Kopjevszkaja vidéki középiskola

10 módszer a másodfokú egyenletek megoldására

Vezető: Patrikeeva Galina Anatoljevna,

matematika tanár

s.Kopyevo, 2007

1. A másodfokú egyenletek kialakulásának története

1.1 Másodfokú egyenletek az ókori Babilonban

1.2 Hogyan állította össze és oldotta meg Diophantus a másodfokú egyenleteket

1.3 Másodfokú egyenletek Indiában

1.4 Másodfokú egyenletek al-Khwarizmiban

1.5 Másodfokú egyenletek Európában XIII - XVII. század

1.6 Vieta tételéről

2. Másodfokú egyenletek megoldási módszerei

Következtetés

Irodalom

1. A másodfokú egyenletek kialakulásának története

1.1 Másodfokú egyenletek az ókori Babilonban

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. A másodfokú egyenleteket Kr.e. 2000 körül tudták megoldani. e. babilóniaiak.

A modern algebrai jelölést alkalmazva elmondhatjuk, hogy ékírásos szövegeikben a hiányos szövegeken kívül vannak például teljes másodfokú egyenletek:

x 2 + x = ¾; x 2 - x = 14,5

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.

Annak ellenére magas szint algebra fejlődése Babilonban, az ékírásos szövegekben nincs fogalma a negatív számnak és gyakori módszerek másodfokú egyenletek megoldásai.

1.2 Hogyan állította össze és oldotta meg Diophantus a másodfokú egyenleteket.

Diophantus aritmetikája nem tartalmazza az algebra szisztematikus kifejtését, hanem egy szisztematikus feladatsort tartalmaz magyarázatokkal kísérve, amelyeket különböző fokú egyenletek felállításával oldanak meg.

Az egyenletek összeállításakor Diophantus ügyesen választ ismeretleneket, hogy leegyszerűsítse a megoldást.

Itt van például az egyik feladata.

11. feladat."Keress két számot úgy, hogy az összegük 20, a szorzatuk pedig 96"

Diophantus a következőképpen érvel: a feladat feltételéből az következik, hogy a kívánt számok nem egyenlőek, hiszen ha egyenlőek lennének, akkor a szorzatuk nem 96 lenne, hanem 100. Így az egyik a számuk több mint fele lesz. összeg, azaz . 10+x, a másik kisebb, i.e. 10-es. A különbség köztük 2x .

Ezért az egyenlet:

(10 + x) (10 - x) = 96

100 - x 2 = 96

x 2-4 = 0 (1)

Innen x = 2. A kívánt számok egyike 12 , Egyéb 8 . Megoldás x = -2 mert Diophantus nem létezik, mivel a görög matematika csak pozitív számokat ismert.

Ha ezt a feladatot úgy oldjuk meg, hogy a kívánt számok egyikét ismeretlennek választjuk, akkor eljutunk az egyenlet megoldásához

y(20 - y) = 96,

y 2 - 20y + 96 = 0. (2)

Nyilvánvaló, hogy Diophantus leegyszerűsíti a megoldást azzal, hogy a kívánt számok félkülönbségét választja ismeretlennek; sikerül a problémát egy hiányos másodfokú egyenlet (1) megoldására redukálnia.

1.3 Másodfokú egyenletek Indiában

A másodfokú egyenletekkel kapcsolatos problémák már megtalálhatók az "Aryabhattam" csillagászati ​​traktátusban, amelyet Aryabhatta indiai matematikus és csillagász állított össze 499-ben. Egy másik indiai tudós, Brahmagupta (7. század) kifejtette Általános szabály másodfokú egyenletek egyetlen kanonikus formára redukált megoldásai:

ah 2+ b x = c, a > 0. (1)

Az (1) egyenletben az együtthatók, kivéve a A, negatív is lehet. Brahmagupta uralma lényegében egybeesik a miénkkel.

BAN BEN ősi india 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 elhomályosítani egy másik dicsőségét nyilvános üléseken, algebrai problémákat javasolva és megoldva. A feladatokat gyakran költői formába öltöztették.

Itt van a XII. század híres indiai matematikusának egyik problémája. Bhaskara.

13. feladat.

„Egy nyüzsgő majomcsapat és tizenkettő a szőlőben…

Miután evett erőt, jól érezte magát. Ugrálni kezdtek, lógva...

Nyolcadik részük egy négyzetben Hány majom volt ott,

Szórakozás a réten. Mondja, ebben a nyájban?

Bhaskara megoldása azt jelzi, hogy tudott a másodfokú egyenletek gyökeinek kétértékűségéről (3. ábra).

A 13. feladatnak megfelelő egyenlet:

( x /8) 2 + 12 = x

Bhaskara ezt írja leple alatt:

x 2 - 64x = -768

és kiegészíteni bal oldal ennek az egyenletnek a négyzetéhez, mindkét oldalhoz hozzáadódik 32 2 , akkor kapok:

x 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

x 1 = 16, x 2 = 48.

1.4 Másodfokú egyenletek al-Khorezmiben

Al-Khorezmi algebrai értekezése a lineáris és másodfokú egyenletek osztályozását adja meg. A szerző 6 típusú egyenletet sorol fel, ezeket a következőképpen fejezi ki:

1) "A négyzetek egyenlőek a gyökökkel", azaz. ax 2 + c = b X.

2) "A négyzetek egyenlőek a számmal", azaz. ax 2 = s.

3) "A gyökök egyenlőek a számmal", azaz. ah = s.

4) "A négyzetek és a számok egyenlőek a gyökkel", azaz. ax 2 + c = b X.

5) "A négyzetek és a gyökök egyenlőek a számmal", azaz. ah 2+ bx = s.

6) "A gyökök és a számok egyenlőek a négyzetekkel", azaz. bx + c \u003d ax 2.

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. Döntései természetesen nem teljesen esnek egybe a miénkkel. Arról nem is beszélve, hogy pusztán retorikai, meg kell jegyezni például, hogy az első típusú hiányos másodfokú egyenlet megoldásakor

al-Khorezmi, mint minden matematikus a 17. század előtt, nem veszi figyelembe a nulla megoldást, valószínűleg azért, mert az konkrét gyakorlati problémáknál nem számít. A teljes másodfokú egyenletek megoldása során al-Khorezmi meghatározott numerikus példák segítségével meghatározza a megoldási szabályokat, majd a geometriai bizonyításokat.

14. feladat.„A négyzet és a 21-es szám egyenlő 10 gyökkel. Találd meg a gyökeret" (az x 2 + 21 = 10x egyenlet gyökerét feltételezve).

A szerző megoldása valahogy így hangzik: oszd el a gyökök számát felére, kapsz 5-öt, 5-öt megszorozod önmagával, a szorzatból kivonod a 21-et, marad 4. Vedd a 4 gyökét, kapsz 2-t. Vonsz ki 2-t 5-ből, kap 3-at, ez lesz a kívánt gyökér. Vagy adj hozzá 2-t az 5-höz, ami 7-et ad, ez is egy gyökér.

A Treatise al - Khorezmi az első olyan könyv, amely eljutott hozzánk, amelyben szisztematikusan leírják a másodfokú egyenletek osztályozását, és megadják a megoldásukra vonatkozó képleteket.

1.5 Másodfokú egyenletek Európában XIII - A XVII századokban

A másodfokú egyenletek megoldásának képleteit az al-Khorezmi mintájára Európában először az "Abakusz könyve" írta le, amelyet 1202-ben Leonardo Fibonacci olasz matematikus írt. Ez a terjedelmes munka, amely tükrözi a matematika hatását, mind az iszlám országaiban, mind az Ókori Görögország, a bemutatás teljességében és egyértelműségében egyaránt különbözik. A szerző önállóan dolgozott ki néhány újat algebrai példák problémamegoldás, és Európában elsőként közelítette meg a negatív számok bevezetését. Könyve hozzájárult az algebrai ismeretek elterjedéséhez nemcsak Olaszországban, hanem Németországban, Franciaországban és más európai országokban is. Az „Abakusz könyvéből” sok feladat bekerült szinte az összes 16-17. századi európai tankönyvbe. részben pedig XVIII.

A másodfokú egyenletek megoldásának általános szabálya egyetlen kanonikus formára redukálva:

x 2+ bx = vele,

az együtthatók minden lehetséges előjel-kombinációjára b , Val vel Európában csak 1544-ben fogalmazta meg M. Stiefel.

Másodfokú egyenlet megoldási képletének levezetése in Általános nézet Vietnek vannak, de Viet csak pozitív gyökereket ismert fel. Tartaglia, Cardano, Bombelli olasz matematikusok az elsők között voltak a 16. században. A pozitív és negatív gyökerek mellett vegye figyelembe. Csak a XVII. Köszönhetően Girard, Descartes, Newton és mások munkájának tudósok módjára a másodfokú egyenletek megoldása modern formát ölt.

1.6 Vieta tételéről

A Vieta nevet viselő másodfokú egyenlet együtthatói és gyökei közötti összefüggést kifejező tételt először 1591-ben fogalmazta meg így: „Ha B + D szorozva A - A 2 , egyenlő BD, Azt A egyenlő BAN BENés egyenlő D ».

Ahhoz, hogy megértsük Vietát, emlékeznünk kell erre A, mint minden magánhangzó, számára az ismeretlent jelentette (a mi x), a magánhangzók BAN BEN, D- együtthatók az ismeretlenre. A modern algebra nyelvén Vieta fenti megfogalmazása azt jelenti: ha

(egy + b )x - x 2 = ab ,

x 2 - (a + b )x + a b = 0,

x 1 = a, x 2 = b .

Az egyenletek gyökei és együtthatói közötti kapcsolat kifejezése általános képletek, szimbólumokkal írva, Viet egységességet állapított meg az egyenletek megoldási módszereiben. Vieta szimbolikája azonban még messze van modern megjelenés. Nem ismerte fel a negatív számokat, ezért az egyenletek megoldása során csak azokat az eseteket vette figyelembe, ahol minden gyök pozitív.

2. Másodfokú egyenletek megoldási módszerei

A másodfokú egyenletek jelentik az alapot, amelyen az algebra fenséges építménye nyugszik. Másodfokú egyenletek találni széles körű alkalmazás trigonometrikus, exponenciális, logaritmikus, irracionális és transzcendentális egyenletek és egyenlőtlenségek megoldása során. Mindannyian tudjuk, hogyan kell másodfokú egyenleteket megoldani az iskolától (8. osztály) egészen az érettségiig.

A másodfokú egyenletek abban különböznek a lineáris egyenletektől, hogy egy ismeretlent a második hatványra emelnek. A klasszikus (kanonikus) formában az a, b tényezők és a c szabad tag nem egyenlő nullával.

A másodfokú egyenlet olyan egyenlet, amelyben a bal oldal nulla, a jobb oldal pedig az alak második fokának trinomiálisa:

Egy trinomiális megoldása vagy gyökereinek megtalálása azt jelenti, hogy meg kell találni x azon értékeit, amelyekre az egyenlőség igaz. Ebből következik, hogy egy ilyen egyenlet gyökerei az x változó értékei.

Gyökerek keresése a diszkrimináns formulán keresztül

Egy példának lehet egy vagy két gyökere, de lehet, hogy nincs. Van egy nagyon egyszerű és érthető műveleti algoritmus a megoldások számának meghatározására. Ehhez elegendő megtalálni a diszkriminánst - egy speciális számított értéket, amelyet a gyökerek keresésében használnak. A számítási képlet a következő:

A kapott eredmények alapján a következő következtetések vonhatók le:

• két gyök van, ha D > 0;
• van egy megoldás, ha D = 0;
• nincsenek gyökerei, ha D< 0.

Ha D ≥ 0, akkor a számításokat a következő képlet szerint kell folytatnia:

x1 értéke , és x2 − lesz. Ha D = 0, akkor a „±” jel értelmét veszti, mert √0 = 0. Ebben az esetben az egyetlen gyök a .

Példák másodfokú egyenlet megoldására

A polinom megoldásának algoritmusa nagyon egyszerű:

1. Hozd a kifejezést a klasszikus formába.
2. Határozza meg, hogy vannak-e gyökerei egy másodfokú egyenletnek (diszkrimináns képlet).
3. Ha D ≥ 0, akkor keresse meg az x változó értékeit bármelyik ismert módszerrel.

Itt van egy jó példa a másodfokú egyenlet megoldására.

1. feladat. Keresse meg a gyököket, és grafikusan jelölje be a 6x + 8 - 2 × 2 = 0 egyenlet megoldási területét.

Először is le kell redukálni az egyenlőséget az ax2+bx+c=0 kanonikus alakra. Ehhez a polinom tagjait helyenként átrendezzük.

Ezután egyszerűsítjük a kifejezést úgy, hogy megszabadulunk az x2 előtti együtthatótól. A bal és a jobb oldalt (-1)⁄2-vel megszorozva kapjuk:

A másodfokú egyenlet gyökeinek a diszkriminánson keresztüli megkeresésére szolgáló formulák előnye, hogy bármely másodfokú trinomiális megoldásra használhatók.

Tehát a redukált polinomban a=1, b=-3 és c=-4. Számítsuk ki a diszkrimináns értékét egy konkrét példára.

Tehát az egyenletnek két gyöke van. Egy példa megoldási területének grafikus megtalálásához fel kell építeni egy parabolát, amelynek a funkciója egyenlő .

A kifejezési grafikonok így fognak kinézni:

A vizsgált példában tehát D>0 két gyök van.

1. tipp: Ha az a tényező negatív szám, akkor a példa mindkét részét meg kell szorozni (-1).

2. tipp: Ha a példában vannak törtek, próbálja meg megszabadulni tőlük úgy, hogy megszorozza a bal és a jobb oldal kifejezések a reciprokokhoz.

3. tipp: Az egyenletet mindig a kanonikus alakba kell hozni, ez segít kiküszöbölni az együtthatók összetévesztésének lehetőségét.

Vieta tétele

Vannak olyan módszerek, amelyek jelentősen csökkenthetik a számításokat. Ezek közé tartozik a Vieta-tétel. Ez a módszer nem minden egyenlettípusra alkalmazható, hanem csak akkor, ha az x2 változó szorzója eggyel egyenlő, azaz a = 1.

Tekintsük ezt az állítást konkrét példákkal:

1. 5 × 2 - 2x + 9 = 0 - a tétel alkalmazása ebben az esetben nem megfelelő, mivel a = 5;
2. –x2 + 11x - 8 = 0 − a = -1, ami azt jelenti, hogy az egyenlet a Vieta módszerrel csak a klasszikus formára való redukció után oldható meg, azaz mindkét részt -1-gyel megszorozva;
3. x2 + 4x - 5 = 0 - ez a feladat ideális a megoldási módszer elemzéséhez.

Egy kifejezés gyökereinek gyors megtalálásához ki kell választani egy x értékpárt, amelyhez következő rendszer lineáris egyenletek.

Másodfokú egyenlet - könnyen megoldható! *Tovább a "KU" szövegben. Barátaim, úgy tűnik, hogy a matematikában ez könnyebb lehet, mint egy ilyen egyenlet megoldása. De valami azt súgta nekem, hogy sok embernek problémája van vele. Úgy döntöttem, megnézem, hány megjelenítést ad a Yandex kérésenként havonta. Íme, mi történt, nézze meg:

Mit jelent? Ez azt jelenti, hogy havonta körülbelül 70 000 ember keresi ezt az információt, mi köze ehhez a nyárnak, és mi lesz az tanév- a kérések kétszer akkoraak lesznek. Ez nem meglepő, mert azok a srácok és lányok, akik már régen végeztek az iskolában és készülnek a vizsgára, keresik ezeket az információkat, és az iskolások is igyekeznek felfrissíteni az emlékezetüket.

Annak ellenére, hogy sok olyan oldal van, amely megmondja, hogyan kell megoldani ezt az egyenletet, úgy döntöttem, hogy én is hozzájárulok és közzéteszem az anyagot. Először is szeretném, ha látogatók érkeznének webhelyemre erre a kérésre; másodszor, más cikkekben, amikor megjelenik a „KU” beszéd, linket adok ehhez a cikkhez; harmadszor, kicsit többet mesélek a megoldásáról, mint azt más oldalakon szokták mondani. Kezdjük el! A cikk tartalma:

A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

ahol az a együtthatók,btetszőleges számokkal pedig a≠0-val.

Az iskolai tanfolyamon az anyagot a következő formában adják meg - az egyenletek három osztályra való felosztása feltételesen történik:

1. Legyen két gyökere.

2. * Csak egy gyökere van.

3. Nincsenek gyökerei. Itt érdemes megjegyezni, hogy nincsenek valódi gyökereik

Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!

Kiszámoljuk a diszkriminánst. E „szörnyű” szó alatt egy nagyon egyszerű képlet rejlik:

A gyökérképletek a következők:

* Ezeket a képleteket fejből kell tudni.

Azonnal leírhatod és eldöntheted:

Példa:

1. Ha D > 0, akkor az egyenletnek két gyöke van.

2. Ha D = 0, akkor az egyenletnek egy gyöke van.

3. Ha D< 0, то уравнение не имеет действительных корней.

Nézzük az egyenletet:

Ebből az alkalomból, amikor a diszkrimináns nulla, az iskolai kurzus azt mondja, hogy egy gyököt kapunk, itt ez kilencnek felel meg. Így van, így van, de...

Ez az ábrázolás némileg téves. Valójában két gyökere van. Igen, igen, ne lepődj meg, kiderül, hogy két egyenlő gyök, és hogy matematikailag pontosak legyünk, akkor két gyöket kell írni a válaszba:

x 1 = 3 x 2 = 3

De ez így van - egy kis kitérő. Az iskolában leírhatod és elmondhatod, hogy csak egy gyökér van.

Most a következő példa:

Mint tudjuk, a negatív szám gyökét nem vonjuk ki, így ebben az esetben nincs megoldás.

Ez az egész döntési folyamat.

Másodfokú függvény.

Így néz ki a megoldás geometriailag. Ennek megértése rendkívül fontos (a jövőben az egyik cikkben részletesen elemezzük a másodfokú egyenlőtlenség megoldását).

Ez az űrlap függvénye:

ahol x és y változók

a, b, c olyan számok, ahol a ≠ 0

A grafikon egy parabola:

Vagyis kiderül, hogy egy olyan másodfokú egyenlet megoldásával, ahol "y" egyenlő nullával, megtaláljuk a parabola és az x tengellyel való metszéspontjait. Ezek közül kettő lehet (a diszkrimináns pozitív), egy (a diszkrimináns nulla) vagy egy sem (a diszkrimináns negatív). Részletek kb másodfokú függvény Megnézheti Inna Feldman cikke.

Vegye figyelembe a példákat:

1. példa: Döntse el 2x 2 +8 x–192=0

a=2 b=8 c= -192

D = b 2 –4ac = 8 2 –4∙2∙(–192) = 64+1536 = 1600

Válasz: x 1 = 8 x 2 = -12

* Azonnal eloszthatja az egyenlet bal és jobb oldalát 2-vel, azaz egyszerűsítheti. A számítások könnyebbek lesznek.

2. példa: Döntsd el x2–22 x+121 = 0

a=1 b=-22 c=121

D = b 2 –4ac =(–22) 2 –4∙1∙121 = 484–484 = 0

Azt kaptuk, hogy x 1 \u003d 11 és x 2 \u003d 11

A válaszban megengedhető, hogy x = 11 legyen.

Válasz: x = 11

3. példa: Döntsd el x 2 – 8x+72 = 0

a=1 b= -8 c=72

D = b 2 –4ac =(–8) 2 –4∙1∙72 = 64–288 = –224

A diszkrimináns negatív, valós számokban nincs megoldás.

Válasz: nincs megoldás

A diszkrimináns negatív. Van megoldás!

Itt az egyenlet megoldásáról lesz szó abban az esetben, ha negatív diszkriminánst kapunk. Tudsz valamit a komplex számokról? Nem részletezem itt, hogy miért és hol keletkeztek, és mi a konkrét szerepük és szükségességük a matematikában, ez egy nagy külön cikk témája.

A komplex szám fogalma.

Egy kis elmélet.

A z komplex szám alakja

z = a + bi

ahol a és b valós számok, ott az i az úgynevezett imaginárius egység.

a+bi EGY SZÁM, nem kiegészítés.

A képzeletbeli egység egyenlő mínusz egy gyökével:

Most nézzük meg az egyenletet:

Szerezzen két konjugált gyökeret.

Hiányos másodfokú egyenlet.

Tekintsünk speciális eseteket, amikor a "b" vagy "c" együttható nulla (vagy mindkettő nulla). Könnyen, megkülönböztetés nélkül megoldhatók.

1. eset. b = 0 együttható.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Alakítsuk át:

Példa:

4x 2 -16 = 0 => 4x 2 =16 => x 2 = 4 => x 1 = 2 x 2 = -2

2. eset. Együttható c = 0.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Átalakítás, faktorizálás:

*A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla.

Példa:

9x2 –45x = 0 => 9x (x-5) =0 => x = 0 vagy x-5 =0

x 1 = 0 x 2 = 5

3. eset: b = 0 és c = 0 együtthatók.

Itt jól látható, hogy az egyenlet megoldása mindig x = 0 lesz.

Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.

Vannak olyan tulajdonságok, amelyek nagy együtthatójú egyenletek megoldását teszik lehetővé.

Ax 2 + bx+ c=0 egyenlőség

a + b+ c = 0, Hogy

— ha az egyenlet együtthatóira Ax 2 + bx+ c=0 egyenlőség

a+ =-velb, Hogy

Ezek a tulajdonságok segítenek megoldani egy bizonyos típusú egyenletet.

1. példa: 5001 x 2 –4995 x – 6=0

Az együtthatók összege 5001+( – 4995)+(– 6) = 0, tehát

2. példa: 2501 x 2 +2507 x+6=0

Egyenlőség a+ =-velb, Eszközök

Az együtthatók szabályszerűségei.

1. Ha az ax 2 + bx + c = 0 egyenletben a "b" együttható egyenlő (a 2 +1), és a "c" együttható számszerűen egyenlő az együtthatóval"a", akkor a gyökerei egyenlők

ax 2 + (a 2 +1) ∙ x + a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d -a x 2 \u003d -1 / a.

Példa. Tekintsük a 6x 2 +37x+6 = 0 egyenletet.

x 1 \u003d -6 x 2 \u003d -1/6.

2. Ha az ax 2 - bx + c \u003d 0 egyenletben a "b" együttható (a 2 +1), és a "c" együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökei:

ax 2 - (a 2 + 1) ∙ x + a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d a x 2 \u003d 1 / a.

Példa. Tekintsük a 15x 2 –226x +15 = 0 egyenletet.

x 1 = 15 x 2 = 1/15.

3. Ha az egyenletben ax 2 + bx - c = 0 "b" együttható egyenlő (a 2 – 1), és a „c” együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökerei egyenlők

ax 2 + (a 2 -1) ∙ x - a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d - a x 2 \u003d 1 / a.

Példa. Tekintsük a 17x 2 + 288x - 17 = 0 egyenletet.

x 1 \u003d - 17 x 2 = 1/17.

4. Ha az ax 2 - bx - c \u003d 0 egyenletben a "b" együttható egyenlő (a 2 - 1), és a c együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökei:

ax 2 - (a 2 -1) ∙ x - a \u003d 0 \u003d\u003e x 1 \u003d a x 2 \u003d - 1 / a.

Példa. Tekintsük a 10x2 - 99x -10 = 0 egyenletet.

x 1 \u003d 10 x 2 \u003d - 1/10

Vieta tétele.

Vieta tétele a híres francia matematikusról, Francois Vietáról kapta a nevét. Vieta tételével kifejezhető egy tetszőleges KU gyökeinek összege és szorzata együtthatóival.

45 = 1∙45 45 = 3∙15 45 = 5∙9.

Összegezve, a 14-es szám csak 5-öt és 9-et ad. Ezek a gyökerek. Egy bizonyos készség birtokában a bemutatott tétel segítségével számos másodfokú egyenletet azonnal szóban megoldhat.

Vieta tétele ráadásul. kényelmes, mert a másodfokú egyenlet szokásos módon (a diszkriminánson keresztül) történő megoldása után a kapott gyökök ellenőrizhetők. Azt javaslom, hogy ezt mindig csináld.

ÁTVITELI MÓDSZER

Ezzel a módszerrel az "a" együtthatót megszorozzák a szabad taggal, mintha "átviszik" rá, ezért ún. átviteli mód. Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, ha egy egyenlet gyökereit könnyű megtalálni Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

Ha A± b+c≠ 0, akkor az átviteli technikát használják, például:

2x 2 – 11x+ 5 = 0 (1) => x 2 – 11x+ 10 = 0 (2)

A (2) egyenlet Vieta-tétele szerint könnyen meghatározható, hogy x 1 \u003d 10 x 2 \u003d 1

Az egyenlet kapott gyökeit el kell osztani 2-vel (mivel a kettőt x 2-ből „dobták”, így kapjuk

x 1 \u003d 5 x 2 = 0,5.

Mi az indoklás? Nézze meg, mi történik.

Az (1) és (2) egyenlet diszkriminatív elemei a következők:

Ha megnézzük az egyenletek gyökereit, akkor csak különböző nevezőket kapunk, és az eredmény pontosan az x 2 együtthatótól függ:

A második (módosított) gyökerek 2-szer nagyobbak.

Ezért az eredményt elosztjuk 2-vel.

*Ha hármat dobunk, akkor az eredményt elosztjuk 3-mal, és így tovább.

Válasz: x 1 = 5 x 2 = 0,5

négyzetméter ur-ie és a vizsga.

A fontosságáról röviden elmondom - gyorsan és gondolkodás nélkül KELL DÖNTENI, fejből kell tudni a gyökerek és a megkülönböztető képleteit. A USE feladatok részét képező feladatok közül sok másodfokú egyenlet megoldására vezethető vissza (beleértve a geometriaiakat is).

Mit érdemes megjegyezni!

1. Az egyenlet alakja lehet "implicit". Például a következő bejegyzés lehetséges:

15+ 9x 2 - 45x = 0 vagy 15x + 42 + 9x 2 - 45x = 0 vagy 15 -5x + 10x 2 = 0.

El kell vinned őt alapforma(hogy ne keveredjen össze a döntés során).

2. Ne feledje, hogy x egy ismeretlen érték, és bármely más betűvel jelölhető - t, q, p, h és mások.

A másodfokú egyenlet egy a*x^2 +b*x+c=0 alakú egyenlet, ahol a,b,c tetszőleges valós (valós) számok, x pedig egy változó. És a szám a=0.

Az a,b,c számokat együtthatónak nevezzük. Az a - számot vezető együtthatónak, a b számot x-ben lévő együtthatónak, a c számot szabadtagnak nevezzük.

Másodfokú egyenletek megoldása

Egy másodfokú egyenlet megoldása azt jelenti, hogy meg kell találni az összes gyökerét, vagy megállapítani, hogy a másodfokú egyenletnek nincs gyöke. Az a * x ^ 2 + b * x + c \u003d 0 másodfokú egyenlet gyöke az x változó tetszőleges értéke, így négyzetes trinomikus a*x^2 +b*x+c eltűnik. Néha egy ilyen x értéket négyzetes trinom gyökének neveznek.

A másodfokú egyenletek megoldásának többféle módja van. Tekintsük az egyiket - a legsokoldalúbbat. Bármilyen másodfokú egyenlet megoldására használható.

Képletek másodfokú egyenletek megoldására

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a*x^2 +b*x+c=0.

x=(-b±√D)/(2*a), ahol D =b^2-4*a*c.

Ezt a képletet az a * x ^ 2 + b * x + c \u003d 0 egyenlet általános formában történő megoldásával kapjuk meg, a binomiális négyzetének kiemelésével.

A másodfokú egyenlet gyökeinek képletében a D (b^2-4*a*c) kifejezést az a*x^2 +b*x+c=0 másodfokú egyenlet diszkriminánsának nevezzük. Ez a név innen származik latin, fordításban "megkülönböztető". A diszkrimináns értékétől függően a másodfokú egyenletnek két vagy egy gyöke van, vagy egyáltalán nincs gyöke.

Ha a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, akkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van. (x=(-b±√D)/(2*a))

Ha a diszkrimináns nulla, akkor a másodfokú egyenletnek egy gyöke van. (x=(-b/(2*a))

Ha a diszkrimináns negatív, akkor a másodfokú egyenletnek nincs gyöke.

Általános algoritmus másodfokú egyenlet megoldására

A fentiek alapján egy általános algoritmust fogalmazunk meg az a*x^2 +b*x+c=0 másodfokú egyenlet megoldására a következő képlet segítségével:

1. Keresse meg a diszkrimináns értékét a D =b^2-4*a*c képlet segítségével.

2. A diszkrimináns értékétől függően számítsa ki a gyököket a képletekkel:

D<0, корней нет.

D=0, x=(-b/(2*a)

D>0, x=(-b+√D)/(2*a), x=(-b-√D)/(2*a)

Ez az algoritmus univerzális és bármilyen másodfokú egyenlet megoldására alkalmas. Teljes és hiányos, idézett és nem idézett.

Ezzel a matematikai programmal megteheti másodfokú egyenlet megoldása.

A program nem csak a problémára ad választ, hanem a megoldási folyamatot is kétféleképpen jeleníti meg:
- a diszkrimináns használatával
- a Vieta-tétel felhasználásával (ha lehetséges).

Ráadásul a válasz pontos, nem hozzávetőleges.
Például a \(81x^2-16x-1=0\) egyenletre a válasz a következő formában jelenik meg:

$$ x_1 = \frac(8+\sqrt(145))(81), \quad x_2 = \frac(8-\sqrt(145))(81) $$ ehelyett: \(x_1 = 0,247; \ quad x_2 = -0,05 \)

Ez a program hasznos lehet a középiskolások számára a tesztekre és vizsgákra való felkészülés során, a vizsga előtti tudásellenőrzés során a szülők számos matematikai és algebrai feladat megoldását irányíthatják. Vagy talán túl drága önnek oktatót felvenni vagy új tankönyveket vásárolni? Vagy csak a matematikai vagy algebrai házi feladatot szeretné a lehető leggyorsabban elvégezni? Ebben az esetben részletes megoldással is használhatja programjainkat.

Így saját és/vagy öccsei képzését tudja lebonyolítani, miközben a megoldandó feladatok területén az oktatás színvonala emelkedik.

Ha nem ismeri a négyzetes polinom megadásának szabályait, javasoljuk, hogy ismerkedjen meg velük.

A négyzetes polinom bevitelének szabályai

Bármely latin betű működhet változóként.
Például: \(x, y, z, a, b, c, o, p, q \) stb.

A számok egész vagy törtként is megadhatók.
Ezenkívül a törtszámok nem csak tizedes, hanem közönséges tört formájában is beírhatók.

A tizedes törtek bevitelének szabályai.
A tizedes törtekben a tört részt az egész számtól ponttal vagy vesszővel lehet elválasztani.
Például beléphet tizedesjegyek tehát: 2,5x - 3,5x^2

A közönséges törtek bevitelének szabályai.
Csak egy egész szám lehet tört számlálója, nevezője és egész része.

A nevező nem lehet negatív.

Törtszám beírásakor a számlálót osztásjel választja el a nevezőtől: /
Az egész részt egy és jel választja el a törttől: &
Bemenet: 3&1/3 - 5&6/5z +1/7z^2
Eredmény: \(3\frac(1)(3) - 5\frac(6)(5) z + \frac(1)(7)z^2 \)

Egy kifejezés beírásakor zárójeleket használhat. Ebben az esetben egy másodfokú egyenlet megoldásánál először a bevezetett kifejezés egyszerűsödik.
Például: 1/2(y-1)(y+1)-(5y-10&1/2)

=0

Döntsd el

Azt találtuk, hogy egyes, a feladat megoldásához szükséges szkriptek nem töltődnek be, és előfordulhat, hogy a program nem működik.
Lehetséges, hogy az AdBlock engedélyezve van.
Ebben az esetben kapcsolja ki és frissítse az oldalt.

A JavaScript le van tiltva a böngészőjében.
A megoldás megjelenítéséhez engedélyezni kell a JavaScriptet.
Íme a JavaScript engedélyezése a böngészőben.

Mert Sokan vannak, akik szeretnék megoldani a problémát, kérése sorban áll.
Néhány másodperc múlva a megoldás megjelenik alább.
Kérlek várj mp...

Ha te hibát észlelt a megoldásban, akkor a Visszajelzési űrlapon írhatsz róla.
Ne felejtsd el jelezze, melyik feladatot te döntöd el, mit írja be a mezőkbe.

Játékaink, rejtvényeink, emulátoraink:

Egy kis elmélet.

Másodfokú egyenlet és gyökei. Hiányos másodfokú egyenletek

Az egyenletek mindegyike
\(-x^2+6x+1,4=0, \quad 8x^2-7x=0, \quad x^2-\frac(4)(9)=0 \)
úgy néz ki, mint a
\(ax^2+bx+c=0, \)
ahol x egy változó, a, b és c számok.
Az első egyenletben a = -1, b = 6 és c = 1,4, a másodikban a = 8, b = -7 és c = 0, a harmadikban a = 1, b = 0 és c = 4/9. Az ilyen egyenleteket ún másodfokú egyenletek.

Meghatározás.
másodfokú egyenlet egy ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletet hívunk meg, ahol x egy változó, a, b és c néhány szám, és \(a \neq 0 \).

Az a, b és c számok a másodfokú egyenlet együtthatói. Az a számot első együtthatónak, a b számot a második együtthatónak, a c számot pedig metszéspontnak nevezzük.

Az ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletek mindegyikében, ahol \(a \neq 0 \), az x változó legnagyobb hatványa egy négyzet. Innen a név: másodfokú egyenlet.

Vegye figyelembe, hogy a másodfokú egyenletet másodfokú egyenletnek is nevezik, mivel a bal oldala egy másodfokú polinom.

Meghívjuk azt a másodfokú egyenletet, amelyben az együttható x 2-nél 1 redukált másodfokú egyenlet. Például az adott másodfokú egyenletek az egyenletek
\(x^2-11x+30=0, \quad x^2-6x=0, \quad x^2-8=0 \)

Ha az ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletben legalább az egyik b vagy c együttható nulla, akkor egy ilyen egyenletet ún. hiányos másodfokú egyenlet. Tehát a -2x 2 +7=0, 3x 2 -10x=0, -4x 2 =0 egyenletek nem teljes másodfokú egyenletek. Az elsőben b=0, a másodikban c=0, a harmadikban b=0 és c=0.

A hiányos másodfokú egyenleteknek három típusa van:
1) ax 2 +c=0, ahol \(c \neq 0 \);
2) ax 2 +bx=0, ahol \(b \neq 0 \);
3) ax2=0.

Tekintsük az egyes típusok egyenleteinek megoldását.

A \(c \neq 0 \) ax 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához a szabad tagját átvisszük a jobb oldalra, és az egyenlet mindkét részét elosztjuk a-val:
\(x^2 = -\frac(c)(a) \Jobbra x_(1,2) = \pm \sqrt( -\frac(c)(a)) \)

Mivel \(c \neq 0 \), akkor \(-\frac(c)(a) \neq 0 \)

Ha \(-\frac(c)(a)>0 \), akkor az egyenletnek két gyöke van.

Ha \(-\frac(c)(a) Egy ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(b \neq 0 \) esetén szorozza a bal oldalát, és kapja meg az egyenletet
\(x(ax+b)=0 \Rightarrow \left\( \begin(array)(l) x=0 \\ ax+b=0 \end(array) \right. \Rightarrow \left\( \begin (tömb)(l) x=0 \\ x=-\frac(b)(a) \end(tömb) \jobbra. \)

Ezért az ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletnek \(b \neq 0 \) esetén mindig két gyöke van.

Az ax 2 \u003d 0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az x 2 \u003d 0 egyenlettel, ezért egyetlen gyöke 0.

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

Vizsgáljuk meg most, hogyan lehet megoldani azokat a másodfokú egyenleteket, amelyekben mind az ismeretlenek együtthatója, mind a szabad tag nem nulla.

A másodfokú egyenletet általános formában oldjuk meg, és ennek eredményeként megkapjuk a gyökképletet. Ekkor ez a képlet bármilyen másodfokú egyenlet megoldására alkalmazható.

Oldja meg az ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletet

Mindkét részét elosztva a-val, megkapjuk az ekvivalens redukált másodfokú egyenletet
\(x^2+\frac(b)(a)x +\frac(c)(a)=0 \)

Ezt az egyenletet úgy alakítjuk át, hogy kiemeljük a binomiális négyzetét:
\(x^2+2x \cdot \frac(b)(2a)+\left(\frac(b)(2a)\right)^2- \left(\frac(b)(2a)\right)^ 2 + \frac(c)(a) = 0 \jobbra \)

\(x^2+2x \cdot \frac(b)(2a)+\left(\frac(b)(2a)\right)^2 = \left(\frac(b)(2a)\right)^ 2 - \frac(c)(a) \Jobbra \) \(\left(x+\frac(b)(2a)\right)^2 = \frac(b^2)(4a^2) - \frac( c)(a) \Jobbra \left(x+\frac(b)(2a)\right)^2 = \frac(b^2-4ac)(4a^2) \Jobbra \) \(x+\frac(b) )(2a) = \pm \sqrt( \frac(b^2-4ac)(4a^2) ) \Jobbra x = -\frac(b)(2a) + \frac( \pm \sqrt(b^2) -4ac) )(2a) \Jobbra \) \(x = \frac( -b \pm \sqrt(b^2-4ac) )(2a) \)

A gyökérkifejezést ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa ax 2 +bx+c=0 („diszkrimináns” latinul – megkülönböztető). D betűvel jelöljük, azaz.
\(D = b^2-4ac\)

Most a diszkrimináns jelölésével átírjuk a másodfokú egyenlet gyökeinek képletét:
\(x_(1,2) = \frac( -b \pm \sqrt(D) )(2a) \), ahol \(D= b^2-4ac \)

Nyilvánvaló, hogy:
1) Ha D>0, akkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van.
2) Ha D=0, akkor a másodfokú egyenletnek egy gyöke van \(x=-\frac(b)(2a)\).
3) Ha D Így a diszkrimináns értékétől függően a másodfokú egyenletnek két gyöke lehet (D > 0 esetén), egy gyöke (D = 0 esetén) vagy nincs gyöke (D esetén Ha másodfokú egyenletet ezzel a képlettel oldunk meg , célszerű a következő módon tenni:
1) számítsa ki a diszkriminánst, és hasonlítsa össze nullával;
2) ha a diszkrimináns pozitív vagy egyenlő nullával, akkor használja a gyökképletet, ha a diszkrimináns negatív, akkor írja fel, hogy nincsenek gyökök.

Vieta tétele

Az adott ax 2 -7x+10=0 másodfokú egyenletnek 2 és 5 gyöke van. A gyökök összege 7, a szorzat pedig 10. Látjuk, hogy a gyökök összege egyenlő a második együtthatóval, a ellentétes előjel, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. Minden olyan redukált másodfokú egyenlet, amelynek gyökerei vannak, rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.

Az adott másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal.

Azok. Vieta tétele kimondja, hogy az x 2 +px+q=0 redukált másodfokú egyenlet x 1 és x 2 gyökének a tulajdonsága:
\(\left\( \begin(array)(l) x_1+x_2=-p \\ x_1 \cdot x_2=q \end(array) \right. \)