A másodfokú egyenletnek egy gyöke van, ha a diszkrimináns. Másodfokú egyenletek

A másodfokú egyenletre vonatkozó feladatokat az iskolai tantervben és az egyetemeken is tanulmányozzák. 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 egyenlet geometriai jelentése

A másodfokú egyenlettel ábrázolt függvény grafikonja parabola. Megoldások (gyökerek) másodfokú egyenlet- ezek 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.

Másodfokú egyenlet megoldására szolgáló képlet levezetése

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 képlete és a másodfokú egyenlet gyökei

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

Vieta tétele

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.

A másodfokú egyenlet ütemezése faktorokon

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.

Feladatok másodfokú egyenlethez

1. feladat. Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit!

x^2-26x+120=0 .

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

Ennek az értéknek a gyöke 14, számológéppel könnyen megkereshető, vagy gyakori használat mellett megjegyezhető, azonban a kényelem kedvéért a cikk végén felsorolok egy listát azokról a számnégyzetekről, amelyek gyakran előfordulhatnak. megtalálható 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.
Keressük a diszkriminánst egyenletek

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.

Másodfokú egyenlet paraméterrel

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 az intervallumokat, ahol a függvény felveszi pozitív értékeket. 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.

Az „Egyenletek megoldása” téma folytatásaként a cikk anyaga bemutatja a másodfokú egyenleteket.

Nézzünk meg mindent részletesen: a másodfokú egyenlet lényegét és jelölését, állítsunk fel kapcsolódó kifejezéseket, elemezzük a hiányos és teljes egyenletek megoldásának sémáját, ismerkedjünk meg a gyökök képletével és a diszkriminánssal, hozzunk létre kapcsolatokat a gyökök és együtthatók között, és természetesen gyakorlati példák vizuális megoldását adjuk.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Másodfokú egyenlet, típusai

1. definíció

Másodfokú egyenletígy van felírva az egyenlet a x 2 + b x + c = 0, ahol x– változó, a , b és c néhány szám, míg a nem nulla.

A másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek is nevezik, mivel valójában a másodfokú egyenlet egy másodfokú algebrai egyenlet.

Adjunk egy példát az adott definíció illusztrálására: 9 x 2 + 16 x + 2 = 0 ; 7, 5 x 2 + 3, 1 x + 0, 11 = 0 stb. másodfokú egyenletek.

2. definíció

Számok a , b és c a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c = 0, míg az együttható a nevezzük az első, vagy idősebb, vagy együttható x 2, b - a második együttható, vagy együttható at x, a c szabad tagnak nevezték.

Például a másodfokú egyenletben 6 x 2 - 2 x - 11 = 0 a legmagasabb együttható 6, a második együttható az − 2 , és a szabad kifejezés egyenlő − 11 . Figyeljünk arra, hogy amikor az együtthatók bés/vagy c negatív, akkor rövid forma az űrlap feljegyzései 6 x 2 - 2 x - 11 = 0, de nem 6 x 2 + (− 2) x + (− 11) = 0.

Tisztázzuk ezt a szempontot is: ha az együtthatók aés/vagy b egyenlő 1 vagy − 1 , akkor nem vehetnek kifejezetten részt a másodfokú egyenlet megírásában, amit a jelzett numerikus együtthatók felírásának sajátosságai magyaráznak. Például a másodfokú egyenletben y 2 − y + 7 = 0 a szenior együttható 1, a második pedig az − 1 .

Redukált és nem redukált másodfokú egyenletek

Az első együttható értéke szerint a másodfokú egyenleteket redukáltra és nem redukáltra osztjuk.

3. definíció

Csökkentett másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet, ahol a vezető együttható 1. A vezető együttható egyéb értékei esetében a másodfokú egyenlet redukálatlan.

Íme néhány példa: az x 2 − 4 · x + 3 = 0, x 2 − x − 4 5 = 0 másodfokú egyenletek redukálva vannak, amelyek mindegyikében a vezető együttható 1 .

9 x 2 - x - 2 = 0- redukálatlan másodfokú egyenlet, ahol az első együttható különbözik 1 .

Bármely redukálatlan másodfokú egyenlet átalakítható redukált egyenletté, ha mindkét részét elosztjuk az első együtthatóval (ekvivalens transzformáció). A transzformált egyenletnek ugyanazok a gyökerei lesznek, mint az adott nem redukált egyenletnek, vagy egyáltalán nem lesz gyöke.

Megfontolás esettanulmány lehetővé teszi számunkra, hogy vizuálisan demonstráljuk a redukálatlan másodfokú egyenletről a redukáltra való átmenetet.

1. példa

Adott a 6 x 2 + 18 x − 7 = 0 egyenlet . Az eredeti egyenletet redukált formára kell konvertálni.

Megoldás

A fenti séma szerint az eredeti egyenlet mindkét részét elosztjuk a 6 vezető együtthatóval. Akkor kapjuk: (6 x 2 + 18 x - 7) : 3 = 0:3, és ez ugyanaz, mint: (6 x 2) : 3 + (18 x) : 3 - 7: 3 = 0és tovább: (6:6) x 2 + (18:6) x − 7: 6 = 0 . Innen: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 . Így az adott egyenletet kapjuk.

Válasz: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 .

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

Térjünk rá a másodfokú egyenlet definíciójára. Ebben azt határoztuk meg a ≠ 0. Hasonló feltétel szükséges az egyenlethez a x 2 + b x + c = 0 pontosan négyzet alakú volt, mivel a = 0 lényegében átalakul azzá lineáris egyenlet b x + c = 0.

Abban az esetben, ha az együtthatók bés c nullával egyenlőek (ami külön-külön és együttesen is lehetséges), a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.

4. definíció

Hiányos másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet a x 2 + b x + c \u003d 0, ahol legalább az egyik együttható bés c(vagy mindkettő) nulla.

Teljes másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet, amelyben az összes numerikus együttható nem egyenlő nullával.

Beszéljük meg, hogy a másodfokú egyenletek típusait miért adják pontosan ilyen elnevezéssel.

Ha b = 0, a másodfokú egyenlet a következő alakot veszi fel a x 2 + 0 x + c = 0, ami megegyezik a a x 2 + c = 0. Nál nél c = 0 a másodfokú egyenletet úgy írjuk fel a x 2 + b x + 0 = 0, ami egyenértékű a x 2 + b x = 0. Nál nél b = 0és c = 0 az egyenlet alakot vesz fel a x 2 = 0. Az általunk kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt egyszerre. Valójában ez a tény adta a nevet az ilyen típusú egyenleteknek - hiányos.

Például x 2 + 3 x + 4 = 0 és − 7 x 2 − 2 x + 1, 3 = 0 teljes másodfokú egyenletek; x 2 \u003d 0, − 5 x 2 = 0; 11 x 2 + 2 = 0, − x 2 − 6 x = 0 nem teljes másodfokú egyenletek.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

A fent megadott definíció lehetővé teszi a hiányos másodfokú egyenletek következő típusainak megkülönböztetését:

a x 2 = 0, együtthatók felelnek meg egy ilyen egyenletnek b = 0és c = 0;
a x 2 + c = 0 b \u003d 0 esetén;
a x 2 + b x = 0 c = 0 esetén.

Tekintsük egymás után az egyes nem teljes másodfokú egyenlettípusok megoldását.

Az a x 2 \u003d 0 egyenlet megoldása

Mint fentebb említettük, egy ilyen egyenlet megfelel az együtthatóknak bés c, egyenlő nullával. Az egyenlet a x 2 = 0 ekvivalens egyenletté alakítható x2 = 0, amelyet úgy kapunk, hogy az eredeti egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a számmal a, nem egyenlő nullával. A nyilvánvaló tény az, hogy az egyenlet gyökere x2 = 0 nulla, mert 0 2 = 0 . Ennek az egyenletnek nincs más gyöke, amit a fok tulajdonságai magyaráznak: tetszőleges számra p , nem egyenlő nullával, az egyenlőtlenség igaz p2 > 0, amiből az következik, hogy mikor p ≠ 0 egyenlőség p2 = 0 soha nem fogják elérni.

5. definíció

Így az a x 2 = 0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x=0.

2. példa

Például oldjunk meg egy nem teljes másodfokú egyenletet − 3 x 2 = 0. Ez egyenértékű az egyenlettel x2 = 0, egyetlen gyökere az x=0, akkor az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke - nulla.

A megoldást a következőképpen foglaljuk össze:

− 3 x 2 \u003d 0, x 2 = 0, x = 0.

Az a x 2 + c \u003d 0 egyenlet megoldása

A következő a sorban a hiányos másodfokú egyenletek megoldása, ahol b \u003d 0, c ≠ 0, vagyis a következő alakú egyenletek a x 2 + c = 0. Alakítsuk át ezt az egyenletet úgy, hogy átvisszük a tagot az egyenlet egyik oldaláról a másikra, az előjelet az ellenkezőjére változtatjuk, és az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy olyan számmal, amely nem egyenlő nullával:

elviselni c ban ben jobb oldal, amely megadja az egyenletet a x 2 = − c;
osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a, eredményül kapjuk az x = - c a .

Transzformációink ekvivalensek, illetve a kapott egyenlet is ekvivalens az eredetivel, és ez a tény lehetővé teszi az egyenlet gyökereire vonatkozó következtetés levonását. Melyek az értékek aés c a kifejezés értékétől függ - c a: lehet mínusz jele (például ha a = 1és c = 2, akkor - c a = - 2 1 = - 2) vagy egy pluszjel (például ha a = -2és c=6, akkor - c a = - 6 - 2 = 3); nem egyenlő a nullával, mert c ≠ 0. Lazítsunk részletesebben azokon a helyzeteken, amikor - c a< 0 и - c a > 0 .

Abban az esetben, ha - c a< 0 , уравнение x 2 = - c a не будет иметь корней. Утверждая это, мы опираемся на то, что квадратом любого числа является число неотрицательное. Из сказанного следует, что при - c a < 0 ни для какого числа p p 2 = - c a egyenlőség nem lehet igaz.

Minden más, ha - c a > 0: emlékezzen a négyzetgyökre, és nyilvánvalóvá válik, hogy az x 2 \u003d - c a egyenlet gyöke a - c a szám lesz, mivel - c a 2 \u003d - c a. Könnyen megérthető, hogy a - - c a - szám az x 2 = - c a egyenlet gyöke is: valóban, - - c a 2 = - c a .

Az egyenletnek nem lesz más gyökere. Ezt az ellenkező módszerrel demonstrálhatjuk. Először állítsuk be a fent talált gyökök jelölését, mint x 1és − x 1. Tegyük fel, hogy az x 2 = - c a egyenletnek is van gyöke x2, ami eltér a gyökerektől x 1és − x 1. Ezt úgy tudjuk, hogy behelyettesítjük az egyenletbe ahelyett x gyökereiből az egyenletet tisztességes numerikus egyenlőséggé alakítjuk.

Mert x 1és − x 1írd: x 1 2 = - c a , és for x2- x 2 2 \u003d - c a. A numerikus egyenlőségek tulajdonságai alapján tagonként kivonunk egy valódi egyenlőséget a másikból, ami a következőt kapja: x 1 2 − x 2 2 = 0. Használja a számműveletek tulajdonságait az utolsó egyenlőség átírásához (x 1 - x 2) (x 1 + x 2) = 0. Ismeretes, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor nulla, ha legalább az egyik szám nulla. Az elmondottakból az következik x1 − x2 = 0és/vagy x1 + x2 = 0, ami ugyanaz x2 = x1és/vagy x 2 = − x 1. Nyilvánvaló ellentmondás merült fel, mert eleinte abban állapodtak meg, hogy az egyenlet gyökere x2 különbözik x 1és − x 1. Tehát bebizonyítottuk, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint x = - c a és x = - - c a .

Összefoglaljuk az összes fenti érvet.

6. definíció

Hiányos másodfokú egyenlet a x 2 + c = 0 ekvivalens az x 2 = - c a egyenlettel, amely:

nem lesz gyökere a - c a< 0 ;
két gyöke lesz x = - c a és x = - - c a , ha - c a > 0 .

Mondjunk példákat az egyenletek megoldására a x 2 + c = 0.

3. példa

Adott egy másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 . Meg kell találni a megoldását.

Megoldás

A szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, ekkor az egyenlet alakot ölt 9 x 2 \u003d - 7.
A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztjuk 9 , akkor x 2 = - 7 9 . A jobb oldalon egy mínuszjellel ellátott számot látunk, ami azt jelenti: adott egyenlet nincsenek gyökerei. Ezután az eredeti hiányos másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nem lesznek gyökerei.

Válasz: az egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nincsenek gyökerei.

4. példa

Meg kell oldani az egyenletet − x2 + 36 = 0.

Megoldás

Tegyük át a 36-ot a jobb oldalra: − x 2 = − 36.
Osszuk fel mindkét részt − 1 , kapunk x2 = 36. A jobb oldalon egy pozitív szám található, amiből arra következtethetünk x = 36 vagy x = - 36 .
Kivonjuk a gyökeret, és felírjuk a végeredményt: egy hiányos másodfokú egyenlet − x2 + 36 = 0 két gyökere van x=6 vagy x = -6.

Válasz: x=6 vagy x = -6.

Az a x 2 +b x=0 egyenlet megoldása

Elemezzük a harmadik típusú nem teljes másodfokú egyenletet, amikor c = 0. Megoldást találni egy nem teljes másodfokú egyenletre a x 2 + b x = 0, a faktorizációs módszert használjuk. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalán lévő polinomot, a közös tényezőt a zárójelekből kivéve x. Ez a lépés lehetővé teszi az eredeti, hiányos másodfokú egyenlet megfelelőjére történő átalakítását x (a x + b) = 0. Ez az egyenlet pedig ekvivalens az egyenletkészlettel x=0és a x + b = 0. Az egyenlet a x + b = 0 lineáris, és annak gyökere: x = − b a.

7. definíció

Így a nem teljes másodfokú egyenlet a x 2 + b x = 0 két gyökere lesz x=0és x = − b a.

Rögzítsük az anyagot egy példával.

5. példa

Meg kell találni a 2 3 · x 2 - 2 2 7 · x = 0 egyenlet megoldását.

Megoldás

Vegyük ki x a zárójelen kívülre, és megkapjuk az x · 2 3 · x - 2 2 7 = 0 egyenletet. Ez az egyenlet ekvivalens az egyenletekkel x=0és 2 3 x - 2 2 7 = 0 . Most meg kell oldania a kapott lineáris egyenletet: 2 3 · x = 2 2 7 , x = 2 2 7 2 3 .

Az egyenlet megoldását röviden a következőképpen írjuk fel:

2 3 x 2 - 2 2 7 x = 0 x 2 3 x - 2 2 7 = 0

x = 0 vagy 2 3 x - 2 2 7 = 0

x = 0 vagy x = 3 3 7

Válasz: x = 0, x = 3 3 7.

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

A másodfokú egyenletek megoldásához van egy gyökképlet:

8. definíció

x = - b ± D 2 a, ahol D = b 2 − 4 a c a másodfokú egyenlet úgynevezett diszkriminánsa.

Az x \u003d - b ± D 2 a beírása lényegében azt jelenti, hogy x 1 \u003d - b + D 2 a, x 2 \u003d - b - D 2 a.

Hasznos lesz megérteni, hogyan származtatták a jelzett képletet és hogyan kell alkalmazni.

Másodfokú egyenlet gyökképletének levezetése

Tegyük fel, hogy egy másodfokú egyenlet megoldásával állunk szemben a x 2 + b x + c = 0. Végezzünk el számos ekvivalens transzformációt:

ossza el az egyenlet mindkét oldalát a számmal a, nullától eltérően megkapjuk a redukált másodfokú egyenletet: x 2 + b a x + c a \u003d 0;
válassza ki a teljes négyzetet a kapott egyenlet bal oldalán:
x 2 + b a x + c a = x 2 + 2 b 2 a x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a = = x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a
Ezt követően az egyenlet a következőképpen alakul: x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a \u003d 0;
most az utolsó két tagot át lehet vinni a jobb oldalra, az előjelet az ellenkezőjére változtatva, ami után kapjuk: x + b 2 · a 2 = b 2 · a 2 - c a ;
végül átalakítjuk az utolsó egyenlőség jobb oldalára írt kifejezést:
b 2 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - 4 a c 4 a 2 \u003d b 2 - 4 a c 4 a 2.

Így elérkeztünk az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlethez, amely ekvivalens az eredeti egyenlettel a x 2 + b x + c = 0.

Az előző bekezdésekben az ilyen egyenletek megoldását tárgyaltuk (a nem teljes másodfokú egyenletek megoldása). A már megszerzett tapasztalatok lehetővé teszik az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökereire vonatkozó következtetés levonását:

b 2 - 4 a c 4 a 2 esetén< 0 уравнение не имеет действительных решений;
b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = 0 esetén az egyenlet alakja x + b 2 · a 2 = 0, akkor x + b 2 · a = 0.

Innen az egyetlen gyök x = - b 2 · a nyilvánvaló;

b 2 - 4 a c 4 a 2 > 0 esetén a helyes: x + b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 vagy x = b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2, ami a ugyanaz, mint az x + - b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 vagy x = - b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2, azaz. az egyenletnek két gyöke van.

Arra a következtetésre juthatunk, hogy az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökeinek megléte vagy hiánya (és így az eredeti egyenlet) a b 2 - 4 a c kifejezés előjelétől függ. 4 · egy 2 írva a jobb oldalon. És ennek a kifejezésnek a jelét a számláló jele adja (a nevező 4 és 2 mindig pozitív lesz), vagyis a kifejezés jele b 2 − 4 a c. Ez a kifejezés b 2 − 4 a c név van megadva - a másodfokú egyenlet diszkriminánsa és a D betű a jelölése. Itt leírhatja a diszkrimináns lényegét - értékéből és előjeléből arra következtetnek, hogy a másodfokú egyenletnek lesz-e valódi gyöke, és ha igen, hány gyöke - egy vagy kettő.

Térjünk vissza az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlethez. Írjuk át a diszkriminancia jelöléssel: x + b 2 · a 2 = D 4 · a 2 .

Foglaljuk össze a következtetéseket:

9. definíció

nál nél D< 0 az egyenletnek nincs valódi gyökere;
nál nél D=0 az egyenletnek egyetlen gyöke van x = - b 2 · a ;
nál nél D > 0 az egyenletnek két gyöke van: x \u003d - b 2 a + D 4 a 2 vagy x \u003d - b 2 a - D 4 a 2. A gyökök tulajdonságai alapján ezek a gyökök a következőképpen írhatók fel: x \u003d - b 2 a + D 2 a vagy - b 2 a - D 2 a. És amikor megnyitjuk a modulokat, és a törteket közös nevezőre csökkentjük, a következőket kapjuk: x \u003d - b + D 2 a, x \u003d - b - D 2 a.

Tehát okoskodásunk eredménye a másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése volt:

x = - b + D 2 a, x = - b - D 2 a, diszkrimináns D képlettel számítjuk ki D = b 2 − 4 a c.

Ezek a formulák lehetővé teszik mindkét valós gyök meghatározását, ha a diszkrimináns nagyobb, mint nulla. Ha a diszkrimináns nulla, mindkét képlet alkalmazása ugyanazt a gyökét adja a másodfokú egyenlet egyetlen megoldásaként. Abban az esetben, ha a diszkrimináns negatív, és megpróbáljuk a másodfokú gyökképletet használni, akkor szembe kell néznünk azzal, hogy ki kell vonni a négyzetgyökét. negatív szám, amely túlmutat a valós számokon. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nem lesz valós gyöke, de lehetséges egy összetett konjugált gyökpár, amelyet az általunk kapott gyökképletek határoznak meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A másodfokú egyenletet a gyökképlet azonnali felhasználásával is meg lehet oldani, de ez alapvetően akkor történik meg, ha összetett gyököket kell találni.

Az esetek nagy részében a keresés általában nem összetett, hanem másodfokú egyenlet valós gyökereire vonatkozik. Ekkor optimális, mielőtt a másodfokú egyenlet gyökére vonatkozó képleteket használnánk, először meghatározzuk a diszkriminánst, és megbizonyosodunk arról, hogy az nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonjuk le, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), majd folytatjuk a a gyökerek értéke.

A fenti érvelés lehetővé teszi egy másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus megfogalmazását.

10. definíció

Másodfokú egyenlet megoldására a x 2 + b x + c = 0, szükséges:

képlet szerint D = b 2 − 4 a c keresse meg a diszkrimináns értékét;
D-nél< 0 сделать вывод об отсутствии у квадратного уравнения действительных корней;
ha D = 0, keressük meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - b 2 · a képlettel;
ha D > 0, határozzuk meg a másodfokú egyenlet két valós gyökét az x = - b ± D 2 · a képlettel.

Vegye figyelembe, hogy ha a diszkrimináns nulla, használhatja az x = - b ± D 2 · a képletet, amely ugyanazt az eredményt adja, mint az x = - b 2 · a képlet.

Vegye figyelembe a példákat.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Példák megoldását mutatjuk be a diszkrimináns különböző értékeire.

6. példa

Meg kell találni az egyenlet gyökereit x 2 + 2 x - 6 = 0.

Megoldás

Felírjuk a másodfokú egyenlet numerikus együtthatóit: a \u003d 1, b \u003d 2 és c = – 6. Ezután az algoritmus szerint járunk el, azaz. Kezdjük el kiszámolni a diszkriminánst, amelyre behelyettesítjük az a , b együtthatókat és c a diszkrimináns képletbe: D = b 2 − 4 a c = 2 2 − 4 1 (− 6) = 4 + 24 = 28 .

Így azt kaptuk, hogy D > 0, ami azt jelenti, hogy az eredeti egyenletnek két valós gyöke lesz.
Megtalálásukhoz az x \u003d - b ± D 2 · a gyökképletet használjuk, és a megfelelő értékeket helyettesítve a következőt kapjuk: x \u003d - 2 ± 28 2 · 1. A kapott kifejezést egyszerűsítjük úgy, hogy a faktort kivesszük a gyök előjeléből, majd a tört redukálásával:

x = - 2 ± 2 7 2

x = - 2 + 2 7 2 vagy x = - 2 - 2 7 2

x = - 1 + 7 vagy x = - 1 - 7

Válasz: x = - 1 + 7 , x = - 1 - 7 .

7. példa

Másodfokú egyenletet kell megoldani − 4 x 2 + 28 x − 49 = 0.

Megoldás

Határozzuk meg a diszkriminánst: D = 28 2 - 4 (- 4) (- 49) = 784 - 784 = 0. Ezzel a diszkrimináns értékkel az eredeti egyenletnek csak egy gyöke lesz, amelyet az x = - b 2 · a képlet határoz meg.

x = - 28 2 (- 4) x = 3, 5

Válasz: x = 3, 5.

8. példa

Meg kell oldani az egyenletet 5 év 2 + 6 év + 2 = 0

Megoldás

Ennek az egyenletnek a numerikus együtthatói a következők lesznek: a = 5 , b = 6 és c = 2 . A diszkrimináns meghatározásához ezeket az értékeket használjuk: D = b 2 − 4 · a · c = 6 2 − 4 · 5 · 2 = 36 − 40 = − 4 . A kiszámított diszkrimináns negatív, így az eredeti másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.

Abban az esetben, ha a feladat összetett gyökök megjelölése, akkor a gyökképletet alkalmazzuk komplex számokkal végzett műveletek végrehajtásával:

x \u003d - 6 ± - 4 2 5,

x \u003d - 6 + 2 i 10 vagy x \u003d - 6 - 2 i 10,

x = - 3 5 + 1 5 i vagy x = - 3 5 - 1 5 i .

Válasz: nincsenek igazi gyökerek; az összetett gyökök: - 3 5 + 1 5 i , - 3 5 - 1 5 i .

Az iskolai tantervben standardként nem írják elő az összetett gyökerek keresését, ezért ha a döntés során a diszkriminánst nemlegesnek definiálják, azonnal rögzítésre kerül a válasz, hogy nincsenek valódi gyökerek.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

Az x = - b ± D 2 a (D = b 2 − 4 a c) gyökképlet lehetővé teszi egy másik, kompaktabb képlet előállítását, amely lehetővé teszi, hogy megoldásokat találjon másodfokú egyenletekre páros együtthatóval x-ben (vagy együtthatóval) 2 a n alakú, például 2 3 vagy 14 ln 5 = 2 7 ln 5). Mutassuk meg, hogyan keletkezik ez a képlet.

Tegyük fel, hogy azzal a feladattal állunk szemben, hogy megoldást találjunk az a · x 2 + 2 · n · x + c = 0 másodfokú egyenletre. Az algoritmus szerint járunk el: meghatározzuk a D = (2 n) 2 − 4 a c = 4 n 2 − 4 a c = 4 (n 2 − a c) diszkriminánst, majd a gyökképletet használjuk:

x \u003d - 2 n ± D 2 a, x \u003d - 2 n ± 4 n 2 - a c 2 a, x \u003d - 2 n ± 2 n 2 - a c 2 a, x = - n ± n 2 - a · c a .

Jelöljük az n 2 − a c kifejezést D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a vizsgált másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következőképpen alakul:

x \u003d - n ± D 1 a, ahol D 1 \u003d n 2 - a c.

Könnyen belátható, hogy D = 4 · D 1 vagy D 1 = D 4 . Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyede. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével, ami azt jelenti, hogy D 1 előjele egy másodfokú egyenlet gyökeinek meglétére vagy hiányára is szolgálhat.

11. definíció

Így egy 2 n-es második együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásához szükséges:

keresse meg D 1 = n 2 − a c ;
a D 1-ben< 0 сделать вывод, что действительных корней нет;
D 1 = 0 esetén határozza meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - n a képlettel;
D 1 > 0 esetén határozzunk meg két valós gyöket az x = - n ± D 1 képlettel a.

9. példa

Meg kell oldani az 5 · x 2 − 6 · x − 32 = 0 másodfokú egyenletet.

Megoldás

Az adott egyenlet második együtthatója 2 · (− 3) . Ezután átírjuk a megadott másodfokú egyenletet a következőre: 5 · x 2 + 2 · (− 3) · x − 32 = 0, ahol a = 5, n = − 3 és c = − 32.

Számítsuk ki a diszkrimináns negyedik részét: D 1 = n 2 − a c = (− 3) 2 − 5 (− 32) = 9 + 160 = 169 . A kapott érték pozitív, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek két valós gyöke van. Meghatározzuk őket a gyökök megfelelő képletével:

x = - n ± D 1 a , x = - - 3 ± 169 5 , x = 3 ± 13 5 ,

x = 3 + 13 5 vagy x = 3 - 13 5

x = 3 1 5 vagy x = - 2

Lehetséges lenne a másodfokú egyenlet gyökeinek szokásos képletével is számításokat végezni, de ebben az esetben a megoldás körülményesebb lenne.

Válasz: x = 3 1 5 vagy x = - 2 .

Másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha lehetséges az eredeti egyenlet alakjának optimalizálása, ami leegyszerűsíti a gyökerek kiszámításának folyamatát.

Például a 12 x 2 - 4 x - 7 \u003d 0 másodfokú egyenlet egyértelműen kényelmesebb megoldáshoz, mint az 1200 x 2 - 400 x - 700 \u003d 0.

Gyakrabban a másodfokú egyenlet alakjának egyszerűsítését úgy hajtják végre, hogy mindkét részét megszorozzák vagy osztják egy bizonyos számmal. Például fentebb bemutattuk az 1200 x 2 - 400 x - 700 = 0 egyenlet egyszerűsített ábrázolását, amelyet úgy kaptunk, hogy mindkét részét elosztjuk 100-zal.

Egy ilyen transzformáció akkor lehetséges, ha a másodfokú egyenlet együtthatói nem kölcsönösek prímszámok. Ezután általában az egyenlet mindkét részét elosztjuk együtthatói abszolút értékének legnagyobb közös osztójával.

Példaként használjuk a 12 x 2 − 42 x + 48 = 0 másodfokú egyenletet. Határozzuk meg együtthatóinak abszolút értékeinek gcd-jét: gcd (12 , 42 , 48) = gcd(gcd (12 , 42) , 48) = gcd (6 , 48) = 6 . Osszuk el az eredeti másodfokú egyenlet mindkét részét 6-tal, és kapjuk a 2 · x 2 − 7 · x + 8 = 0 ekvivalens másodfokú egyenletet.

A másodfokú egyenlet mindkét oldalát megszorozva a törtegyütthatókat általában kiküszöböljük. Ebben az esetben szorozzuk meg együtthatói nevezőinek legkisebb közös többszörösével. Például, ha az 1 6 x 2 + 2 3 x - 3 \u003d 0 másodfokú egyenlet minden részét megszorozzuk LCM-mel (6, 3, 1) \u003d 6, akkor többen írják egyszerű alak x 2 + 4 x - 18 = 0 .

Végül megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulni a mínusztól a másodfokú egyenlet első együtthatójánál, megváltoztatva az egyenlet minden tagjának előjelét, amit úgy érünk el, hogy mindkét részt megszorozzuk (vagy osztjuk) −1-gyel. Például a - 2 x 2 - 3 x + 7 \u003d 0 másodfokú egyenletből áttérhet az egyszerűsített változatra 2 x 2 + 3 x - 7 \u003d 0.

A gyökök és az együtthatók kapcsolata

Az x = - b ± D 2 · a másodfokú egyenletek gyökeinek már ismert képlete numerikus együtthatóival fejezi ki az egyenlet gyökereit. E képlet alapján lehetőségünk van más függőségeket beállítani a gyökök és az együtthatók között.

A leghíresebb és leginkább alkalmazható a Vieta-tétel képlete:

x 1 + x 2 \u003d - b a és x 2 \u003d c a.

Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege a második ellentétes előjelű együttható, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal. Például a 3 · x 2 − 7 · x + 22 \u003d 0 másodfokú egyenlet alapján azonnal meghatározható, hogy gyökeinek összege 7 3, a gyökök szorzata pedig 22 3.

Számos más összefüggés is megtalálható a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszege kifejezhető együtthatókkal:

x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2) 2 - 2 x 1 x 2 = - b a 2 - 2 c a = b 2 a 2 - 2 c a = b 2 - 2 a c a 2.

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

A teljes másodfokú egyenlet átalakítása hiányossá így néz ki (a \(b=0\) esetre):

Azokban az esetekben, amikor \(c=0\), vagy amikor mindkét együttható nulla, minden hasonló.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy \(a\) nem egyenlő nullával, nem lehet egyenlő nullával, mivel ebben az esetben a következővé alakul:

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldása.

Először is meg kell értenie, hogy a hiányos másodfokú egyenlet még mindig fennáll, ezért ugyanúgy megoldható, mint a szokásos másodfokú (át). Ehhez egyszerűen hozzáadjuk az egyenlet hiányzó komponensét nulla együtthatóval.

Példa : Keresse meg a \(3x^2-27=0\) egyenlet gyökereit
Megoldás :

		Van egy hiányos másodfokú egyenletünk, melynek együtthatója \(b=0\). Vagyis az egyenletet a következő formában írhatjuk fel:
\(3x^2+0\cdot x-27=0\)		Valójában itt ugyanaz az egyenlet, mint az elején, de most már megoldható egy közönséges négyzetként. Először felírjuk az együtthatókat.
\(a=3;\) \(b=0;\) \(c=-27;\)		Számítsa ki a diszkriminánst a következő képlettel: \(D=b^2-4ac\)
\(D=0^2-4\cdot3\cdot(-27)=\) \(=0+324=324\)		Keressük meg az egyenlet gyökereit a képletek segítségével \(x_(1)=\)\(\frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) és \(x_(2)=\)\(\frac(-b-\sqrt(D)) )(2a)\)
\(x_(1)=\) \(\frac(-0+\sqrt(324))(2\cdot3)\)\(=\)\(\frac(18)(6)\) \(=3\) \(x_(2)=\) \(\frac(-0-\sqrt(324))(2\cdot3)\)\(=\)\(\frac(-18)(6)\) \(=-3\)		Írd le a választ

Válasz : \(x_(1)=3\); \(x_(2)=-3\)

Példa : Keresse meg a \(-x^2+x=0\) egyenlet gyökereit
Megoldás :

		Megint egy hiányos másodfokú egyenlet, de most nulla egyenlő az együtthatóval\(c\). Az egyenletet teljesnek írjuk fel.

Folytatjuk a téma tanulmányozását egyenletek megoldása". A lineáris egyenletekkel már megismerkedtünk, és most megismerkedünk velük másodfokú egyenletek.

Először azt elemezzük, hogy mi a másodfokú egyenlet, hogyan írható be Általános nézet, és adja meg a kapcsolódó definíciókat. Ezt követően példákon keresztül részletesen elemezzük, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Ezután térjünk át a teljes egyenletek megoldására, szerezzük meg a gyökképletet, ismerkedjünk meg a másodfokú egyenlet diszkriminánsával, és fontoljuk meg a tipikus példák megoldásait. Végül nyomon követjük a gyökök és az együtthatók közötti kapcsolatokat.

Oldalnavigáció.

Mi az a másodfokú egyenlet? A típusaik

Először is világosan meg kell értenie, mi az a másodfokú egyenlet. Ezért logikus, hogy a másodfokú egyenletekről a másodfokú egyenlet meghatározásával kezdjünk beszélni, valamint a hozzá kapcsolódó definíciókkal. Ezt követően mérlegelheti a másodfokú egyenletek fő típusait: redukált és nem redukált, valamint teljes és hiányos egyenleteket.

Másodfokú egyenletek definíciója és példái

Meghatározás.

Másodfokú egyenlet a forma egyenlete a x 2 +b x+c=0, ahol x egy változó, a , b és c néhány szám, és a különbözik nullától.

Tegyük fel rögtön, hogy a másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek nevezik. Ez azért van, mert a másodfokú egyenlet az algebrai egyenlet másodfokú.

A hangos definíció lehetővé teszi, hogy példákat adjunk másodfokú egyenletekre. Tehát 2 x 2 +6 x+1=0, 0,2 x 2 +2,5 x+0,03=0 stb. másodfokú egyenletek.

Meghatározás.

Számok a , b és c nevezzük a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c \u003d 0, és az a együtthatót elsőnek, vagy idősebbnek, vagy x 2-nél lévő együtthatónak nevezzük, b a második együttható, vagy együttható x-nél, és c egy szabad tag.

Például vegyünk egy 5 x 2 −2 x−3=0 alakú másodfokú egyenletet, itt a vezető együttható 5, a második együttható -2, a szabad tag pedig -3. Vegye figyelembe, hogy ha a b és/vagy c együtthatók negatívak, mint az imént bemutatott példában, akkor az 5 x 2 −2 x−3=0 formájú másodfokú egyenlet rövid alakját használjuk, nem pedig 5 x 2 +(− 2 )x+(−3)=0 .

Érdemes megjegyezni, hogy ha az a és/vagy b együtthatók 1 vagy -1, akkor általában nincsenek kifejezetten jelen a másodfokú egyenlet jelölésében, ami az ilyen jelölés sajátosságaiból adódik. Például az y 2 −y+3=0 másodfokú egyenletben a vezető együttható egy, az y-nél pedig −1.

Redukált és nem redukált másodfokú egyenletek

A vezető együttható értékétől függően redukált és nem redukált másodfokú egyenleteket különböztetnek meg. Adjuk meg a megfelelő definíciókat.

Meghatározás.

Olyan másodfokú egyenletet nevezünk meg, amelyben a vezető együttható 1 redukált másodfokú egyenlet. Ellenkező esetben a másodfokú egyenlet az redukálatlan.

E definíció szerint a másodfokú egyenletek x 2 −3 x+1=0 , x 2 −x−2/3=0 stb. - csökkentve, mindegyikben az első együttható eggyel egyenlő. És 5 x 2 −x−1=0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, vezető együtthatóik eltérnek 1-től.

Bármilyen nem redukált másodfokú egyenletből, mindkét részét elosztva a vezető együtthatóval, eljuthatunk a redukálthoz. Ez a művelet egy ekvivalens transzformáció, vagyis az így kapott redukált másodfokú egyenletnek ugyanazok a gyökerei vannak, mint az eredeti nem redukált másodfokú egyenletnek, vagy hozzá hasonlóan nincs gyökere.

Vegyünk egy példát arra, hogyan történik az átmenet redukálatlan másodfokú egyenletről redukáltra.

Példa.

A 3 x 2 +12 x−7=0 egyenletből lépjen a megfelelő redukált másodfokú egyenletre.

Megoldás.

Elég, ha az eredeti egyenlet mindkét részének osztását elvégezzük a 3 vezető együtthatóval, ez nem nulla, így ezt a műveletet végre tudjuk hajtani. Van (3 x 2 +12 x−7):3=0:3 , ami megegyezik a (3 x 2):3+(12 x):3−7:3=0 , és így tovább (3 :3) x 2 +(12:3) x−7:3=0 , honnan . Így megkaptuk a redukált másodfokú egyenletet, amely ekvivalens az eredetivel.

Válasz:

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

A másodfokú egyenlet definíciójában van egy a≠0 feltétel. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 +b x+c=0 egyenlet pontosan négyzet alakú legyen, mivel a=0-val tulajdonképpen b x+c=0 alakú lineáris egyenletté válik.

Ami a b és c együtthatókat illeti, külön-külön és együtt is nullával egyenlőek lehetnek. Ezekben az esetekben a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.

Meghatározás.

Az a x 2 +b x+c=0 másodfokú egyenletet nevezzük befejezetlen, ha a b , c együtthatók legalább egyike nulla.

Viszont

Meghatározás.

Teljes másodfokú egyenlet olyan egyenlet, amelyben minden együttható nullától eltérő.

Ezeket a neveket nem véletlenül adják. Ez a következő beszélgetésből kiderül.

Ha a b együttható nullával egyenlő, akkor a másodfokú egyenlet a x 2 +0 x+c=0 alakot ölti, és ekvivalens az a x 2 +c=0 egyenlettel. Ha c=0, azaz a másodfokú egyenlet a x 2 +b x+0=0 formájú, akkor átírható x 2 +b x=0 formátumba. És b=0 és c=0 esetén az a·x 2 =0 másodfokú egyenletet kapjuk. Az így kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt. Innen a nevük - hiányos másodfokú egyenletek.

Tehát az x 2 +x+1=0 és a −2 x 2 −5 x+0,2=0 egyenletek a teljes másodfokú egyenletek példái, és x 2 =0, −2 x 2 =0, 5 x 2 +3 =0 , −x 2 −5 x=0 nem teljes másodfokú egyenletek.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

Az előző bekezdés információiból következik, hogy van háromféle nem teljes másodfokú egyenlet:

a x 2 =0, a b=0 és c=0 együtthatók megfelelnek neki;
ax2+c=0, ha b=0;
és a x 2 +b x=0, ha c=0.

Sorrendben elemezzük, hogyan oldják meg az egyes típusok nem teljes másodfokú egyenleteit.

a x 2 \u003d 0

Kezdjük azzal, hogy megoldjuk azokat a nem teljes másodfokú egyenleteket, amelyekben a b és c együttható nulla, azaz a x 2 =0 alakú egyenletekkel. Az a·x 2 =0 egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, amelyet az eredetiből úgy kapunk, hogy mindkét részét elosztjuk egy nem nulla a számmal. Nyilvánvaló, hogy az x 2 \u003d 0 egyenlet gyöke nulla, mivel 0 2 \u003d 0. Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami meg van magyarázva, sőt, bármely nem nulla p szám esetén bekövetkezik a p 2 >0 egyenlőtlenség, ami azt jelenti, hogy p≠0 esetén a p 2 =0 egyenlőség soha nem teljesül.

Tehát az a x 2 \u003d 0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x \u003d 0.

Példaként adjuk meg a −4·x 2 =0 nem teljes másodfokú egyenlet megoldását. Egyenértékű az x 2 \u003d 0 egyenlettel, egyetlen gyöke x \u003d 0, ezért az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke nulla.

Egy rövid megoldás ebben az esetben a következőképpen adható ki:
−4 x 2 \u003d 0,
x 2 \u003d 0,
x=0.

a x 2 +c=0

Most nézzük meg, hogyan oldhatók meg a nem teljes másodfokú egyenletek, amelyekben a b együttható nulla, és c≠0, vagyis az a x 2 +c=0 alakú egyenletek. Tudjuk, hogy egy tagnak az egyenlet egyik oldaláról a másikra ellentétes előjelű átvitele, valamint az egyenlet mindkét oldalának egy nem nulla számmal való osztása ekvivalens egyenletet ad. Ezért az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációi hajthatók végre:

mozgassa c-t jobb oldalra, ami az a x 2 =-c egyenletet adja,
és mindkét részét elosztjuk a -val, megkapjuk.

A kapott egyenlet lehetővé teszi, hogy következtetéseket vonjunk le a gyökereiről. A és c értékétől függően a kifejezés értéke lehet negatív (például ha a=1 és c=2, akkor ) vagy pozitív (például ha a=−2 és c=6 , akkor ), nem egyenlő nullával, mert c≠0 feltétellel. Külön elemezzük az eseteket és.

Ha , akkor az egyenletnek nincs gyöke. Ez az állítás abból a tényből következik, hogy bármely szám négyzete nem negatív szám. Ebből az következik, hogy amikor , akkor tetszőleges p számra az egyenlőség nem lehet igaz.

Ha , akkor az egyenlet gyökeivel más a helyzet. Ebben az esetben, ha felidézzük kb, akkor azonnal nyilvánvalóvá válik az egyenlet gyöke, ez a szám, mivel. Könnyű kitalálni, hogy a szám egyben az egyenlet gyöke is, sőt, . Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami például ellentmondásokkal mutatható ki. Csináljuk.

Jelöljük az egyenlet éppen hangoztatott gyökét x 1 és −x 1 -ként. Tegyük fel, hogy az egyenletnek van egy másik x 2 gyöke, amely különbözik a jelzett x 1 és -x 1 gyöktől. Ismeretes, hogy ha az egyenletet az x gyök helyett az egyenletbe helyettesítjük, az egyenletet valódi numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van , x 2-re pedig . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a valódi numerikus egyenlőségeket tagonként kivonjuk, így az egyenlőségek megfelelő részeinek kivonása x 1 2 − x 2 2 =0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a kapott egyenlőséget a következőre írjuk át: (x 1 − x 2)·(x 1 + x 2)=0 . Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik egyenlő nullával. Ezért a kapott egyenlőségből az következik, hogy x 1 −x 2 =0 és/vagy x 1 +x 2 =0, ami megegyezik, x 2 =x 1 és/vagy x 2 = −x 1. Tehát ellentmondáshoz érkeztünk, hiszen az elején azt mondtuk, hogy az x 2 egyenlet gyöke különbözik x 1-től és −x 1-től. Ez bizonyítja, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint és .

Foglaljuk össze az ebben a bekezdésben található információkat. Az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az egyenlettel, amely

nincs gyökere, ha
két gyöke van és ha .

Tekintsünk példákat az a·x 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenletek megoldására.

Kezdjük a 9 x 2 +7=0 másodfokú egyenlettel. Miután a szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, a 9·x 2 =−7 alakot veszi fel. A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztva 9-cel, így jutunk el. Mivel a jobb oldalon negatív számot kapunk, ennek az egyenletnek nincs gyöke, ezért az eredeti 9 x 2 +7=0 hiányos másodfokú egyenletnek nincs gyöke.

Oldjunk meg még egy hiányos másodfokú egyenletet −x 2 +9=0. A kilencet átvisszük a jobb oldalra: -x 2 \u003d -9. Most mindkét részt elosztjuk −1-gyel, x 2 =9-et kapunk. A jobb oldalon egy pozitív szám található, amiből arra következtetünk, hogy vagy . Miután felírtuk a végső választ: a −x 2 +9=0 hiányos másodfokú egyenletnek két gyöke van x=3 vagy x=−3.

a x 2 +b x=0

Marad az utolsó típusú nem teljes másodfokú egyenlet megoldása c=0 esetén. Az a x 2 +b x=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletek lehetővé teszik a megoldást faktorizációs módszer. Nyilvánvalóan megtehetjük, az egyenlet bal oldalán található, amihez elegendő az x közös tényezőt zárójelből kivenni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről egy x·(a·x+b)=0 alakú ekvivalens egyenletre lépjünk. És ez az egyenlet ekvivalens két x=0 és egy x+b=0 egyenlet halmazával, amelyek közül az utolsó lineáris és gyöke x=−b/a .

Tehát az a x 2 +b x=0 nem teljes másodfokú egyenletnek két gyöke van: x=0 és x=−b/a.

Az anyag konszolidálásához egy konkrét példa megoldását elemezzük.

Példa.

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás.

Kivesszük x-et a zárójelekből, ez adja az egyenletet. Ez ekvivalens két x=0 és . Megoldjuk a kapott lineáris egyenletet: , és a vegyes számot elosztjuk -vel közönséges tört, találunk . Ezért az eredeti egyenlet gyökei x=0 és .

A szükséges gyakorlat megszerzése után röviden felírhatjuk az ilyen egyenletek megoldásait:

Válasz:

x=0 , .

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

A másodfokú egyenletek megoldására van egy gyökképlet. Írjuk fel a másodfokú egyenlet gyökeinek képlete: , ahol D=b 2 −4 a c- ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa. A jelölés lényegében azt jelenti.

Hasznos tudni, hogyan kapták meg a gyökképletet, és hogyan alkalmazzák azt a másodfokú egyenletek gyökereinek megtalálásában. Foglalkozzunk ezzel.

Másodfokú egyenlet gyökképletének levezetése

Meg kell oldanunk az a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenletet. Végezzünk el néhány egyenértékű átalakítást:

Ennek az egyenletnek mindkét részét eloszthatjuk egy nem nulla a számmal, így a redukált másodfokú egyenletet kapjuk.
Most válasszon egy teljes négyzetet bal oldalán: . Ezt követően az egyenlet a következőt veszi fel.
Ebben a szakaszban lehetséges az utolsó két tag jobb oldalra történő áthelyezése ellentétes előjellel, mi .
És alakítsuk át a jobb oldali kifejezést is: .

Ennek eredményeként az egyenlethez jutunk, amely ekvivalens az eredeti a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenlettel.

Az előző bekezdésekben, amikor elemeztük, már megoldottunk hasonló alakú egyenleteket. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy a következő következtetéseket vonjuk le az egyenlet gyökereiről:

ha , akkor az egyenletnek nincsenek valós megoldásai;
ha , akkor az egyenlet alakja , tehát , amelyből az egyetlen gyöke látható;
ha , akkor vagy , ami megegyezik a vagy -vel, vagyis az egyenletnek két gyöke van.

Így az egyenlet gyökeinek és így az eredeti másodfokú egyenletnek a megléte vagy hiánya a kifejezés jobb oldali előjelétől függ. Ennek a kifejezésnek az előjelét viszont a számláló előjele határozza meg, mivel a 4 a 2 nevező mindig pozitív, vagyis a b 2 −4 a c kifejezés előjele. Ezt a b 2 −4 a c kifejezést nevezzük másodfokú egyenlet diszkriminánsaés a betűvel megjelölve D. Innentől kezdve világos a diszkrimináns lényege - értékéből és előjeléből következik, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.

Visszatérünk az egyenlethez, átírjuk a diszkrimináns jelölésével: . És arra a következtetésre jutunk:

ha D<0 , то это уравнение не имеет действительных корней;
ha D=0, akkor ennek az egyenletnek egyetlen gyöke van;
végül, ha D>0, akkor az egyenletnek két vagy gyöke van, ami átírható a vagy alakba, és a törteket bővítve és közös nevezőre redukálva kapjuk a -t.

Így levezettük a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit, így néznek ki, ahol a D diszkriminánst a D=b 2 −4 a c képlettel számítjuk ki.

Segítségükkel pozitív diszkrimináns segítségével kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökét. Ha a diszkrimináns egyenlő nullával, akkor mindkét képlet ugyanazt a gyökérértéket adja, amely megfelel a az egyetlen megoldás másodfokú egyenlet. És egy negatív diszkriminánssal, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, azzal szembesülünk, hogy kivonjuk négyzetgyök negatív számtól, ami kivesz minket a dobozból és iskolai tananyag. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, de van párja komplex konjugátum gyökök, amelyeket az általunk kapott gyökképletekkel találhatunk meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A gyakorlatban egy másodfokú egyenlet megoldásánál azonnal használhatjuk a gyökképletet, amellyel kiszámolhatjuk az értékeket. De ez inkább az összetett gyökerek megtalálásáról szól.

Az iskolai algebra tanfolyamon azonban általában az beszélgetünk nem összetett, hanem egy másodfokú egyenlet valós gyökereiről. Ebben az esetben célszerű a másodfokú egyenlet gyökeinek felhasználása előtt először megkeresni a diszkriminánst, megbizonyosodni arról, hogy nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), majd ezt követően számítsa ki a gyökerek értékeit.

A fenti érvelés lehetővé teszi, hogy írjunk másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus. Az a x 2 + b x + c \u003d 0 másodfokú egyenlet megoldásához szüksége lesz:

a D=b 2 −4 a c diszkrimináns képlet segítségével számítsa ki az értékét;
arra a következtetésre jutunk, hogy a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, ha a diszkrimináns negatív;
számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével, ha D=0 ;
keresse meg a másodfokú egyenlet két valós gyökerét a gyökképlet segítségével, ha a diszkrimináns pozitív.

Itt csak azt jegyezzük meg, hogy ha a diszkrimináns nullával egyenlő, akkor a képlet is használható, ugyanazt az értéket adja, mint .

Továbbléphet a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algoritmus alkalmazásának példáira.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Tekintsük három másodfokú egyenlet megoldását pozitív, negatív és nulla diszkriminánssal. Miután foglalkoztunk a megoldásukkal, analógia útján bármely más másodfokú egyenlet is megoldható lesz. Kezdjük.

Példa.

Keresse meg az x 2 +2 x−6=0 egyenlet gyökereit.

Megoldás.

Ebben az esetben a másodfokú egyenlet következő együtthatói vannak: a=1 , b=2 és c=−6 . Az algoritmus szerint először ki kell számítani a diszkriminánst, ehhez behelyettesítjük a jelzett a-t, b-t és c-t a diszkrimináns képletbe, D=b 2 –4 a c=2 2 –4 1 (–6)=4+24=28. Mivel 28>0, azaz a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van. Keressük meg őket a gyök képletével, kapjuk, itt egyszerűsíthetjük a művelettel kapott kifejezéseket a gyökér jelét figyelembe véve ezt követi a frakciócsökkentés:

Válasz:

Térjünk át a következő tipikus példára.

Példa.

Oldja meg a −4 x 2 +28 x−49=0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

Kezdjük a diszkrimináns megtalálásával: D=28 2 −4 (−4) (−49)=784−784=0. Ezért ennek a másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyet így találunk, azaz

Válasz:

x=3,5.

Továbbra is meg kell fontolni a másodfokú egyenletek negatív diszkrimináns megoldását.

Példa.

Oldja meg az 5 y 2 +6 y+2=0 egyenletet.

Megoldás.

Itt vannak a másodfokú egyenlet együtthatói: a=5 , b=6 és c=2 . Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe, megvan D=b 2 −4 a c=6 2 −4 5 2=36−40=−4. A diszkrimináns negatív, ezért ennek a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.

Ha összetett gyököket kell megadnia, akkor a másodfokú egyenlet gyökeinek jól ismert képletét használjuk, és végrehajtjuk műveletek komplex számokkal:

Válasz:

nincsenek valódi gyökerek, az összetett gyökök: .

Még egyszer megjegyezzük, hogy ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskola általában azonnal leírja a választ, amelyben azt jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és nem találnak összetett gyököket.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D=b 2 −4 a c lehetővé teszi, hogy egy kompaktabb képletet kapjunk, amely lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását páros együtthatóval x-ben (vagy egyszerűen olyan együtthatóval, amely úgy néz ki, mint 2 n például vagy 14 ln5=2 7 ln5 ). Vigyük ki.

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk egy a x 2 +2 n x + c=0 alakú másodfokú egyenletet. Keressük meg a gyökereit az általunk ismert képlet segítségével. Ehhez kiszámítjuk a diszkriminánst D=(2 n) 2 −4 a c=4 n 2 −4 a c=4 (n 2 −a c), majd a gyökképletet használjuk:

Jelölje az n 2 −a c kifejezést D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a figyelembe vett másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következő alakot veszi fel , ahol D 1 =n 2 −a c .

Könnyen belátható, hogy D=4·D 1 , vagy D 1 =D/4 . Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyedik része. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével. Vagyis a D 1 jel a másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát is jelzi.

Tehát egy másodfokú egyenlet megoldásához a második 2 n együtthatóval szükség van

Számítsuk ki D 1 =n 2 −a·c ;
Ha D 1<0 , то сделать вывод, что действительных корней нет;
Ha D 1 =0, akkor számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével;
Ha D 1 >0, akkor keress két valós gyöket a képlet segítségével.

Tekintsük a példa megoldását az ebben a bekezdésben kapott gyökképlet segítségével.

Példa.

Oldja meg az 5 x 2 −6 x−32=0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

Ennek az egyenletnek a második együtthatója 2·(−3) . Azaz átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakban, itt a=5 , n=−3 és c=−32 , és kiszámolhatja az diszkriminatív: D 1 =n 2 −a c=(−3) 2 −5 (−32)=9+160=169. Mivel értéke pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van. A megfelelő gyökképlet segítségével találjuk meg őket:

Megjegyzendő, hogy a másodfokú egyenlet gyökére a szokásos képletet lehetett használni, de ebben az esetben több számítási munkát kell végezni.

Válasz:

Másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha, mielőtt egy másodfokú egyenlet gyökereinek képletekkel történő kiszámításába kezdenénk, nem árt feltenni a kérdést: „Lehetséges-e egyszerűsíteni ennek az egyenletnek a formáját”? Egyetértünk azzal, hogy számítási szempontból könnyebb lesz megoldani a 11 x 2 −4 x −6=0 másodfokú egyenletet, mint 1100 x 2 −400 x−600=0 .

Általában a másodfokú egyenlet formájának egyszerűsítését úgy érik el, hogy mindkét oldalát megszorozzuk vagy elosztjuk valamilyen számmal. Például az előző bekezdésben az 1100 x 2 −400 x −600=0 egyenlet egyszerűsítését sikerült elérni úgy, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.

Hasonló transzformációt hajtunk végre másodfokú egyenletekkel, amelyek együtthatói nem . Ebben az esetben az egyenlet mindkét részét általában elosztják együtthatóinak abszolút értékeivel. Vegyük például a 12 x 2 −42 x+48=0 másodfokú egyenletet. együtthatóinak abszolút értékei: gcd(12, 42, 48)= gcd(gcd(12, 42), 48)= gcd(6, 48)=6 . Az eredeti másodfokú egyenlet mindkét részét 6-tal elosztva a 2 x 2 −7 x+8=0 ekvivalens másodfokú egyenlethez jutunk.

És a másodfokú egyenlet mindkét részének szorzata általában azért történik, hogy megszabaduljunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben a szorzást az együtthatók nevezőin hajtják végre. Például, ha egy másodfokú egyenlet mindkét részét megszorozzuk LCM(6, 3, 1)=6 -al, akkor az egyszerűbb formát ölti: x 2 +4 x−18=0 .

A bekezdés végén megjegyezzük, hogy a másodfokú egyenlet vezető együtthatójánál szinte mindig megszabadulni a mínusztól az összes tag előjelének megváltoztatásával, ami megfelel mindkét rész -1-gyel való szorzásának (vagy osztásának). Például általában a −2·x 2 −3·x+7=0 másodfokú egyenletből megyünk a 2·x 2 +3·x−7=0 megoldáshoz.

Másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak kapcsolata

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete az egyenlet gyökereit az együtthatóiban fejezi ki. A gyökök képlete alapján más összefüggéseket kaphat a gyökök és az együtthatók között.

A legismertebb és leginkább alkalmazható képletek a form és a Vieta-tételből. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, és a gyökök szorzata a szabad tag. Például a 3 x 2 −7 x+22=0 másodfokú egyenlet alakjával azonnal azt mondhatjuk, hogy gyökeinek összege 7/3, a gyökök szorzata pedig 22/3.

A már felírt képleteket felhasználva számos egyéb összefüggést kaphatunk a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például kifejezheti egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszegét az együtthatóival: .

Bibliográfia.

Algebra: tankönyv 8 cellához. Általános oktatás intézmények / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; szerk. S. A. Teljakovszkij. - 16. kiadás - M. : Oktatás, 2008. - 271 p. : ill. - ISBN 978-5-09-019243-9.
Mordkovich A. G. Algebra. 8. évfolyam. 14 órakor 1. rész Tankönyv oktatási intézmények diákjainak / A. G. Mordkovich. - 11. kiadás, törölve. - M.: Mnemozina, 2009. - 215 p.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.

Ismeretes, hogy ez az ax 2 + in + c \u003d o egyenlőség egy sajátos változata, ahol a, b és c valós együtthatók az ismeretlen x-hez, és ahol a ≠ o, valamint b és c nullák lesznek - egyidejűleg vagy külön. Például c = o, v ≠ o vagy fordítva. Majdnem emlékeztünk a másodfokú egyenlet definíciójára.

Egy másodfokú trinom egyenlő nullával. Első együtthatója a ≠ o, b és c bármilyen értéket felvehet. Ekkor az x változó értéke akkor lesz, amikor behelyettesítéskor a megfelelő numerikus egyenlőségre fordítja. Maradjunk a valós gyököknél, bár az egyenlet megoldásai is lehetnek teljesek, olyan egyenletet szokás nevezni, amelyben egyik együttható sem egyenlő o-val, a ≠ o, b ≠ o, c ≠ o.
Oldjunk meg egy példát. 2x2 -9x-5 = ó, megtaláljuk
D \u003d 81 + 40 \u003d 121,
D pozitív, tehát vannak gyökök, x 1 = (9+√121): 4 = 5, és a második x 2 = (9-√121): 4 = -o.5. Az ellenőrzés segít megbizonyosodni arról, hogy helyesek.

Itt van egy lépésről lépésre a másodfokú egyenlet megoldása

A diszkrimináns segítségével tetszőleges egyenletet meg lehet oldani, amelynek bal oldalán van egy ismert négyzetháromtag, amelynek ≠ o. Példánkban. 2x 2 -9x-5 \u003d 0 (ax 2 + in + c \u003d o)

Nézzük meg, melyek a másodfokú hiányos egyenletek

ax 2 + in = o. A szabad tag, a c együttható x 0-nál itt nulla, ≠ o-ban.
Hogyan lehet megoldani egy ilyen nem teljes másodfokú egyenletet? Vegyük ki az x-et a zárójelekből. Ne feledje, amikor két tényező szorzata nulla.
x(ax+b) = o, ez lehet akkor, ha x = o vagy ha ax+b = o.
A 2. megoldásával x = -v/a.
Ennek eredményeként a gyökereink x 1 \u003d 0, a számítások szerint x 2 \u003d -b / a.
Most x együtthatója o, de c nem egyenlő (≠) o-val.
x 2 + c \u003d o. Átvisszük c-t az egyenlőség jobb oldalára, kapunk x 2 \u003d -c. Ennek az egyenletnek csak akkor van valódi gyöke, ha -c pozitív szám (c ‹ o),
x 1 ekkor egyenlő √(-c)-vel, x 2 pedig -√(-c). Ellenkező esetben az egyenletnek nincs gyökere.
Az utolsó lehetőség: b \u003d c \u003d o, azaz ax 2 \u003d o. Természetesen egy ilyen egyszerű egyenletnek egy gyöke van, x = o.

Különleges esetek

Megfontoltuk, hogyan lehet megoldani egy nem teljes másodfokú egyenletet, és most bármilyen fajtát választunk.

A teljes másodfokú egyenletben az x második együtthatója páros szám.
Legyen k = o,5b. Képleteink vannak a diszkrimináns és a gyökök kiszámítására.
D / 4 \u003d k 2 - ac, a gyökereket a következőképpen számítjuk ki: x 1,2 \u003d (-k ± √ (D / 4)) / a D › o esetén.
x = -k/a D = o-nál.
A D ‹ o-nak nincsenek gyökerei.
Vannak redukált másodfokú egyenletek, ahol az x négyzet együtthatója 1, általában x 2 + px + q \u003d o. A fenti képletek mindegyike vonatkozik rájuk, de a számítások valamivel egyszerűbbek.
Példa: x 2 -4x-9 \u003d 0. Kiszámoljuk D: 2 2 +9, D \u003d 13.
x 1 = 2+√13, x 2 = 2-√13.
Ráadásul könnyen alkalmazható az adottakra, azt mondja, hogy az egyenlet gyökeinek összege egyenlő -p-vel, a második együttható mínuszos (ellentétes előjellel), és ugyanezen gyökök szorzata egyenlő legyen q-val, a szabad taggal. Nézze meg, milyen egyszerű lenne szóban meghatározni ennek az egyenletnek a gyökereit. Nem redukálthoz (minden együtthatóhoz nem nulla) ez a tétel a következőképpen alkalmazható: az x 1 + x 2 összeg egyenlő -v / a-val, az x 1 x 2 szorzat egyenlő c / a-val.

A c szabad tag és az a első együttható összege egyenlő a b együtthatóval. Ebben a helyzetben az egyenletnek legalább egy gyöke van (könnyű bizonyítani), az első szükségszerűen egyenlő -1-gyel, a második pedig - c / a, ha létezik. Hogyan lehet megoldani egy hiányos másodfokú egyenletet, azt Ön is ellenőrizheti. Easy peasy. Az együtthatók bizonyos arányban lehetnek egymás között

x 2 + x \u003d o, 7x 2 -7 \u003d o.
Az összes együttható összege o.
Egy ilyen egyenlet gyöke 1 és c / a. Példa: 2x 2 -15x + 13 = o.
x 1 \u003d 1, x 2 = 13/2.

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