problémákat gyakran költői formában mutatták be.
Egy algebrai értekezésben Al-Khwarizmi lineáris és másodfokú egyenletek osztályozását adjuk meg. A szerző 6 típusú egyenletet számol meg, ezeket a következőképpen fejezi ki:
1) „A négyzetek egyenlőek a gyökökkel”, azaz ax2 = bx.
2) „A négyzetek egyenlőek a számokkal”, azaz ax2 = c.
3) „A gyökök egyenlőek a számmal”, azaz ax2 = c.
4) „A négyzetek és a számok egyenlőek a gyökökkel”, azaz ax2 + c = bx.
5) „A négyzetek és a gyökök egyenlőek a számmal”, azaz ax2 + bx = c.
6) „A gyökök és a számok egyenlőek a négyzetekkel”, azaz bx + c == ax2.
Al-Khwarizmi számára, aki kerülte a negatív számok használatát, ezen egyenletek mindegyike összeadás, nem pedig kivonható. Ebben az esetben olyan egyenletek, amelyek nem rendelkeznek pozitív döntéseket. 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 mások tudósok módjára a másodfokú egyenletek megoldása modern formát ölt.
Nézzünk meg több módszert a másodfokú egyenletek megoldására.
Standard módszerek másodfokú egyenletek megoldására abból iskolai tananyag:
Foglalkozzunk részletesebben a redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek megoldásával Vieta tételével.
Emlékezzünk vissza, hogy a fenti másodfokú egyenletek megoldásához elég találni két olyan számot, amelyek szorzata egyenlő a szabad taggal, összege pedig egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval.
Példa.x 2 -5x+6=0
Meg kell találnia azokat a számokat, amelyek szorzata 6 és összege 5. Ezek a számok 3 és 2 lesznek.
Válasz: x 1 =2, x 2 =3.
De ezt a módszert olyan egyenleteknél is használhatja, amelyeknél az első együttható nem egyezik eggyel.
Példa.3x 2 +2x-5=0
Vegyük az első együtthatót és szorozzuk meg a szabad taggal: x 2 +2x-15=0
Ennek az egyenletnek a gyökerei olyan számok, amelyek szorzata - 15, összege pedig - 2. Ezek a számok 5 és 3. Az eredeti egyenlet gyökereinek megtalálásához ossza el a kapott gyököket az első együtthatóval.
Válasz: x 1 =-5/3, x 2 =1
6. Egyenletek megoldása "dobás" módszerrel.
Tekintsük az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenletet, ahol a≠0.
Mindkét oldalt megszorozva a-val, az a 2 x 2 + abx + ac = 0 egyenletet kapjuk.
Legyen ax = y, innen x = y/a; akkor a + ac = 0 egyenlethez jutunk, amely ekvivalens a megadottal. Az 1-es és 2-es gyökereit Vieta tételével találjuk meg.
Végül azt kapjuk, hogy x 1 = y 1 /a és x 2 = y 2 /a.
Ezzel a módszerrel az a együtthatót megszorozzuk a szabad taggal, mintha „bedobnák”, ezért nevezik „dobás” módszernek. Ezt a módszert akkor használjuk, ha az egyenlet gyökerei könnyen megtalálhatók Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.
Példa.2x 2 - 11x + 15 = 0.
„Dobjuk” a 2-es együtthatót a szabad tagra, és behelyettesítéssel kapjuk meg az y 2 - 11y + 30 = 0 egyenletet.
Vieta inverz tétele szerint
y 1 = 5, x 1 = 5/2, x 1 = 2,5; y 2 = 6, x 2 = 6/2, x 2 = 3.
Válasz: x 1 =2,5; x 2 = 3.
7. Másodfokú egyenlet együtthatóinak tulajdonságai.
Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, a ≠ 0.
1. Ha a+ b + c = 0 (azaz az egyenlet együtthatóinak összege nulla), akkor x 1 = 1.
2. Ha a - b + c = 0, vagy b = a + c, akkor x 1 = - 1.
Példa.345x 2 - 137x - 208 = 0.
Mivel a + b + c = 0 (345 - 137 - 208 = 0), akkor x 1 = 1, x 2 = -208/345.
Válasz: x 1 =1; x 2 = -208/345 .
Példa.132x 2 + 247x + 115 = 0
Mert a-b+c = 0 (132-247 +115=0), akkor x 1 = -1, x 2 = -115/132
Válasz: x 1 = -1; x 2 =- 115/132
A másodfokú egyenlet együtthatóinak más tulajdonságai is vannak. de használatuk összetettebb.
8. Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével.
1. ábra Nomogram
Ez a másodfokú egyenletek megoldásának egy régi és jelenleg elfeledett módszere, a gyűjtemény 83. oldalán található: Bradis V.M. Négyjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.
táblázat XXII. Nomogram az egyenlet megoldásához z 2 + pz + q = 0. Ez a nomogram másodfokú egyenlet megoldása nélkül lehetővé teszi az egyenlet gyökeinek meghatározását az együtthatóiból.
A nomogram görbe skálája a következő képletek szerint épül fel (1. ábra):
hinni OS = p, ED = q, OE = a(mind cm-ben), az 1. ábrából a háromszögek hasonlóságai SANÉs CDF megkapjuk az arányt
amely behelyettesítések és egyszerűsítések után az egyenletet adja z 2 + pz + q = 0,és a levél z egy görbe skála bármely pontjának jelölését jelenti.
Rizs. 2 Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével
Példák.
1) Az egyenlethez z 2 - 9z + 8 = 0 a nomogram z 1 = 8,0 és z 2 = 1,0 gyököket ad
Válasz:8,0; 1.0.
2) Nomogram segítségével oldjuk meg az egyenletet
2z 2 - 9z + 2 = 0.
Ennek az egyenletnek az együtthatóit elosztjuk 2-vel, így kapjuk a z 2 - 4,5z + 1 = 0 egyenletet.
A nomogram z 1 = 4 és z 2 = 0,5 gyököket ad.
Válasz: 4; 0.5.
9. Geometriai módszer másodfokú egyenletek megoldására.
Példa.x 2 + 10x = 39.
Az eredetiben ez a probléma a következőképpen van megfogalmazva: "A négyzet és a tíz gyök egyenlő 39-cel."
Tekintsünk egy x oldalú négyzetet, amelynek oldalaira téglalapokat építünk úgy, hogy mindegyik másik oldala 2,5, tehát mindegyik területe 2,5x. A kapott ábrát ezután egy új ABCD négyzetre egészítjük ki, négy négyzetet hozzáadva a sarkokhoz. egyenlő négyzet, mindegyik oldala 2,5, területe 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)-gyel: (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 bonyolultabb egyenletek, például tört racionális egyenletek, egyenletek megoldásához. magasabb fokozatok, kétnegyedes egyenletek, középiskolában pedig 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:
