A diszkrimináns egy negatív szám. online számológép

Dolgozzunk vele másodfokú egyenletek. Ezek nagyon népszerű egyenletek! A nagyon Általános nézet a másodfokú egyenlet így néz ki:

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...

Hogyan lehet másodfokú egyenleteket megoldani? Ha van egy másodfokú egyenlete ebben a formában, akkor minden egyszerű. Emlékezz a varázsszóra 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. Tehát a másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére szolgáló képlet így néz ki:

A gyökérjel alatti kifejezés ugyanaz diszkriminatív. 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 fontolja meg. Helyettes a jeleiddel! Például az első egyenlethez a =1; b = 3; c= -4. Itt írjuk:

A példa majdnem megoldva:

Ez minden.

Milyen esetekben lehetséges ez a képlet? Csak három eset van.

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. Diszkrimináns nulla. Akkor van egy megoldás. Szigorúan véve ez nem egyetlen gyökér, hanem két egyforma. Ez azonban szerepet játszik az egyenlőtlenségekben, ahol részletesebben megvizsgáljuk a kérdést.

3. A diszkrimináns negatív. Negatív számból Négyzetgyök nincs kivonva. Hát rendben. Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

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!

Így, hogyan kell megoldani a másodfokú egyenleteket a diszkrimináns révén, amelyre emlékeztünk. Vagy tanult, ami szintén jó. Tud-e 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?

A másodfokú egyenletek azonban gyakran kissé eltérően néznek ki. Például így:

azt hiányos másodfokú egyenletek . A diszkrimináns segítségével 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 megkülönböztetés 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 = 0, vagy x = 4

A második egyenlet is könnyen megoldható. 9 áthelyezése jobb oldal. Kapunk:

Marad a gyökér kivonása a 9-ből, és ennyi. Kap:

két gyökér is . x = +3 és x = -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 ...

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 légy lusta, mielőtt megoldana egy másodfokú egyenletet alapforma. 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 stimmel!
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 az előző részben 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.

Gyakorlati tippek:

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!

Törtegyenletek. ODZ.

Folytatjuk az egyenletek elsajátítását. Már tudjuk, hogyan kell lineáris és másodfokú egyenletekkel dolgozni. Az utolsó nézet marad törtegyenletek. Vagy sokkal szilárdabbnak is nevezik őket - töredékes racionális egyenletek . Ez ugyanaz.

Törtegyenletek.

Ahogy a neve is sugallja, ezek az egyenletek szükségszerűen tartalmaznak törteket. De nem csak a töredékek, hanem a töredékek, amelyek rendelkeznek a nevezőben ismeretlen. Legalábbis az egyikben. Például:

Hadd emlékeztesselek, ha csak a nevezőkben számok, ezek lineáris egyenletek.

Hogyan döntsünk törtegyenletek? Először is szabadulj meg a törtektől! Ezt követően az egyenlet leggyakrabban lineáris vagy másodfokúvá válik. És akkor tudjuk, mit tegyünk... Bizonyos esetekben ez identitássá válhat, például 5=5, vagy helytelen kifejezéssé, például 7=2. De ez ritkán történik meg. Az alábbiakban megemlítem.

De hogyan lehet megszabadulni a törtektől!? Nagyon egyszerű. Az összes azonos transzformáció alkalmazása.

Az egész egyenletet meg kell szoroznunk ugyanazzal a kifejezéssel. Hogy minden nevező csökkenjen! Minden azonnal könnyebb lesz. egy példával magyarázom. Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk az egyenletet:

Hogyan tanították őket az általános iskolában? Mindent egy irányba viszünk át, közös nevezőre redukáljuk stb. Felejtsd el, hogyan lidércnyomás! Ezt kell tennie, amikor törtkifejezéseket ad hozzá vagy kivon. Vagy dolgozz az egyenlőtlenségekkel. Az egyenletekben pedig azonnal megszorozzuk mindkét részt egy kifejezéssel, amely lehetőséget ad az összes nevező csökkentésére (vagyis lényegében egy közös nevezőre). És mi ez a kifejezés?

A bal oldalon a nevező csökkentéséhez szoroznia kell x+2. A jobb oldalon pedig 2-vel kell szorozni, tehát az egyenletet meg kell szorozni 2 (x+2). Megszorozzuk:

Ez a törtek szokásos szorzása, de részletesen leírom:

Kérjük, vegye figyelembe, hogy még nem nyitom ki a zárójelet. (x + 2)! Tehát teljes egészében leírom:

A bal oldalon teljesen lecsökkent (x+2), jobb oldalon pedig 2. Igény szerint! Csökkentés után kapjuk lineáris az egyenlet:

Ezt az egyenletet bárki meg tudja oldani! x = 2.

Oldjunk meg egy másik, kicsit bonyolultabb példát:

Ha emlékszünk arra, hogy 3 = 3/1, és 2x = 2x/ 1 írható:

És ismét megszabadulunk attól, amit nem igazán szeretünk - a törtekből.

Látjuk, hogy a nevező x-szel való csökkentéséhez meg kell szorozni a törtet (x - 2). És az egységek nem jelentenek akadályt számunkra. Nos, szorozzuk. Összes bal oldali és összes jobb oldal:

Ismét zárójelek (x - 2) nem árulom el. A zárójel egészével dolgozom, mintha egy szám lenne! Ezt mindig meg kell tenni, különben semmi sem csökken.

A mély elégedettség érzésével vágunk (x - 2)és az egyenletet tört nélkül, vonalzóban kapjuk!

És most kinyitjuk a zárójeleket:

Hasonlókat adunk, mindent áthelyezünk a bal oldalra, és megkapjuk:

Klasszikus másodfokú egyenlet. De az előttünk álló mínusz nem jó. Mindig megszabadulhatsz tőle, ha -1-gyel szorozod vagy osztod. De ha alaposan megnézi a példát, észre fogja venni, hogy a legjobb, ha ezt az egyenletet elosztja -2-vel! Egy csapásra eltűnik a mínusz, szebbek lesznek az együtthatók! -2-vel osztjuk. A bal oldalon - kifejezésenként, a jobb oldalon - csak ossza el a nullát -2-vel, nullát, és kapja meg:

A diszkriminánson keresztül oldjuk meg és ellenőrizzük a Vieta-tétel szerint. Kapunk x=1 és x=3. Két gyökér.

Mint látható, az első esetben a transzformáció utáni egyenlet lineárissá vált, itt pedig másodfokú. Előfordul, hogy miután megszabadultunk a törtektől, minden x csökken. Maradt valami, például 5=5. Ez azt jelenti x bármi lehet. Bármi is legyen, akkor is csökkenni fog. És kapd meg a tiszta igazságot, 5=5. De miután megszabadultunk a törtektől, kiderülhet, hogy ez teljesen valótlan, például 2=7. Ez pedig azt jelenti nincsenek megoldások! Bármely x esetén hamisnak bizonyul.

Rájött fő út megoldásokat törtegyenletek ? Ez egyszerű és logikus. Megváltoztatjuk az eredeti kifejezést, hogy minden, ami nem tetszik, eltűnjön. Vagy beavatkozni. Ebben az esetben törtekről van szó. Mindenkivel ugyanezt fogjuk tenni összetett példák logaritmusokkal, szinuszokkal és egyéb borzalmakkal. Mi mindig megszabadulunk ettől az egésztől.

Az eredeti kifejezést azonban a szükséges irányba kell változtatnunk szabályok szerint, igen ... Amelynek fejlesztése a matematika vizsgára való felkészítés. Itt tanulunk.

Most megtanuljuk, hogyan lehet megkerülni az egyiket a fő lesek a vizsgán! De előbb lássuk, beleesik-e vagy sem?

Vegyünk egy egyszerű példát:

A dolog már ismerős, mindkét részt megszorozzuk (x - 2), kapunk:

Ne feledje, zárójelekkel (x - 2)úgy dolgozunk, mint egy, integrál kifejezéssel!

Itt már nem azt írtam a nevezőkbe, méltatlanul ... És nem húztam zárójelet a nevezőkbe, kivéve x - 2 nincs semmi, nem tudsz rajzolni. Lerövidítjük:

Kinyitjuk a zárójeleket, mindent balra mozgatunk, hasonlókat adunk:

Megoldjuk, ellenőrizzük, két gyökeret kapunk. x = 2és x = 3. Kiváló.

Tegyük fel, hogy a feladat azt mondja, hogy ha több gyökér van, írjuk fel a gyökért vagy azok összegét. Mit fogunk írni?

Ha úgy dönt, hogy a válasz 5, akkor Ön lesben álltak. És a feladat nem számít bele. Hiába dolgoztak... A helyes válasz a 3.

Mi a helyzet?! És megpróbálod ellenőrizni. Helyettesítsd be az ismeretlen értékeit a kezdeti példa. És ha at x = 3 minden csodálatosan összenő, 9 = 9-et kapunk, majd azzal x = 2 oszd el nullával! Amit végképp nem lehet megtenni. Eszközök x = 2 nem megoldás, és nem veszik figyelembe a válaszban. Ez az úgynevezett idegen vagy extra gyökér. Csak eldobjuk. Csak egy végső gyökér van. x = 3.

Hogy hogy?! Felháborodott felkiáltásokat hallok. Azt tanították nekünk, hogy egy egyenletet meg lehet szorozni egy kifejezéssel! Ez ugyanaz az átalakulás!

Igen, azonos. Kis feltétel mellett - a kifejezés, amellyel szorozunk (osztunk) - különbözik a nullától. DE x - 2 nál nél x = 2 nullával egyenlő! Szóval minden igazságos.

És most mit tehetek?! Ne szorozzon kifejezéssel? Minden alkalommal ellenőrzi? Megint homályos!

Nyugodtan! Semmi pánik!

Ebben a nehéz helyzetben három varázslevél ment meg minket. Tudom, mire gondoltál. Helyesen! azt ODZ . Érvényes értékek területe.

Másodfokú egyenletek. Diszkrimináns. Megoldás, példák.

Figyelem!
Vannak további
anyag az 555. külön szakaszban.
Azoknak, akik erősen "nem nagyon..."
És azoknak, akik "nagyon...")

A másodfokú egyenletek típusai

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.

Másodfokú egyenletek megoldása.

Teljes másodfokú egyenletek megoldása.

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:

De gyakran a másodfokú egyenletek kissé eltérően néznek ki. Például így:

Tudtad?) Igen! azt hiányos másodfokú egyenletek.

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldása.

Az általános képlettel is megoldhatók. Csak helyesen kell kitalálnia, hogy mi egyenlő itt a, b és c.

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.

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.

Diszkrimináns. Diszkrimináns képlet.

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! Kezelése egyszerű és problémamentes.) A leginkább arra emlékeztetlek általános képlet megoldásokért 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 érdemelte ki különleges név? 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, másodfokú egyenletek egyszerű megoldásával a diszkrimináns fogalma nem igazán szükséges. Behelyettesítjük az együtthatók értékeit a képletben, és figyelembe vesszük. Ott minden kiderül magától, és két gyökér, és egy, és nem egy. Bonyolultabb feladatok megoldásánál azonban tudás nélkül jelentés és diszkriminanciaképlet nem elég. Különösen - a paraméterekkel rendelkező egyenletekben. Az ilyen egyenletek műrepülés a GIA és az egységes államvizsgához!)

Így, hogyan kell megoldani a másodfokú egyenleteket az emlékezett diszkrimináns révén. Vagy tanult, ami szintén nem rossz.) Tudod, hogyan kell helyesen azonosítani a, b és c. Tudod hogyan gondosan cserélje be őket a gyökérképletbe és gondosan számolja meg az eredményt. Megértetted, hogy itt a kulcsszó: gondosan?

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:

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 stimmel!
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.

Gyakorlati tippek:

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 szó esik a megoldásban azonos transzformációk alkalmazásáról is különféle egyenletek. Sokat segít!

Ha tetszik ez az oldal...

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.

Több egyszerű módon. Ehhez vegye ki a z-t a zárójelekből. A következőt kapja: z(az + b) = 0. A tényezők felírhatók: z=0 és az + b = 0, mivel mindkettő nullát eredményezhet. Az az + b = 0 jelölésben a másodikat más előjellel jobbra mozgatjuk. Innen z1 = 0 és z2 = -b/a. Ezek az eredeti gyökerei.

Ha van egy az² + c \u003d 0 formájú hiányos egyenlet, ebben az esetben úgy találjuk meg, hogy egyszerűen áthelyezzük a szabad tagot az egyenlet jobb oldalára. Változtasd meg a jelét is. Megkapja az az² \u003d -s rekordot. Kifejezése z² = -c/a. Vegye ki a gyökeret, és írjon fel két megoldást - a négyzetgyök pozitív és negatív értékét.

jegyzet

Ha az egyenletben törtegyütthatók vannak, szorozzuk meg a teljes egyenletet a megfelelő tényezővel, hogy megszabaduljunk a törtektől.

A másodfokú egyenletek megoldásának ismerete iskolásoknak és diákoknak egyaránt szükséges, néha a felnőttek mindennapi életében segíthet. Számos konkrét döntési módszer létezik.

Másodfokú egyenletek megoldása

A*x^2+b*x+c=0 alakú másodfokú egyenlet. Az x együttható a kívánt változó, a, b, c - numerikus együtthatók. Ne feledje, hogy a "+" jel változhat "-" jelre.

Az egyenlet megoldásához a Vieta-tételt kell használni, vagy meg kell találni a diszkriminánst. A legelterjedtebb módszer a diszkrimináns megtalálása, mivel a, b, c egyes értékeire nem használható a Vieta-tétel.

A diszkrimináns (D) megtalálásához fel kell írni a D=b^2 - 4*a*c képletet. D értéke lehet nagyobb, kisebb vagy egyenlő nullával. Ha D nagyobb, mint vagy nullánál kisebb, akkor két gyök lesz, ha D \u003d 0, akkor csak egy gyök marad, pontosabban azt mondhatjuk, hogy D-nek ebben az esetben két egyenértékű gyöke van. Helyettesítsd be a képletbe az ismert a, b, c együtthatókat és számítsd ki az értéket!

Miután megtalálta a diszkriminánst, az x kereséséhez használja a következő képleteket: x(1) = (- b+sqrt(D))/2*a; x(2) = (- b-sqrt(D))/2*a ahol sqrt az a függvény, amely az adott szám négyzetgyökét veszi fel. A kifejezések kiszámítása után megtalálja az egyenlet két gyökerét, amely után az egyenlet megoldottnak tekinthető.

Ha D kisebb, mint nulla, akkor még mindig vannak gyökerei. Az iskolában ezt a részt gyakorlatilag nem tanulmányozzák. Az egyetemistáknak tudniuk kell, hogy a gyökér alatt negatív szám jelenik meg. Úgy szabadulunk meg tőle, hogy a képzetes részt elválasztjuk, vagyis a gyök alatti -1 mindig egyenlő az "i" képzeletbeli elemmel, amelyet megszorozunk az azonos pozitív számmal rendelkező gyökérrel. Például, ha D=sqrt(-20), a transzformáció után D=sqrt(20)*i-t kapunk. Ezt a transzformációt követően az egyenlet megoldása a gyökök azonos megállapítására redukálódik, a fent leírtak szerint.

Vieta tétele az x(1) és x(2) értékek kiválasztásából áll. Két azonos egyenletet használunk: x(1) + x(2)= -b; x(1)*x(2)=s. És nagyon fontos pont a b együttható előtti előjel, ne feledje, hogy ez az előjel az egyenletben szereplő ellentéte. Első pillantásra úgy tűnik, hogy az x(1) és x(2) kiszámítása nagyon egyszerű, de a megoldás során találkozni fog azzal, hogy a számokat pontosan ki kell választani.

A másodfokú egyenleteket 8. osztályban tanulmányozzák, tehát nincs itt semmi bonyolult. Ezek megoldásának képessége elengedhetetlen.

A másodfokú egyenlet ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenlet, ahol az a , b és c együtthatók tetszőleges számok, és a ≠ 0.

Tanulás előtt specifikus módszerek Megjegyezzük, hogy minden másodfokú egyenlet feltételesen három osztályba osztható:

Nincsenek gyökerei;
Pontosan egy gyökerük van;
Két különböző gyökerük van.

Ez az, amit fontos különbség másodfokú egyenletek a lineáris egyenletekből, ahol a gyök mindig létezik és egyedi. Hogyan határozható meg, hogy egy egyenletnek hány gyöke van? Van ebben egy csodálatos dolog - diszkriminatív.

Megkülönböztető

Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, ekkor a diszkrimináns egyszerűen a D = b 2 − 4ac szám.

Ezt a képletet fejből kell tudni. Hogy honnan származik, az most nem fontos. Egy másik fontos dolog: a diszkrimináns előjelével meghatározhatja, hogy hány gyöke van egy másodfokú egyenletnek. Ugyanis:

Ha D< 0, корней нет;
Ha D = 0, akkor pontosan egy gyök van;
Ha D > 0, akkor két gyök lesz.

Kérjük, vegye figyelembe: a diszkrimináns a gyökerek számát jelöli, és egyáltalán nem a jeleiket, ahogyan azt valamiért sokan gondolják. Vessen egy pillantást a példákra, és mindent meg fog érteni:

Egy feladat. Hány gyöke van a másodfokú egyenleteknek:

x 2 - 8x + 12 = 0;

5x2 + 3x + 7 = 0;

x 2 − 6x + 9 = 0.

Felírjuk az első egyenlet együtthatóit, és megkeressük a diszkriminánst:
a = 1, b = -8, c = 12;
D = (−8) 2 − 4 1 12 = 64 − 48 = 16

Tehát a diszkrimináns pozitív, tehát az egyenletnek két különböző gyökere van. Ugyanígy elemezzük a második egyenletet:
a = 5; b = 3; c=7;
D \u003d 3 2 - 4 5 7 \u003d 9 - 140 \u003d -131.

A diszkrimináns negatív, nincsenek gyökerei. Az utolsó egyenlet marad:
a = 1; b = -6; c = 9;
D = (−6) 2 − 4 1 9 = 36 − 36 = 0.

A diszkrimináns egyenlő nullával - a gyökér egy lesz.

Vegye figyelembe, hogy minden egyenlethez együtthatók vannak kiírva. Igen, hosszú, igen, unalmas – de nem fogod összekeverni az esélyeket, és nem követsz el hülye hibákat. Válassz magadnak: sebesség vagy minőség.

Mellesleg, ha „megtölti a kezét”, egy idő után már nem kell kiírnia az összes együtthatót. Ilyen műveleteket hajt végre a fejében. A legtöbb ember ezt valahol 50-70 megoldott egyenlet után kezdi el – általában nem annyira.

A másodfokú egyenlet gyökerei

Most térjünk át a megoldásra. Ha a diszkrimináns D > 0, akkor a gyökök a következő képletekkel kereshetők:

A másodfokú egyenlet gyökeinek alapképlete

Ha D = 0, bármelyik képletet használhatja - ugyanazt a számot kapja, amely lesz a válasz. Végül, ha D< 0, корней нет — ничего считать не надо.

x 2 - 2x - 3 = 0;

15 - 2x - x2 = 0;

x2 + 12x + 36 = 0.

Első egyenlet:
x 2 - 2x - 3 = 0 ⇒ a = 1; b = -2; c = -3;
D = (−2) 2 − 4 1 (−3) = 16.

D > 0 ⇒ az egyenletnek két gyöke van. Keressük meg őket:

Második egyenlet:
15 − 2x − x 2 = 0 ⇒ a = −1; b = -2; c = 15;
D = (−2) 2 − 4 (−1) 15 = 64.

D > 0 ⇒ az egyenletnek ismét két gyöke van. Keressük meg őket

\[\begin(align) & ((x)_(1))=\frac(2+\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=-5; \\ & ((x)_(2))=\frac(2-\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=3. \\ \end(igazítás)\]

Végül a harmadik egyenlet:
x 2 + 12x + 36 = 0 ⇒ a = 1; b = 12; c = 36;
D = 12 2 − 4 1 36 = 0.

D = 0 ⇒ az egyenletnek egy gyöke van. Bármilyen képlet használható. Például az első:

Amint a példákból látható, minden nagyon egyszerű. Ha ismeri a képleteket és tud számolni, akkor nem lesz probléma. Leggyakrabban akkor fordulnak elő hibák, amikor negatív együtthatókat helyettesítenek be a képletbe. Itt ismét a fent leírt technika segít: nézze meg a képletet szó szerint, fesse le minden lépést - és gyorsan megszabaduljon a hibáktól.

Hiányos másodfokú egyenletek

Előfordul, hogy a másodfokú egyenlet némileg eltér a definícióban megadottól. Például:

x2 + 9x = 0;
x2 − 16 = 0.

Könnyen belátható, hogy az egyik kifejezés hiányzik ezekből az egyenletekből. Az ilyen másodfokú egyenleteket még könnyebb megoldani, mint a szabványosakat: még a diszkriminánst sem kell kiszámítani. Tehát vezessünk be egy új koncepciót:

Az ax 2 + bx + c = 0 egyenletet nem teljes másodfokú egyenletnek nevezzük, ha b = 0 vagy c = 0, azaz. az x változó vagy a szabad elem együtthatója nullával egyenlő.

Természetesen teljesen lehetséges Kemény tok, ha mindkét együttható nulla: b \u003d c \u003d 0. Ebben az esetben az egyenlet ax 2 \u003d 0 alakot ölt. Nyilvánvaló, hogy egy ilyen egyenletnek egyetlen gyöke van: x \u003d 0.

Nézzünk más eseteket. Legyen b \u003d 0, akkor egy hiányos másodfokú egyenletet kapunk ax 2 + c \u003d 0 alakban. Transzformáljuk kissé:

Mivel az aritmetikai négyzetgyök csak nem negatív számból létezik, az utolsó egyenlőségnek csak akkor van értelme, ha (-c / a ) ≥ 0. Következtetés:

Ha egy ax 2 + c = 0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet kielégíti a (−c / a ) ≥ 0 egyenlőtlenséget, akkor két gyöke lesz. A képlet fent van megadva;
Ha (-c / a )< 0, корней нет.

Amint látja, a diszkriminánsra nem volt szükség – a hiányos másodfokú egyenletekben egyáltalán nincsenek bonyolult számítások. Valójában nem is szükséges emlékezni a (−c / a ) ≥ 0 egyenlőtlenségre. Elég, ha kifejezzük x 2 értékét, és megnézzük, mi van az egyenlőségjel másik oldalán. Ha van pozitív szám, akkor két gyöke lesz. Ha negatív, akkor egyáltalán nem lesznek gyökerei.

Most foglalkozzunk az ax 2 + bx = 0 alakú egyenletekkel, amelyekben a szabad elem egyenlő nullával. Itt minden egyszerű: mindig két gyökér lesz. Elegendő a polinomot faktorozni:

A közös tényezőt kivesszük a zárójelből

A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Innen erednek a gyökerek. Végezetül az alábbi egyenleteket elemezzük:

Egy feladat. Másodfokú egyenletek megoldása:

x2 − 7x = 0;

5x2 + 30 = 0;

4x2 − 9 = 0.

x 2 − 7x = 0 ⇒ x (x - 7) = 0 ⇒ x 1 = 0; x2 = −(−7)/1 = 7.

5x2 + 30 = 0 ⇒ 5x2 = -30 ⇒ x2 = -6. Nincsenek gyökerek, mert a négyzet nem lehet egyenlő negatív számmal.

4x 2 − 9 = 0 ⇒ 4x 2 = 9 ⇒ x 2 = 9/4 ⇒ x 1 = 3/2 = 1,5; x 2 \u003d -1,5.

Bibliográfiai leírás: Gasanov A. R., Kuramshin A. A., Elkov A. A., Shilnenkov N. V., Ulanov D. D., Shmeleva O. V. Módszerek a másodfokú egyenletek megoldására // Fiatal tudós. 2016. №6.1. S. 17-20..03.2019).

Projektünk a másodfokú egyenletek megoldási módjaival foglalkozik. A projekt célja: megtanulni másodfokú egyenleteket olyan módon megoldani, ami nem szerepel az iskolai tantervben. Feladat: mindent megtalálni lehetséges módjai oldjon meg másodfokú egyenleteket, és tanulja meg saját maga használni őket, és mutassa be osztálytársait ezekkel a módszerekkel.

Mik azok a "másodfokú egyenletek"?

Másodfokú egyenlet- a forma egyenlete fejsze2 + bx + c = 0, ahol a, b, c- néhány szám ( a ≠ 0), x- ismeretlen.

Az a, b, c számokat a másodfokú egyenlet együtthatóinak nevezzük.

a-t első együtthatónak nevezzük;
b-t második együtthatónak nevezzük;
c - szabad tag.

És ki volt az első, aki "feltalálta" a másodfokú egyenleteket?

A lineáris és másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algebrai technikák már 4000 évvel ezelőtt ismertek voltak az ókori Babilonban. A másodfokú egyenletek tanulmányozásának legkorábbi bizonyítékai a talált ókori babiloni agyagtáblák, amelyek valahol ie 1800 és 1600 között keletkeztek. Ugyanezek a táblák tartalmaznak módszereket bizonyos típusú másodfokú egyenletek megoldására.

Az ókorban nemcsak az első, hanem a másodfokú egyenletek megoldásának igényét a katonai jellegű földterületek és földművek felkutatásával, valamint a csillagászat fejlődésével kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. maga a matematika.

Az egyenletek megoldására vonatkozó, a babiloni szövegekben megfogalmazott szabály lényegében egybeesik a modernnel, de nem ismert, hogy a babilóniaiak hogyan jutottak el ehhez a szabályhoz. Az eddig talált ékírásos szövegek szinte mindegyike csak a recept formájában megfogalmazott megoldási problémákat ad, a megtalálás módját nem jelzik. Ellenére magas szint algebra fejlődése Babilonban, az ékírásos szövegekben nincs fogalma a negatív számnak és közös módszerek másodfokú egyenletek megoldásai.

Babilóniai matematikusok a Kr.e. IV. századból. a négyzetkomplementer módszert használta pozitív gyökű egyenletek megoldására. Kr.e. 300 körül Euklidész egy általánosabb geometriai megoldási módszerrel állt elő. Az első matematikus, aki algebrai képlet formájában talált megoldást egy negatív gyökerű egyenletre, egy indiai tudós volt. Brahmagupta(India, Kr. u. 7. század).

Brahmagupta felvázolt egy általános szabályt a másodfokú egyenletek egyetlen kanonikus formára redukált megoldására:

ax2 + bx = c, a>0

Ebben az egyenletben az együtthatók negatívak is lehetnek. Brahmagupta uralma lényegében egybeesik a miénkkel.

Indiában gyakoriak voltak a nyilvános versenyek a nehéz problémák megoldásában. Az egyik régi indiai könyvben a következőt mondják az ilyen versenyekről: „Ahogy a nap ragyogásával felülmúlja a csillagokat, úgy tudós ember eclipse dicsőség a népszerű összeállításokban, algebrai problémákat kínálva és megoldva. A feladatokat gyakran költői formába öltöztették.

Egy algebrai értekezésben Al-Khwarizmi lineáris és másodfokú egyenletek osztályozását adjuk meg. A szerző 6 típusú egyenletet sorol fel, ezeket a következőképpen fejezi ki:

1) „A négyzetek egyenlőek a gyökekkel”, azaz ax2 = bx.

2) „A négyzetek egyenlőek a számmal”, azaz ax2 = c.

3) "A gyökök egyenlőek a számmal", azaz ax2 = c.

4) „A négyzetek és a számok egyenlőek a gyökekkel”, azaz ax2 + c = bx.

5) „A négyzetek és a gyökök egyenlőek a számmal”, azaz ax2 + bx = c.

6) „A gyökök és a számok egyenlőek a négyzetekkel”, azaz bx + c == ax2.

Al-Khwarizmi számára, aki kerülte a negatív számok használatát, ezen egyenletek mindegyike összeadás, nem kivonás. Ebben az esetben nyilvánvalóan nem veszik figyelembe azokat az egyenleteket, amelyeknek nincs pozitív megoldása. A szerző felvázolja ezen egyenletek megoldásának módszereit al-jabr és al-muqabala módszereivel. Az ő döntése természetesen nem esik teljesen egybe a miénkkel. Arról nem is beszélve, hogy pusztán retorikai jellegű, meg kell jegyezni például, hogy az első típusú hiányos másodfokú egyenlet megoldása során Al-Khwarizmi, mint minden 17. század előtti matematikus, nem veszi figyelembe a nullát. megoldás, valószínűleg azért, mert konkrét gyakorlati feladatoknál ez nem számít. A teljes másodfokú egyenletek megoldása során Al-Khwarizmi meghatározott numerikus példákkal, majd azok geometriai bizonyításával határozza meg a megoldásukra vonatkozó szabályokat.

A másodfokú egyenletek Al-Khwarizmi mintájára Európában történő megoldásának formáit először az 1202-ben írt "Abacus könyve" írta le. olasz matematikus Leonard Fibonacci. A szerző önállóan dolgozott ki néhány újat algebrai példák problémamegoldás, és Európában elsőként közelítette meg a negatív számok bevezetését.

Ez a könyv hozzájárult az algebrai ismeretek elterjedéséhez nemcsak Olaszországban, hanem Németországban, Franciaországban és más európai országokban is. Ebből a könyvből sok feladat átkerült szinte az összes 14-17. századi európai tankönyvbe. Általános szabály a másodfokú egyenletek egyetlen kanonikus formára redukált x2 + bx = c megoldásait a b, c jelek és együtthatók összes lehetséges kombinációjával Európában 1544-ben fogalmazták meg. M. Stiefel.

Vietának van egy általános levezetése a másodfokú egyenlet megoldására, de Vieta csak pozitív gyököket ismert fel. olasz matematikusok Tartaglia, Cardano, Bombelli században az elsők között. a pozitív és negatív gyökerek mellett figyelembe kell venni. Csak a XVII. a munkának köszönhetően Girard, Descartes, Newtonés mások tudósok módjára a másodfokú egyenletek megoldása modern formát ölt.

Tekintsünk több módot a másodfokú egyenletek megoldására.

Másodfokú egyenletek megoldásának szabványos módjai a iskolai tananyag:

Az egyenlet bal oldalának faktorizálása.
Teljes négyzet kiválasztási módszer.
Másodfokú egyenletek megoldása képlettel.
Grafikus megoldás másodfokú egyenlet.
Egyenletek megoldása Vieta tételével.

Foglalkozzunk részletesebben a redukált és nem redukált másodfokú egyenletek megoldásával a Vieta-tétel segítségével.

Emlékezzünk vissza, hogy a megadott másodfokú egyenletek megoldásához elegendő két olyan számot találni, amelyek szorzata egyenlő a szabad taggal, összege pedig a második, ellenkező előjelű együtthatóval.

Példa.x 2 -5x+6=0

Olyan számokat kell találnia, amelyek szorzata 6, összege pedig 5. Ezek a számok 3 és 2 lesznek.

Válasz: x 1 =2,x 2 =3.

De használhatja ezt a módszert olyan egyenleteknél, amelyeknél az első együttható nem egyenlő eggyel.

Példa.3x 2 +2x-5=0

Vegyük az első együtthatót, és megszorozzuk a szabad taggal: x 2 +2x-15=0

Ennek az egyenletnek a gyökerei olyan számok lesznek, amelyek szorzata - 15, összege pedig - 2. Ezek a számok 5 és 3. Az eredeti egyenlet gyökereinek megtalálásához elosztjuk a kapott gyököket az első együtthatóval. .

Válasz: x 1 =-5/3, x 2 =1

6. Egyenletek megoldása „átvitel” módszerével.

Tekintsük az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenletet, ahol a≠0.

Mindkét részét megszorozva a-val, az a 2 x 2 + abx + ac = 0 egyenletet kapjuk.

Legyen ax = y, innen x = y/a; akkor a + ac = 0-val az y 2 + egyenlethez jutunk, amely ekvivalens a megadottal. Gyökeit 1-ben és 2-ben találjuk meg a Vieta-tétel segítségével.

Végül azt kapjuk, hogy x 1 = y 1 /a és x 2 = y 2 /a.

Ezzel a módszerrel az a együtthatót megszorozzuk a szabad taggal, mintha „átvitelre kerülne”, ezért „transzfer” módszernek nevezzük. Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, ha egy egyenlet gyökereit könnyű megtalálni Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

Példa.2x 2 - 11x + 15 = 0.

„Vigyük át” a 2-es együtthatót a szabad tagba, és a pótlást elvégezve az y 2 - 11y + 30 = 0 egyenletet kapjuk.

Vieta inverz tétele szerint

y 1 = 5, x 1 = 5/2, x 1 = 2,5; y 2 = 6, x 2 = 6/2, x 2 = 3.

Válasz: x 1 =2,5; x 2 = 3.

7. Másodfokú egyenlet együtthatóinak tulajdonságai.

Legyen adott az ax 2 + bx + c \u003d 0, a ≠ 0 másodfokú egyenlet.

1. Ha a + b + c \u003d 0 (azaz az egyenlet együtthatóinak összege nulla), akkor x 1 \u003d 1.

2. Ha a - b + c \u003d 0, vagy b \u003d a + c, akkor x 1 = 1.

Példa.345x 2 - 137x - 208 = 0.

Mivel a + b + c \u003d 0 (345 - 137 - 208 \u003d 0), akkor x 1 \u003d 1, x 2 = -208/345.

Válasz: x 1 =1; x 2 = -208/345 .

Példa.132x 2 + 247x + 115 = 0

Mert a-b + c \u003d 0 (132 - 247 + 115 \u003d 0), majd x 1 \u003d - 1, x 2 = 115/132

Válasz: x 1 = -1; x 2 =- 115/132

A másodfokú egyenlet együtthatóinak más tulajdonságai is vannak. de használatuk bonyolultabb.

8. Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével.

1. ábra Nomogram

Ez egy régi és jelenleg elfeledett másodfokú egyenletek megoldási módszere, amely a gyűjtemény 83. oldalán található: Bradis V.M. Négyjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.

táblázat XXII. Nomogram egyenletmegoldáshoz z2 + pz + q = 0. Ez a nomogram lehetővé teszi a másodfokú egyenlet megoldása nélkül, hogy az egyenlet gyökereit az együtthatók alapján határozzuk meg.

A nomogram görbe skálája a következő képletek szerint épül fel (1. ábra):

Feltételezve OS = p, ED = q, OE = a(mind cm-ben), az 1. ábrából háromszögek hasonlósága SANés CDF megkapjuk az arányt

ahonnan a helyettesítések és egyszerűsítések után az egyenlet következik z 2 + pz + q = 0,és a levél z az íves skála bármely pontjának címkéjét jelenti.

Rizs. 2 Másodfokú egyenlet megoldása nomogram segítségével

Példák.

1) Az egyenlethez z 2 - 9z + 8 = 0 a nomogram z 1 = 8,0 és z 2 = 1,0 gyököket ad

Válasz: 8,0; 1.0.

2) Oldja meg az egyenletet a nomogram segítségével!

2z 2 - 9z + 2 = 0.

Ennek az egyenletnek az együtthatóit elosztjuk 2-vel, így kapjuk a z 2 - 4,5z + 1 = 0 egyenletet.

A nomogram a z 1 = 4 és z 2 = 0,5 gyököket adja.

Válasz: 4; 0.5.

9. Geometriai módszer másodfokú egyenletek megoldására.

Példa.x 2 + 10x = 39.

Az eredetiben ez a probléma a következőképpen van megfogalmazva: "A négyzet és a tíz gyök egyenlő 39-cel."

Tekintsünk egy x oldalú négyzetet, amelynek oldalaira téglalapokat építünk úgy, hogy mindegyik másik oldala 2,5 legyen, tehát mindegyik területe 2,5x. A kapott ábrát ezután egy új ABCD négyzetre egészítjük ki, négy egyenlő négyzetet kitöltve a sarkokban, mindegyik oldala 2,5, területe 6,25

Rizs. 3 Az x 2 + 10x = 39 egyenlet grafikus megoldása

Az ABCD négyzet S területe a területek összegeként ábrázolható: az eredeti négyzet x 2, négy téglalap (4 ∙ 2,5x = 10x) és négy kapcsolódó négyzet (6,25 ∙ 4 = 25), azaz. S \u003d x 2 + 10x \u003d 25. Ha az x 2 + 10x-et 39-re cseréljük, azt kapjuk, hogy S \u003d 39 + 25 \u003d 64, ami azt jelenti, hogy az ABCD négyzet oldala, azaz. AB szegmens \u003d 8. Az eredeti négyzet kívánt x oldalára kapjuk

10. Egyenletek megoldása Bezout-tétel segítségével.

Bezout tétele. A maradék a P(x) polinomnak az x - α binomimmal való elosztása után egyenlő P(α)-val (vagyis P(x) értéke x = α-nál).

Ha az α szám a P(x) polinom gyöke, akkor ez a polinom maradék nélkül osztható x -α-val.

Példa.x²-4x+3=0

Р(x)= x²-4x+3, α: ±1,±3, α=1, 1-4+3=0. P(x) elosztása (x-1): (x²-4x+3)/(x-1)=x-3

x²-4x+3=(x-1)(x-3), (x-1)(x-3)=0

x-1=0; x=1 vagy x-3=0, x=3; Válasz: x1 =2, x2 =3.

Következtetés: A másodfokú egyenletek gyors és racionális megoldásának képessége egyszerűen szükséges több megoldáshoz összetett egyenletek, például tört-racionális egyenletek, egyenletek magasabb fokozatok, biquadratic egyenletek, valamint a középiskolákban trigonometrikus, exponenciális és logaritmikus egyenletek. A másodfokú egyenletek megoldására talált összes módszer tanulmányozása után tanácsot adhatunk az osztálytársaknak, hogy a szokásos módszerek mellett oldják meg az átviteli módszert (6) és oldják meg az egyenleteket az együtthatók tulajdonságával (7), mivel ezek könnyebben hozzáférhetők a megértéshez. .

Irodalom:

Bradis V.M. Négyjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.
8. algebra: tankönyv 8. évfolyamnak. Általános oktatás intézmények Makarychev Yu. N., Mindyuk N. G., Neshkov K. I., Suvorova S. B. szerk. S. A. Telyakovsky 15. kiadás, átdolgozott. - M.: Felvilágosodás, 2015
https://en.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%B2%D0%B0%D0%B4%D1%80%D0%B0%D1%82%D0%BD%D0%BE%D0 %B5_%D1%83%D1%80%D0%B0%D0%B2%D0%BD%D0%B5%D0%BD%D0%B8%D0%B5
Glazer G.I. A matematika története az iskolában. Útmutató tanároknak. / Szerk. V.N. Fiatalabb. - M.: Felvilágosodás, 1964.