A diszkrimináns, valamint a másodfokú egyenletek tanulmányozása az algebra tanfolyamon kezdődik a 8. osztályban. Másodfokú egyenletet a diszkrimináns segítségével és a Vieta-tétel segítségével lehet megoldani. Tanulmányi módszertan másodfokú egyenletek, valamint a diszkrimináns képletek meglehetősen sikertelenül csepegtetik be az iskolásokba, mint sok minden a reáloktatásban. Ezért passz iskolai évek, a 9-11. osztályos képzés helyettesíti a " felsőoktatás"és mindenki újra keresi... "Hogyan oldjunk meg egy másodfokú egyenletet?", "Hogyan találjuk meg az egyenlet gyökereit?", "Hogyan találjuk meg a diszkriminánst?" és...
Az a*x^2+bx+c=0 másodfokú egyenlet D diszkriminánsa D=b^2–4*a*c.
A másodfokú egyenlet gyökei (megoldásai) a diszkrimináns (D) előjelétől függenek:
D>0 - az egyenletnek 2 különböző valós gyöke van;
D=0 - az egyenletnek 1 gyöke van (2 egybeeső gyöke):
D<0
– не имеет действительных корней (в школьной теории). В ВУЗах изучают комплексные числа и уже на множестве комплексных чисел уравнение с отрицательным дискриминантом имеет два комплексных корня.
A diszkriminancia kiszámításának képlete meglehetősen egyszerű, ezért sok webhely kínál online diszkriminancia-kalkulátort. Még nem találtuk ki az ilyen típusú szkripteket, ezért aki tudja, hogyan kell ezt megvalósítani, kérem írjon a mailre Ez az e-mail cím a spamrobotok elleni védelem alatt áll. A megtekintéséhez engedélyeznie kell a JavaScriptet. .
Az egyenlet gyökereit a képlet találja meg Ha a változó együtthatója a négyzetben páros, akkor nem a diszkriminánst, hanem annak negyedik részét célszerű kiszámítani
Ilyen esetekben az egyenlet gyökereit a képlet találja meg 
A tétel nem csak másodfokú egyenletekre, hanem polinomokra is megfogalmazódik. Ezt elolvashatja a Wikipédián vagy más elektronikus forrásokban. Az egyszerűsítés kedvéért azonban vegyük figyelembe annak azt a részét, amely a redukált másodfokú egyenletekre vonatkozik, vagyis az (a=1) alakú egyenletekre.
A Vieta képletek lényege, hogy az egyenlet gyökeinek összege egyenlő a változó együtthatójával ellenkező előjel. Az egyenlet gyökeinek szorzata egyenlő a szabad taggal. A Vieta-tétel képleteinek van jelölése.
A Vieta képlet levezetése meglehetősen egyszerű. Írjuk fel a másodfokú egyenletet prímtényezők szerint 
Amint látja, minden zseniális egyben egyszerű is. A Vieta-képletet akkor célszerű használni, ha a gyökök modulusának különbsége vagy a gyökök modulusának különbsége 1, 2. Például a következő egyenleteknek a Vieta-tétel szerint vannak gyökei
Legfeljebb 4 egyenletelemzésnek így kell kinéznie. Az egyenlet gyökeinek szorzata 6, tehát a gyök lehet (1, 6) és (2, 3) vagy ellentétes előjelű pár. A gyökök összege 7 (az ellentétes előjelű változó együtthatója). Ebből arra a következtetésre jutunk, hogy a másodfokú egyenlet megoldásai egyenlőek x=2-vel; x=3.
Könnyebb kiválasztani az egyenlet gyökét a szabad tag osztói közül, előjelüket javítva a Vieta képletek teljesítése érdekében. Kezdetben ez nehéznek tűnik, de számos másodfokú egyenlet gyakorlásával ez a technika hatékonyabb lesz, mint a diszkrimináns kiszámítása és a másodfokú egyenlet gyökereinek klasszikus módon történő megtalálása.
Amint láthatja, a diszkrimináns tanulmányozásának iskolaelmélete és az egyenlet megoldásának módjainak nincs gyakorlati jelentése - "Miért van szükség az iskolásoknak másodfokú egyenletre?", "Mi a diszkrimináns fizikai jelentése?".
Az algebra során függvényeket, függvénytanulmányozási sémákat, függvényeket ábrázolnak. Az összes függvény közül fontos helyet foglal el egy parabola, melynek egyenlete a következő alakba írható 
Tehát a másodfokú egyenlet fizikai jelentése a parabola nullái, vagyis a függvény grafikonjának metszéspontjai az Ox abszcissza tengellyel
Kérem, hogy emlékezzen a parabolák alább leírt tulajdonságaira. Eljön az ideje a vizsgáknak, teszteknek vagy felvételi vizsgáknak, és hálás lesz a referenciaanyagért. A változó előjele a négyzetben megfelel annak, hogy a parabola ágai a gráfon felfelé mennek-e (a>0),
vagy lefelé ágazó parabola (a<0)
.
A parabola csúcsa a gyökerek között félúton van
Ha a diszkrimináns nagyobb nullánál (D>0), akkor a parabolának két metszéspontja van az Ox tengellyel. 
Ha a diszkrimináns egyenlő nullával (D=0), akkor a felül lévő parabola érinti az x tengelyt. 
És az utolsó eset, amikor a diszkrimináns kisebb, mint nulla (D<0)
– график параболы принадлежит плоскости над осью абсцисс (ветки параболы вверх), или график полностью под осью абсцисс (ветки параболы опущены вниз).
Másodfokú egyenlet - könnyen megoldható! *Tovább a "KU" szövegben. Barátaim, úgy tűnik, hogy a matematikában ez könnyebb lehet, mint egy ilyen egyenlet megoldása. De valami azt súgta nekem, hogy sok embernek problémája van vele. Úgy döntöttem, megnézem, hány megjelenítést ad a Yandex kérésenként havonta. Íme, mi történt, nézze meg:
Mit jelent? Ez azt jelenti, hogy havonta körülbelül 70 ezren keresik ezt az információt, és most nyár van, és mi lesz a tanév során - kétszer annyi kérés lesz. Ez nem meglepő, mert azok a fiúk és lányok, akik már régen végeztek az iskolában, és vizsgára készülnek, keresik ezeket az információkat, és az iskolások is igyekeznek felfrissíteni az emlékezetüket.
Annak ellenére, hogy sok olyan oldal van, amely megmondja, hogyan kell megoldani ezt az egyenletet, úgy döntöttem, hogy én is hozzájárulok és közzéteszem az anyagot. Először is szeretném, ha látogatók érkeznének webhelyemre erre a kérésre; másodszor, más cikkekben, amikor megjelenik a „KU” beszéd, linket adok ehhez a cikkhez; harmadszor, kicsit többet mesélek a megoldásáról, mint azt más oldalakon szokták mondani. Kezdjük el! A cikk tartalma:
A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:
ahol az a együtthatók,btetszőleges számokkal pedig a≠0-val.
Az iskolai tanfolyamon az anyagot a következő formában adják meg - az egyenletek három osztályra való felosztása feltételesen történik:
1. Legyen két gyökere.
2. * Csak egy gyökere van.
3. Nincsenek gyökerei. Itt érdemes megjegyezni, hogy nincsenek valódi gyökereik
Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!
Kiszámoljuk a diszkriminánst. E „szörnyű” szó alatt egy nagyon egyszerű képlet rejlik:
A gyökérképletek a következők:
* Ezeket a képleteket fejből kell tudni.
Azonnal leírhatod és megoldhatod:
Példa:
1. Ha D > 0, akkor az egyenletnek két gyöke van.
2. Ha D = 0, akkor az egyenletnek egy gyöke van.
3. Ha D< 0, то уравнение не имеет действительных корней.
Nézzük az egyenletet:
Ebben az esetben, amikor a diszkrimináns nulla, az iskolai kurzus azt mondja, hogy egy gyökér keletkezik, itt kilenc. Így van, így van, de...
Ez az ábrázolás némileg téves. Valójában két gyökere van. Igen, igen, ne lepődj meg, kiderül, hogy két egyenlő gyök, és hogy matematikailag pontosak legyünk, akkor két gyöket kell írni a válaszba:
x 1 = 3 x 2 = 3
De így van... kis kitérő. Az iskolában leírhatod és elmondhatod, hogy csak egy gyökér van.
Most a következő példa:
Mint tudjuk, a negatív szám gyökét nem vonjuk ki, így a megoldások be ez az eset nem.
Ez az egész döntési folyamat.
Másodfokú függvény.
Így néz ki a megoldás geometriailag. Ennek megértése rendkívül fontos (a jövőben az egyik cikkben részletesen elemezzük a másodfokú egyenlőtlenség megoldását).
Ez az űrlap függvénye:
ahol x és y változók
a, b, c olyan számok, ahol a ≠ 0
A grafikon egy parabola:
Vagyis kiderül, hogy egy olyan másodfokú egyenlet megoldásával, ahol "y" egyenlő nullával, megtaláljuk a parabola és az x tengellyel való metszéspontjait. Ezek közül kettő lehet (a diszkrimináns pozitív), egy (a diszkrimináns nulla) vagy egy sem (a diszkrimináns negatív). Részletek kb másodfokú függvény Megnézheti Inna Feldman cikke.
Vegye figyelembe a példákat:
1. példa: Döntse el 2x 2 +8 x–192=0
a=2 b=8 c= -192
D = b 2 –4ac = 8 2 –4∙2∙(–192) = 64+1536 = 1600
Válasz: x 1 = 8 x 2 = -12
* Azonnal távozhatna és jobb oldal osszuk el az egyenletet 2-vel, azaz egyszerűsítsük. A számítások könnyebbek lesznek.
2. példa: Döntsd el x2–22 x+121 = 0
a=1 b=-22 c=121
D = b 2 –4ac =(–22) 2 –4∙1∙121 = 484–484 = 0
Azt kaptuk, hogy x 1 \u003d 11 és x 2 \u003d 11
A válaszban megengedhető, hogy x = 11 legyen.
Válasz: x = 11
3. példa: Döntsd el x 2 – 8x+72 = 0
a=1 b= -8 c=72
D = b 2 –4ac =(–8) 2 –4∙1∙72 = 64–288 = –224
A diszkrimináns negatív, valós számokban nincs megoldás.
Válasz: nincs megoldás
A diszkrimináns negatív. Van megoldás!
Itt az egyenlet megoldásáról lesz szó abban az esetben, ha negatív diszkriminánst kapunk. Tudsz valamit arról komplex számok? Nem részletezem itt, hogy miért és hol keletkeztek, és mi a konkrét szerepük és szükségességük a matematikában, ez egy nagy külön cikk témája.
A komplex szám fogalma.
Egy kis elmélet.
A z komplex szám alakja
z = a + bi
ahol a és b van valós számok, i az úgynevezett képzeletbeli egység.
a+bi EGY SZÁM, nem kiegészítés.
A képzeletbeli egység egyenlő mínusz egy gyökével:
Most nézzük meg az egyenletet:
Szerezzen két konjugált gyökeret.
Hiányos másodfokú egyenlet.
Tekintsünk speciális eseteket, amikor a "b" vagy "c" együttható nulla (vagy mindkettő nulla). Könnyen, megkülönböztetés nélkül megoldhatók.
1. eset. b = 0 együttható.
Az egyenlet a következő alakot ölti:
Alakítsuk át:
Példa:
4x 2 -16 = 0 => 4x 2 =16 => x 2 = 4 => x 1 = 2 x 2 = -2
2. eset. Együttható c = 0.
Az egyenlet a következő alakot ölti:
Átalakítás, faktorizálás:
*A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla.
Példa:
9x2 –45x = 0 => 9x (x-5) =0 => x = 0 vagy x-5 =0
x 1 = 0 x 2 = 5
3. eset: b = 0 és c = 0 együtthatók.
Itt jól látható, hogy az egyenlet megoldása mindig x = 0 lesz.
Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.
Vannak olyan tulajdonságok, amelyek nagy együtthatójú egyenletek megoldását teszik lehetővé.
ax 2 + bx+ c=0 egyenlőség
a + b+ c = 0, akkor
— ha az egyenlet együtthatóira ax 2 + bx+ c=0 egyenlőség
a+ =-velb, akkor
Ezek a tulajdonságok segítenek megoldani egy bizonyos típusú egyenletet.
1. példa: 5001 x 2 –4995 x – 6=0
Az együtthatók összege 5001+( – 4995)+(– 6) = 0, tehát
2. példa: 2501 x 2 +2507 x+6=0
Egyenlőség a+ =-velb, eszközök
Az együtthatók szabályszerűségei.
1. Ha az ax 2 + bx + c \u003d 0 egyenletben a "b" együttható (a 2 +1), és a "c" együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökei:
ax 2 + (a 2 +1) ∙ x + a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d -a x 2 \u003d -1 / a.
Példa. Tekintsük a 6x 2 +37x+6 = 0 egyenletet.
x 1 \u003d -6 x 2 \u003d -1/6.
2. Ha az ax 2 - bx + c \u003d 0 egyenletben a "b" együttható (a 2 +1), és a "c" együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökei:
ax 2 - (a 2 + 1) ∙ x + a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d a x 2 \u003d 1 / a.
Példa. Tekintsük a 15x 2 –226x +15 = 0 egyenletet.
x 1 = 15 x 2 = 1/15.
3. Ha az egyenletben ax 2 + bx - c = 0 "b" együttható egyenlő (a 2 – 1), és a „c” együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökerei egyenlők
ax 2 + (a 2 -1) ∙ x - a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d - a x 2 \u003d 1 / a.
Példa. Tekintsük a 17x 2 + 288x - 17 = 0 egyenletet.
x 1 \u003d - 17 x 2 = 1/17.
4. Ha az ax 2 - bx - c \u003d 0 egyenletben a "b" együttható egyenlő (a 2 - 1), és a c együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökei:
ax 2 - (a 2 -1) ∙ x - a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d a x 2 \u003d - 1 / a.
Példa. Tekintsük a 10x2 - 99x -10 = 0 egyenletet.
x 1 \u003d 10 x 2 \u003d - 1/10
Vieta tétele.
Vieta tétele a híres francia matematikusról, Francois Vietáról kapta a nevét. Vieta tételével kifejezhető egy tetszőleges KU gyökeinek összege és szorzata együtthatóival.
45 = 1∙45 45 = 3∙15 45 = 5∙9.
Összegezve, a 14-es szám csak 5-öt és 9-et ad. Ezek a gyökerek. Egy bizonyos készség birtokában a bemutatott tétel segítségével számos másodfokú egyenletet azonnal szóban megoldhat.
Vieta tétele ráadásul. kényelmes, mert a másodfokú egyenlet megoldása után a szokásos módon(a diszkrimináns révén) a kapott gyökerek ellenőrizhetők. Azt javaslom, hogy ezt mindig csináld.
ÁTVITELI MÓDSZER
Ezzel a módszerrel az "a" együtthatót megszorozzák a szabad taggal, mintha "átviszik" rá, ezért ún. átviteli mód. Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, ha egy egyenlet gyökereit könnyű megtalálni Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.
Ha egy a± b+c≠ 0, akkor az átviteli technikát használják, például:
2x 2 – 11x+ 5 = 0 (1) => x 2 – 11x+ 10 = 0 (2)
A (2) egyenlet Vieta-tétele szerint könnyen meghatározható, hogy x 1 \u003d 10 x 2 \u003d 1
Az egyenlet kapott gyökeit el kell osztani 2-vel (mivel a kettőt x 2-ből „dobták”, így kapjuk
x 1 \u003d 5 x 2 = 0,5.
Mi az indoklás? Nézze meg, mi történik.
Az (1) és (2) egyenlet diszkriminatív elemei a következők:
Ha megnézzük az egyenletek gyökereit, akkor csak különböző nevezőket kapunk, és az eredmény pontosan az x 2 együtthatótól függ:
A második (módosított) gyökerek 2-szer nagyobbak.
Ezért az eredményt elosztjuk 2-vel.
*Ha hármat dobunk, akkor az eredményt elosztjuk 3-mal, és így tovább.
Válasz: x 1 = 5 x 2 = 0,5
négyzetméter ur-ie és a vizsga.
A fontosságáról röviden elmondom - gyorsan és gondolkodás nélkül KELL DÖNTENI, fejből kell tudni a gyökerek és a megkülönböztető képleteit. A USE feladatok részét képező feladatok közül sok másodfokú egyenlet megoldására vezethető vissza (beleértve a geometriaiakat is).
Mit érdemes megjegyezni!
1. Az egyenlet alakja lehet "implicit". Például a következő bejegyzés lehetséges:
15+ 9x 2 - 45x = 0 vagy 15x + 42 + 9x 2 - 45x = 0 vagy 15 -5x + 10x 2 = 0.
Szabványos formába kell vinnie (hogy ne keveredjen össze a megoldás során).
2. Ne feledje, hogy x egy ismeretlen érték, és bármely más betűvel jelölhető - t, q, p, h és mások.
Ez a téma elsőre nehéznek tűnhet a sok miatt egyszerű képletek. Nemcsak maguknak a másodfokú egyenleteknek vannak hosszú bejegyzései, hanem a gyökerek is megtalálhatók a diszkriminánson keresztül. Összesen három új képlet van. Nem könnyű megjegyezni. Ez csak az ilyen egyenletek gyakori megoldása után lehetséges. Ezután az összes képlet magától emlékezni fog.
Itt az explicit jelölésüket javasoljuk, amikor először a legnagyobb fokozatot írják le, majd - csökkenő sorrendben. Gyakran vannak olyan helyzetek, amikor a kifejezések eltérnek egymástól. Ekkor érdemes átírni az egyenletet a változó mértéke szerinti csökkenő sorrendbe.
Vezessük be a jelölést. Ezeket az alábbi táblázat mutatja be.
Ha elfogadjuk ezeket a jelöléseket, akkor minden másodfokú egyenlet a következő jelölésre redukálódik.
Ráadásul az együttható a ≠ 0. Jelöljük ezt a képletet egyes számmal.
Amikor az egyenlet adott, nem világos, hogy hány gyök lesz a válaszban. Mert a három lehetőség egyike mindig lehetséges:
És bár a döntés nem jár a végére, nehéz megérteni, hogy egy adott esetben melyik opció esik ki.
A feladatoknak különböző bejegyzései lehetnek. Nem mindig úgy néznek ki, mint egy másodfokú egyenlet általános képlete. Néha hiányozni fog néhány kifejezés. A fentebb leírtak a teljes egyenlet. Ha eltávolítja belőle a második vagy harmadik kifejezést, akkor valami mást kap. Ezeket a rekordokat másodfokú egyenleteknek is nevezik, csak hiányosak.
Ráadásul csak azok a kifejezések tűnhetnek el, amelyekre a „b” és „c” együtthatók. Az "a" szám semmilyen körülmények között nem lehet egyenlő nullával. Mert ebben az esetben a képlet lineáris egyenletté alakul. Az egyenletek hiányos alakjának képletei a következők lesznek:
Tehát csak két típusa van, a teljesek mellett vannak hiányos másodfokú egyenletek is. Legyen az első képlet kettes, a második pedig három.
Ezt a számot ismerni kell az egyenlet gyökereinek kiszámításához. Mindig ki lehet számítani, függetlenül attól, hogy milyen képletű a másodfokú egyenlet. A diszkrimináns kiszámításához az alább írt egyenlőséget kell használni, amely négyes számmal rendelkezik.
Miután behelyettesítette az együtthatók értékét ebbe a képletbe, számokat kaphat különböző jelek. Ha a válasz igen, akkor az egyenletre adott válasz két különböző gyök lesz. Negatív szám esetén a másodfokú egyenlet gyökei hiányoznak. Ha egyenlő nullával, a válasz egy lesz.
Valójában ennek a kérdésnek a vizsgálata már megkezdődött. Mert először meg kell találni a diszkriminánst. Miután tisztáztuk, hogy a másodfokú egyenletnek vannak gyökei, és a számuk ismert, a változók képleteit kell használni. Ha két gyökér van, akkor ilyen képletet kell alkalmaznia.
Mivel a „±” jelet tartalmazza, két érték lesz. A négyzetgyök jel alatti kifejezés a diszkrimináns. Ezért a képlet más módon is átírható.
Forma öt. Ugyanabból a rekordból látható, hogy ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét gyök ugyanazt az értéket veszi fel.
Ha a másodfokú egyenletek megoldását még nem dolgozták ki, akkor jobb, ha felírja az összes együttható értékét a diszkrimináns és változó képletek alkalmazása előtt. Később ez a pillanat nem okoz nehézségeket. De a legelején zavar van.
Itt minden sokkal egyszerűbb. Még nincs szükség további képletekre. És nem lesz szükséged azokra, amelyeket már megírtak a megkülönböztetőnek és az ismeretlennek.
Először fontolja meg hiányos egyenlet kettes számban. Ebben az egyenlőségben az ismeretlen értéket ki kell venni a zárójelből, és megoldani a lineáris egyenletet, amely a zárójelben marad. A válasznak két gyökere lesz. Az első szükségszerűen egyenlő nullával, mert van egy tényező, amely magából a változóból áll. A másodikat egy lineáris egyenlet megoldásával kapjuk.
A hármas számú hiányos egyenletet úgy oldjuk meg, hogy a számot az egyenlet bal oldaláról jobbra helyezzük át. Ezután el kell osztania az ismeretlen előtti együtthatóval. Csak a négyzetgyök kinyerése marad hátra, és ne felejtse el kétszer leírni ellentétes előjelekkel.
Az alábbiakban felsorolunk néhány műveletet, amelyek segítenek megtanulni, hogyan kell megoldani mindenféle másodfokú egyenletté alakuló egyenlőséget. Segítenek a tanulónak elkerülni a figyelmetlenségből fakadó hibákat. Ezek a hiányosságok a rossz osztályzatok okai a kiterjedt "Negyedik egyenletek (8. osztály)" témakör tanulmányozása során. Ezt követően ezeket a műveleteket nem kell folyamatosan végrehajtani. Mert lesz egy stabil szokás.
A következő másodfokú egyenleteket kell megoldani:
x 2 - 7x \u003d 0;
15 - 2x - x 2 \u003d 0;
x 2 + 8 + 3x = 0;
12x + x 2 + 36 = 0;
(x+1) 2 + x + 1 = (x+1) (x+2).
Az első egyenlet: x 2 - 7x \u003d 0. Hiányos, ezért a kettes számú képletnél leírtak szerint van megoldva.
A zárójelezés után kiderül: x (x - 7) \u003d 0.
Az első gyök a következő értéket veszi fel: x 1 = 0. A második a következőből lesz keresve lineáris egyenlet: x - 7 = 0. Könnyen belátható, hogy x 2 = 7.
Második egyenlet: 5x2 + 30 = 0. Ismét hiányos. Csak a harmadik képletnél leírtak szerint van megoldva.
Miután a 30-at átvittük az egyenlet jobb oldalára: 5x 2 = 30. Most el kell osztani 5-tel. Kiderült: x 2 = 6. A válaszok számok lesznek: x 1 = √6, x 2 = - √ 6.
Harmadik egyenlet: 15 - 2x - x 2 \u003d 0. Itt és lent a másodfokú egyenletek megoldása úgy kezdődik, hogy átírja őket egy szabványos alakba: - x 2 - 2x + 15 \u003d 0. Itt az ideje, hogy a másodikat használjuk hasznos tanácsokatés mindent megszorozunk mínusz eggyel. Kiderül, hogy x 2 + 2x - 15 \u003d 0. A negyedik képlet szerint ki kell számítania a diszkriminánst: D \u003d 2 2 - 4 * (- 15) \u003d 4 + 60 \u003d 64. pozitív szám. A fent elmondottakból kiderül, hogy az egyenletnek két gyökere van. Ezeket az ötödik képlet szerint kell kiszámítani. Eszerint kiderül, hogy x \u003d (-2 ± √64) / 2 \u003d (-2 ± 8) / 2. Ezután x 1 \u003d 3, x 2 \u003d - 5.
A negyedik x 2 + 8 + 3x \u003d 0 egyenletet a következőre alakítjuk: x 2 + 3x + 8 \u003d 0. A diszkriminánsa egyenlő ezzel az értékkel: -23. Mivel ez a szám negatív, a feladat válasza a következő bejegyzés lesz: "Nincsenek gyökerek."
Az ötödik 12x + x 2 + 36 = 0 egyenletet a következőképpen kell átírni: x 2 + 12x + 36 = 0. A diszkrimináns képletének alkalmazása után a nulla számot kapjuk. Ez azt jelenti, hogy egy gyökér lesz, nevezetesen: x \u003d -12 / (2 * 1) \u003d -6.
A hatodik egyenlet (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2) transzformációkat igényel, amelyek abból állnak, hogy hasonló kifejezéseket kell hozni a zárójelek kinyitása előtt. Az első helyett egy ilyen kifejezés lesz: x 2 + 2x + 1. Az egyenlőség után ez a bejegyzés jelenik meg: x 2 + 3x + 2. A hasonló tagok megszámlálása után az egyenlet a következő formában jelenik meg: x 2 - x \u003d 0. Hiányos lett. Hasonlót már egy kicsit magasabbnak tekintettek. Ennek gyökerei a 0 és az 1 számok lesznek.
A másodfokú egyenlet problémáit is tanulmányozzuk iskolai tananyagés az egyetemeken. Ezek a * x ^ 2 + b * x + c \u003d 0 alakú egyenletek értendők, ahol x- változó, a,b,c – állandók; a<>0 . A probléma az egyenlet gyökereinek megtalálása.
A másodfokú egyenlettel ábrázolt függvény grafikonja parabola. A másodfokú egyenlet megoldásai (gyökei) a parabola és az x tengellyel való metszéspontok. Ebből következik, hogy három eset lehetséges:
1) a parabolának nincs metszéspontja az x 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 elnyeri 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 hatványaihoz tartozó együtthatók elemzése alapján érdekes következtetések vonhatók le a parabola elhelyezéséről.
1) Ha az a együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola 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 teljes négyzetet szeretne kapni a bal oldalon, adjon hozzá b ^ 2-t mindkét részhez, 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, akkor a másodfokú egyenletnek egy megoldása van (két egybeeső gyöke), ami könnyen megkapható a fenti képletből D=0 esetén. Ha a diszkrimináns negatív, az egyenletnek nincsenek valódi gyökei. Azonban a másodfokú egyenlet megoldásainak komplex síkban történő tanulmányozása és értékük kiszámítása a képlettel történik 
Tekintsünk egy másodfokú egyenlet két gyökerét, és ezek alapján alkossunk másodfokú egyenletet A jelölésből maga a Vieta-tétel is könnyen következik: ha megvan a forma másodfokú egyenlete. 
akkor gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett p együtthatóval, és az egyenlet gyökeinek szorzata egyenlő a q szabad taggal. A fenti képlet így fog kinézni. Ha a klasszikus egyenletben az a konstans nem nulla, akkor el kell osztania vele a teljes egyenletet, majd alkalmaznia kell a Vieta-tételt.
Legyen kitűzve a feladat: a másodfokú egyenlet faktorokra bontása. Ennek végrehajtásához először megoldjuk az egyenletet (keressük meg a gyököket). Ezután a talált gyököket behelyettesítjük a másodfokú egyenlet kibővítésére szolgáló képletbe, és ez a probléma megoldódik.
1. feladat. Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit!
x^2-26x+120=0 .
Megoldás: Írja fel az együtthatókat és helyettesítse be a diszkrimináns képletbe
gyökere adott értéket 14-nek egyenlő, számológéppel könnyű megtalálni, vagy gyakori használattal megjegyezni, azonban a kényelem kedvéért a cikk végén felsorolom azokat a számnégyzeteket, amelyek gyakran megtalálhatók az ilyen feladatokban .
A talált értéket a rendszer behelyettesíti a gyökképletbe 
és megkapjuk 
2. feladat. oldja meg az egyenletet
2x2+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. Határozza meg a diszkriminánst
Azt az esetet kaptuk, amikor a gyökerek egybeesnek. A gyökök értékeit a képlet alapján találjuk meg 
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 kapjuk, 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 gyökerei a következők
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 - a nagyobb oldalt, majd 18-x a kisebbik oldala. Egy téglalap területe egyenlő a következő hosszúságok szorzatával:
x(18x)=77;
vagy
x 2 -18x + 77 \u003d 0.
Keresse meg az egyenlet diszkriminánsát!
Kiszámoljuk az egyenlet gyökereit 
Ha egy x=11, akkor 18x=7, fordítva is igaz (ha x=7, akkor 21-x=9).
6. feladat Tényezőzzük a másodfokú 10x 2 -11x+3=0 egyenletet!
Megoldás: Számítsa ki az egyenlet gyökereit, ehhez megtaláljuk a diszkriminánst 
A talált értéket behelyettesítjük a gyökképletbe, és kiszámítjuk 
Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet gyökekkel való bővítésének képletét 
A zárójeleket kibontva megkapjuk az azonosságot.
Példa 1. A paraméter mely értékeire a , az (a-3) x 2 + (3-a) x-1 / 4 \u003d 0 egyenletnek egy gyöke van?
Megoldás: Az a=3 érték közvetlen helyettesítésével azt látjuk, hogy nincs megoldása. Továbbá azt a tényt fogjuk használni, hogy nulla diszkrimináns esetén az egyenletnek a 2 multiplicitás egyik gyöke van. Írjuk ki a diszkriminánst 
leegyszerűsítjük és egyenlővé kell tenni a nullával
Az a paraméterre vonatkozóan egy másodfokú egyenletet kaptunk, melynek megoldása a Vieta-tétel segítségével könnyen megkapható. A gyökök összege 7, szorzatuk 12. Egyszerű felsorolással megállapítjuk, hogy a 3.4 számok lesznek az egyenlet gyökei. Mivel a számítások elején már elvetettük az a=3 megoldást, az egyetlen helyes megoldás a következő lesz: a=4.Így a = 4 esetén az egyenletnek egy gyöke van.
Példa 2. A paraméter mely értékeire a , az egyenlet a(a+3)x^2+(2a+6)x-3a-9=0 egynél több gyökér van?
Megoldás: Tekintsük először 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.
Számítsa ki a diszkriminánst! 
és keresse meg a értékeit, amelyekre ez pozitív 
Az első feltételből a>3-at kapunk. A másodikhoz megtaláljuk a diszkriminánst és az egyenlet 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 pontot a=0 amit ki kell zárni, mivel az eredeti egyenletnek egy gyöke van.
Ennek eredményeként két olyan intervallumot kapunk, amely kielégíti a probléma feltételét 
A gyakorlatban sok hasonló feladat lesz, próbáljon meg maga is megbirkózni a feladatokkal, és ne felejtse el figyelembe venni az egymást kölcsönösen kizáró feltételeket. Tanulmányozza jól a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló képleteket, gyakran van rájuk szükség a számításokban különféle problémákban és tudományokban.
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. Hasonló a helyzet a második példával is. Csak nulla nincs itt Val vel, a b !
De a nem teljes másodfokú egyenletek sokkal könnyebben megoldhatók. Mindenféle képlet nélkül. Tekintsük az első hiányos egyenletet. 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 diszkrimináns képlet 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.
