Keressük meg a 4ac egyenlet diszkriminánsát. Másodfokú egyenlet gyökerei

A diszkriminancia egy többértékű fogalom. Ebben a cikkben a polinom diszkriminánsáról fogunk beszélni, amely lehetővé teszi annak meghatározását, hogy egy adott polinomnak vannak-e érvényes megoldásai. A másodfokú polinom képlete az algebra és elemzés iskolai kurzusában található. Hogyan lehet megkülönböztetőt találni? Mi kell az egyenlet megoldásához?

Másodfokú másodfokú polinomot vagy egyenletet nevezünk i * w ^ 2 + j * w + k egyenlő 0-val, ahol „i” és „j” az első és a második együttható, a „k” egy állandó, amelyet néha „elutasító tagnak” neveznek, és „w” egy változó. Gyökere annak a változónak az összes értéke lesz, amelynél identitássá válik. Egy ilyen egyenlőség átírható i, (w - w1) és (w - w2) 0 szorzataként. Ebben az esetben nyilvánvaló, hogy ha az „i” együttható nem lesz nulla, akkor a függvény a bal oldal csak akkor lesz nulla, ha x értéke w1 vagy w2. Ezek az értékek a polinom nullára való beállításának eredménye.

Egy olyan változó értékének meghatározásához, amelynél a másodfokú polinom eltűnik, egy segédkonstrukciót használunk, amely az együtthatóira épül, és diszkriminánsnak nevezzük. Ezt a konstrukciót a következő képlet alapján számítjuk ki: D egyenlő j * j - 4 * i * k. Miért használják?

1. Megmondja, hogy vannak-e érvényes eredmények.
2. Segít kiszámítani őket.

Hogyan mutatja ez az érték valódi gyökerek jelenlétét:

• Ha pozitív, akkor a valós számok tartományában két gyök található.
• Ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét megoldás azonos. Azt mondhatjuk, hogy csak egy megoldás létezik, és az a valós számok mezőjéből származik.
• Ha a diszkrimináns nullánál kisebb, akkor a polinomnak nincs valódi gyöke.

Számítási lehetőségek az anyag rögzítésére

Ha az összeg (7 * w^2; 3 * w; 1) egyenlő 0-val Kiszámítjuk D-t a 3 * 3 - 4 * 7 * 1 = 9 - 28 képlettel, és -19-et kapunk. A nulla alatti diszkriminatív érték azt jelzi, hogy az aktuális sorban nincs eredmény.

Ha úgy tekintjük, hogy 2 * w^2 - 3 * w + 1 egyenértékű 0-val, akkor D-t a (-3) négyzet mínusz a (4; 2; 1) számok szorzataként számítjuk ki, és 9-8, azaz 1. A pozitív érték két eredményt jelez a valós egyenesen.

Ha vesszük az összeget (w ^ 2; 2 * w; 1) és egyenlővé tesszük 0-val, D-t úgy számítjuk ki, hogy két négyzet mínusz a számok (4; 1; 1) szorzata. Ez a kifejezés 4–4-re egyszerűsödik, és nullára megy. Kiderült, hogy az eredmények ugyanazok. Ha alaposan megnézi ezt a képletet, világossá válik, hogy ez egy „teljes négyzet”. Ez azt jelenti, hogy az egyenlőség átírható (w + 1) ^ 2 = 0 alakban. Nyilvánvalóvá vált, hogy ebben a feladatban az eredmény „-1”. Abban a helyzetben, amikor D egyenlő 0-val, az egyenlőség bal oldala mindig összecsukható az „összeg négyzete” képlettel.

Diszkrimináns használata a gyökerek számításakor

Ez a segédkonstrukció nemcsak megmutatja a valós megoldások számát, hanem segít megtalálni azokat. Általános képlet A másodfokú egyenlet számítása a következő:

w = (-j +/- d) / (2 * i), ahol d az 1/2 hatványához tartozó diszkrimináns.

Tegyük fel, hogy a diszkrimináns nulla alatt van, akkor d imaginárius és az eredmények képzeletbeliek.

D nulla, akkor d egyenlő D-vel az 1/2 hatványához képest szintén nulla. Megoldás: -j / (2 * i). Ha ismét figyelembe vesszük, hogy 1 * w ^ 2 + 2 * w + 1 = 0, akkor a -2 / (2 * 1) = -1 értékkel egyenértékű eredményeket találunk.

Tegyük fel, hogy D > 0, akkor d valós szám, és a válasz itt két részre bomlik: w1 = (-j + d) / (2 * i) és w2 = (-j - d) / (2 * i) ) . Mindkét eredmény érvényes lesz. Nézzük 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 = 0. Itt a diszkrimináns és a d egy. Kiderült, hogy w1 egyenlő (3 + 1) osztva (2 * 2) vagy 1-gyel, és w2 egyenlő (3 - 1) osztva 2 * 2-vel vagy 1/2-vel.

A másodfokú kifejezés nullával való egyenlővé tételének eredményét a következő algoritmus szerint számítjuk ki:

1. Az érvényes megoldások számának meghatározása.
2. Számítás d = D^(1/2).
3. Az eredmény megkeresése a (-j +/- d) / (2 * i) képlet szerint.
4. A kapott eredmény behelyettesítése az eredeti egyenlőségbe ellenőrzés céljából.

Néhány speciális eset

Az együtthatóktól függően a megoldás némileg egyszerűsíthető. Nyilvánvaló, hogy ha egy változó együtthatója a második hatványhoz nulla, akkor lineáris egyenlőséget kapunk. Ha egy változó együtthatója az első hatványhoz nulla, akkor két lehetőség lehetséges:

1. a polinom négyzetkülönbséggé bővül, ha a szabad tag negatív;
2. pozitív állandóra nem találunk valódi megoldásokat.

Ha a szabad tag nulla, akkor a gyökök (0; -j) lesznek

De vannak más speciális esetek is, amelyek leegyszerűsítik a megoldás megtalálását.

Csökkentett másodfokú egyenlet

Az adott ún ilyen másodfokú trinomikus, ahol a vezető tag előtti együttható egy. Erre a helyzetre a Vieta-tétel alkalmazható, amely kimondja, hogy a gyökök összege egyenlő az első hatvány változójának együtthatójával, szorozva -1-gyel, és a szorzat megfelel a „k” állandónak.

Ezért w1 + w2 egyenlő -j-vel és w1 * w2 egyenlő k-val, ha az első együttható egy. Az ábrázolás helyességének ellenőrzéséhez az első képletből kifejezheti w2 = -j - w1-et, és behelyettesítheti a második w1 * (-j - w1) = k egyenlőségbe. Az eredmény az eredeti w1 ^ 2 + j * w1 + k = 0 egyenlőség.

Fontos megjegyezni, hogy i * w ^ 2 + j * w + k = 0 „i”-vel való osztással érhető el. Az eredmény a következő lesz: w^2 + j1 * w + k1 = 0, ahol j1 egyenlő j/i-vel és k1 egyenlő k/i-vel.

Nézzük meg a már megoldott 2 * w^2 - 3 * w + 1 = 0 eredményt w1 = 1 és w2 = 1/2. Félbe kell osztanunk, ennek eredményeként w ^ 2 - 3/2 * w + 1/2 = 0. Ellenőrizzük, hogy a tétel feltételei igazak-e a talált eredményekre: 1 + 1/2 = 3/ 2 és 1*1/2 = 1/2.

Még a második tényező is

Ha egy változó tényezője az első hatványhoz (j) osztható 2-vel, akkor lehetőség lesz a képlet egyszerűsítésére és a D/4 = (j / 2) ^ 2 - i * k diszkriminans negyedén keresztül megoldást keresni. w = (-j +/- d/2) / i, ahol d/2 = D/4 1/2 hatványára.

Ha i = 1, és a j együttható páros, akkor a megoldás -1 és a w változó együtthatójának felének a szorzata lesz, plusz/mínusz ennek a felnek a négyzetének gyöke mínusz a „k” állandó. Képlet: w = -j/2 +/- (j^2/4 - k)^1/2.

Magasabb diszkriminációs sorrend

A másodfokú trinomiális fentebb tárgyalt diszkriminánsa a leggyakrabban használt speciális eset. Általános esetben a polinom diszkriminánsa az ennek a polinomnak a gyökeinek különbségeinek szorzott négyzetei. Ezért a nullával egyenlő diszkrimináns legalább két többszörös megoldás jelenlétét jelzi.

Tekintsük i * w^3 + j * w^2 + k * w + m = 0.

D = j^2*k^2-4*i*k^3-4*i^3*k-27*i^2*m^2 + 18*i*j*k*m.

Tegyük fel, hogy a diszkrimináns meghaladja a nullát. Ez azt jelenti, hogy a valós számok tartományában három gyök található. A nullánál több megoldás is létezik. Ha D< 0, то два корня комплексно-сопряженные, которые дают отрицательное значение при возведении в квадрат, а также один корень — вещественный.

Videó

Videónk részletesen elmondja a diszkrimináns kiszámításáról.

Nem kapott választ a kérdésére? Javasolj témát a szerzőknek.

A teljes iskolai algebrai tananyag között az egyik legkiterjedtebb téma a másodfokú egyenletek témaköre. Ebben az esetben a másodfokú egyenlet az ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenlet, ahol a ≠ 0 (olvasva: a szorozva x négyzet plusz be x plusz ce egyenlő nullával, ahol a nem egyenlő nullával). Ebben az esetben a fő helyet a meghatározott típusú másodfokú egyenlet diszkriminánsának megtalálására szolgáló képletek foglalják el, amelyek olyan kifejezések, amelyek lehetővé teszik a másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát, valamint azok meghatározását. szám (ha van).

Másodfokú egyenlet diszkriminánsának képlete (egyenlete).

A másodfokú egyenlet diszkriminánsának általánosan elfogadott képlete a következő: D = b 2 – 4ac. A diszkrimináns kiszámításával a megadott képlet segítségével nemcsak egy másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét és számát határozhatja meg, hanem módszert is választhat ezeknek a gyökereknek a megtalálására, amelyekből a másodfokú egyenlet típusától függően több is van.

Mit jelent, ha a diszkrimináns nulla \ Másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ha a diszkrimináns nulla

A diszkriminánst a képletből következően jelöljük latin betű D. Abban az esetben, ha a diszkrimináns egyenlő nullával, azt a következtetést kell levonni, hogy az ax 2 + bx + c = 0 alakú másodfokú egyenletnek, ahol a ≠ 0, csak egy gyöke van, amelyet egy egyszerűsített képlettel számítanak ki. . Ez a képlet csak akkor érvényes, ha a diszkrimináns nulla, és így néz ki: x = –b/2a, ahol x a másodfokú egyenlet gyöke, b és a a másodfokú egyenlet megfelelő változói. A másodfokú egyenlet gyökerének megtalálásához el kell osztani a b változó negatív értékét az a változó értékének kétszeresével. Az eredményül kapott kifejezés egy másodfokú egyenlet megoldása lesz.

Másodfokú egyenlet megoldása diszkrimináns segítségével

Ha a diszkrimináns fenti képlettel történő kiszámításakor kiderül pozitív érték(D nagyobb, mint nulla), akkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van, amelyeket a következő képletekkel számítunk ki: x 1 = (–b + vD)/2a, x 2 = (–b – vD)/2a. Leggyakrabban a diszkriminánst nem külön számítják ki, hanem a diszkrimináns képlet formájában lévő gyök kifejezést egyszerűen behelyettesítik abba a D értékbe, amelyből a gyökér kinyerhető. Ha a b változó páros értékű, akkor az ax 2 + bx + c = 0 alakú másodfokú egyenlet gyökeinek kiszámításához, ahol a ≠ 0, a következő képleteket is használhatja: x 1 = (–k + v(k2 – ac))/a , x 2 = (–k + v(k2 – ac))/a, ahol k = b/2.

Bizonyos esetekben a másodfokú egyenletek gyakorlati megoldásához használhatja a Vieta-tételt, amely kimondja, hogy az x 2 + px + q = 0 alakú másodfokú egyenlet gyökeinek összegére az x 1 + x 2 = –p érték. igaz lesz, és a megadott egyenlet gyökeinek szorzatára – x ​​1 x x 2 = q kifejezés.

Lehet-e a diszkrimináns kisebb nullánál?

A diszkrimináns értékének kiszámításakor olyan helyzetbe kerülhet, amely nem tartozik a leírt esetek egyikébe sem - amikor a diszkrimináns negatív értékű (vagyis nullánál kisebb). Ebben az esetben általánosan elfogadott, hogy az ax 2 + bx + c = 0 formájú másodfokú egyenletnek, ahol a ≠ 0, nincs valódi gyöke, ezért megoldása a diszkrimináns és a fenti képletek kiszámítására korlátozódik. mert a másodfokú egyenlet gyökerei ebben az esetben nem lesznek érvényesek. Ugyanakkor a másodfokú egyenletre adott válaszban azt írják, hogy „az egyenletnek nincs valódi gyökere”.

Magyarázó videó:

Több egyszerű módon. Ehhez tegye z jelet a zárójelek közül. A következőt kapjuk: z(аz + b) = 0. A tényezők felírhatók: z=0 és аz + 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 аz² + с = 0 alakú hiányos egyenlet, ebben az esetben úgy találjuk meg, hogy egyszerűen átvisszük a szabad tagot jobb oldal egyenletek Változtasd meg a jelét is. Az eredmény az² = -с. Kifejezése z² = -c/a. Vegye ki a gyökeret, és írjon fel két megoldást - egy pozitív és egy negatív négyzetgyököt.

jegyzet

Ha az egyenletben törtegyütthatók vannak, szorozza meg a teljes egyenletet a megfelelő tényezővel, hogy megszabaduljon a törtektől.

A döntés tudása másodfokú egyenletek, iskolásoknak és diákoknak egyaránt szükséges, olykor egy felnőttnek is segítségére lehet a mindennapi életben. Számos speciális megoldási mód létezik.

Másodfokú egyenletek megoldása

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

Annak érdekében, hogy eldöntsük adott egyenlet, használnod kell Vieta tételét, vagy keresned kell egy diszkriminánst. A legelterjedtebb módszer a diszkrimináns megtalálása, mivel a, b, c egyes értékeire nem lehet Vieta tételét használni.

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

Miután megtalálta a diszkriminánst, a képletekkel keresse meg x: x(1) = (- b+sqrt(D))/2*a; x(2) = (- b-sqrt(D))/2*a, ahol az sqrt egy olyan függvény, amely egy adott szám négyzetgyökének felvételét jelenti. A kifejezések kiszámítása után megtalálja az egyenlet két gyökerét, amelyek után az egyenlet megoldottnak tekinthető.

Ha D kisebb, mint nulla, akkor még mindig vannak gyökerei. Ezt a részt gyakorlatilag nem tanulják az iskolában. Az egyetemistáknak tudniuk kell, hogy a gyökér alatt negatív szám jelenik meg. Úgy szabadulnak meg tőle, hogy kiemelik a képzeletbeli részt, vagyis a gyök alatti -1 mindig egyenlő az „i” képzeletbeli elemmel, amelyet megszorozunk az azonos pozitív számmal rendelkező gyökérrel. Például, ha D=sqrt(-20), akkor a transzformáció után D=sqrt(20)*i-t kapunk. A transzformáció után az egyenlet megoldása a fent leírt gyökérleletre redukálódik.

Vieta tétele az x(1) és x(2) értékeinek kiválasztásából áll. Két azonos egyenletet használunk: x(1) + x(2)= -b; x(1)*x(2)=с. És nagyon fontos pont a b együttható előtti előjel, ne feledje, hogy ez a jel ellentétes az egyenletben szereplővel. Első pillantásra úgy tűnik, hogy az x(1) és x(2) kiszámítása nagyon egyszerű, de a megoldás során szembesülni fog azzal, hogy ki kell választania a számokat.

Másodfokú egyenletek megoldásának elemei

A matematika szabályai szerint egyesek faktorozhatók: (a+x(1))*(b-x(2))=0, ha ezt a másodfokú egyenletet sikerült hasonló módon átalakítani matematikai képletek segítségével, akkor nyugodtan írd le a választ. x(1) és x(2) egyenlő lesz a zárójelben lévő szomszédos együtthatókkal, de ellenkező előjellel.

Ne feledkezzünk meg a hiányos másodfokú egyenletekről sem. Lehet, hogy hiányzik néhány kifejezés, ha igen, akkor minden együtthatója egyszerűen nulla. Ha nincs semmi x^2 vagy x előtt, akkor az a és b együttható 1-gyel egyenlő.

Például a \(3x^2+2x-7\) trinom esetén a diszkriminans egyenlő lesz: \(2^2-4\cdot3\cdot(-7)=4+84=88\). A \(x^2-5x+11\) trinom esetén pedig egyenlő lesz \((-5)^2-4\cdot1\cdot11=25-44=-19\).

A diszkriminánst \(D\) betűvel jelöljük, és gyakran használják a megoldásban. Ezenkívül a diszkrimináns értékéből megtudhatja, hogyan néz ki a grafikon hozzávetőlegesen (lásd alább).

Másodfokú egyenlet diszkriminánsa és gyökerei

A diszkrimináns érték a másodfokú egyenletek számát mutatja:
- ha \(D\) pozitív, az egyenletnek két gyöke lesz;
- ha \(D\) egyenlő nullával – csak egy gyök van;
- ha \(D\) negatív, akkor nincsenek gyökök.

Ezt nem kell tanítani, nem nehéz ilyen következtetésre jutni, pusztán annak ismeretében, hogy a diszkriminánsból (vagyis a \(\sqrt(D)\)) benne van a másodfokú gyökszámítási képletben egyenlet: \(x_(1)=\)\( \frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) és \(x_(2)=\)\(\frac(-b-\sqrt( D))(2a)\) Nézzük meg az egyes eseteket.

Ha a diszkrimináns pozitív

Ebben az esetben a gyöke valamilyen pozitív szám, ami azt jelenti, hogy \(x_(1)\) és \(x_(2)\) eltérő jelentésű lesz, mert az első képletben a \(\sqrt(D)\ ) hozzáadódik, a másodikban pedig kivonjuk. És két különböző gyökerünk van.

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

Válasz : \(x_(1)=1\); \(x_(2)=-3\)

Ha a diszkrimináns nulla

Hány gyökér lesz, ha a diszkrimináns nulla? Inkább okoskodjunk.

A gyökérképletek így néznek ki: \(x_(1)=\)\(\frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) és \(x_(2)=\)\(\frac(-) b- \sqrt(D))(2a)\) . És ha a diszkrimináns nulla, akkor a gyöke is nulla. Aztán kiderül:

\(x_(1)=\)\(\frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) \(=\)\(\frac(-b+\sqrt(0))(2a)\) \(=\)\(\frac(-b+0)(2a)\) \(=\)\(\frac(-b)(2a)\)

\(x_(2)=\)\(\frac(-b-\sqrt(D))(2a)\) \(=\)\(\frac(-b-\sqrt(0))(2a) \) \(=\)\(\frac(-b-0)(2a)\) \(=\)\(\frac(-b)(2a)\)

Vagyis az egyenlet gyökeinek értékei ugyanazok lesznek, mert a nulla összeadása vagy kivonása nem változtat semmit.

Példa : Keresse meg a \(x^2-4x+4=0\) egyenlet gyökereit
Megoldás :

\(x^2-4x+4=0\)		Kiírjuk az együtthatókat:
\(a=1;\) \(b=-4;\) \(c=4;\)		A diszkriminánst a következő képlettel számítjuk ki: \(D=b^2-4ac\)
\(D=(-4)^2-4\cdot1\cdot4=\) \(=16-16=0\)		Az egyenlet gyökereinek megtalálása
\(x_(1)=\) \(\frac(-(-4)+\sqrt(0))(2\cdot1)\)\(=\)\(\frac(4)(2)\) \(=2\) \(x_(2)=\) \(\frac(-(-4)-\sqrt(0))(2\cdot1)\)\(=\)\(\frac(4)(2)\) \(=2\)		Két azonos gyökeret kaptunk, így nincs értelme külön leírni őket - egyben írjuk őket.

Válasz : \(x=2\)

Folytatva az „Egyenletek megoldása” témakört, a cikk anyaga bemutatja a másodfokú egyenleteket.

Nézzünk meg mindent részletesen: a másodfokú egyenlet lényegét és jelölését, határozzuk meg a kísérő fogalmakat, elemezzük a hiányos és teljes egyenletek megoldási sémáját, ismerkedjünk meg a gyökök képletével és a diszkriminánssal, hozzunk létre kapcsolatokat a gyökök és együtthatók között, és természetesen gyakorlati példákra is adunk vizuális megoldást.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Másodfokú egyenlet, típusai

1. definíció

Másodfokú egyenlet a következőképpen írt 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 lényegében egy másodfokú egyenlet algebrai egyenlet másodfokú.

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. Ezek másodfokú egyenletek.

2. definíció

A, b és számok 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 vezető együttható 6, a második együttható az − 2 , és a szabad tag egyenlő − 11 . Figyeljünk arra, hogy amikor az együtthatók bés/vagy c negatív, akkor használja rövid forma rekordok, mint 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 vezető együttható 1, a második együttható az − 1 .

Redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek

Az első együttható értéke alapján a másodfokú egyenleteket redukáltra és redukálatlanra osztjuk.

3. definíció

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

Mondjunk példákat: 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 redukált egyenletté alakítható, ha mindkét oldalt elosztjuk az első együtthatóval (ekvivalens transzformáció). A transzformált egyenletnek ugyanazok a gyökerei lesznek, mint az adott redukálatlan egyenletnek, vagy egyáltalán nem lesz gyöke.

Megfontolás konkrét példa lehetővé teszi számunkra, hogy egyértelműen demonstráljuk az átmenetet egy redukálatlan másodfokú egyenletről a redukáltra.

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 oldalát elosztjuk a 6-os 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 at 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 ilyen másodfokú egyenlet a x 2 + b x + c = 0, ahol legalább az egyik együttható bÉs c(vagy mindkettő) nulla.

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

Beszéljük meg, hogy a másodfokú egyenletek típusait miért adják pontosan ezeknek a neveknek.

Ha b = 0, akkor a másodfokú egyenlet alakját 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. Valójában ez a tény adta a nevet ennek az egyenlettípusnak – hiányos.

Például x 2 + 3 x + 4 = 0 és − 7 x 2 − 2 x + 1, 3 = 0 teljes másodfokú egyenletek; x 2 = 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, ez az egyenlet megfelel az együtthatóknak b = 0és c = 0;
• a · x 2 + c = 0 b = 0 esetén;
• a · x 2 + b · x = 0 c = 0 esetén.

Tekintsük szekvenciálisan az egyes nem teljes másodfokú egyenlettípusok megoldását.

Az a x 2 =0 egyenlet megoldása

Mint fentebb említettük, ez az egyenlet megfelel az együtthatóknak bÉs c, egyenlő nullával. Az egyenlet a x 2 = 0 ekvivalens egyenletté alakítható x 2 = 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 x 2 = 0 ez nulla, mert 0 2 = 0 . Ennek az egyenletnek nincs más gyöke, ami a fok tulajdonságaival magyarázható: tetszőleges számra p, Nem egyenlő nullával, az egyenlőtlenség igaz p 2 > 0, amiből az következik, hogy mikor p ≠ 0 egyenlőség p 2 = 0 soha nem lesz elérhető.

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 x 2 = 0, egyetlen gyökere az x = 0, akkor az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke - nulla.

A megoldást röviden a következőképpen írjuk le:

− 3 x 2 = 0, x 2 = 0, x = 0.

Az a x 2 + c = 0 egyenlet megoldása

A következő a sorban a hiányos másodfokú egyenletek megoldása, ahol b = 0, c ≠ 0, azaz a következő alakú egyenletek a x 2 + c = 0. Alakítsuk át ezt az egyenletet úgy, hogy áthelyezünk egy 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:

• átruházás c jobb oldalra, ami megadja az egyenletet a x 2 = − c;
• osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a, a végeredmény x = - c a .

Transzformációink ennek megfelelően ekvivalensek, a kapott egyenlet is ekvivalens az eredetivel, és ez a tény lehetővé teszi az egyenlet gyökereire vonatkozó következtetések levonását. Abból, hogy mik az értékek aÉs c a - c a kifejezés értéke attól függ: lehet mínusz jele (például ha a = 1És c = 2, akkor - c a = - 2 1 = - 2) vagy pluszjel (például ha a = − 2És c = 6, akkor - c a = - 6 - 2 = 3); nem nulla, 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 a p 2 = - c a egyenlőség nem lehet igaz.

Minden más, ha - c a > 0: emlékezzünk a négyzetgyökre, és nyilvánvalóvá válik, hogy az x 2 = - c a egyenlet gyöke a - c a szám lesz, mivel - c a 2 = - c a. Nem nehéz megérteni, 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 ellentmondás módszerével demonstrálhatjuk. Kezdésként definiáljuk a fent található gyökök jelöléseit, mint x 1És − x 1. Tegyük fel, hogy az x 2 = - c a egyenletnek is van gyöke x 2, ami eltér a gyökerektől x 1És − x 1. Ezt úgy tudjuk, hogy behelyettesítjük az egyenletbe x gyökereiből az egyenletet tisztességes numerikus egyenlőséggé alakítjuk.

Mert x 1És − x 1írjuk: x 1 2 = - c a , és for x 2- x 2 2 = - c a . A numerikus egyenlőség tulajdonságai alapján egy helyes egyenlőségi tagot tagonként kivonunk a másikból, ami a következőt kapja: x 1 2 − x 2 2 = 0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságait használjuk 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. A fentiekből az következik x 1 − x 2 = 0és/vagy x 1 + x 2 = 0, ami ugyanaz x 2 = x 1és/vagy x 2 = − x 1. Nyilvánvaló ellentmondás merült fel, mert eleinte abban állapodtak meg, hogy az egyenlet gyökere x 2 eltér x 1És − x 1. Tehát bebizonyítottuk, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint x = - c a és x = - - c a.

Foglaljuk össze 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 - c a > 0.

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

3. példa

Adott egy másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0. Megoldást kell találni.

Megoldás

Vigyük át a szabad tagot az egyenlet jobb oldalára, ekkor az egyenlet a következő alakot veszi fel 9 x 2 = – 7.
A kapott egyenlet mindkét oldalát osszuk el 9 , x 2 = - 7 9 ponthoz jutunk. A jobb oldalon egy mínuszjelű számot látunk, ami azt jelenti: y 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

Az egyenletet meg kell oldani − x 2 + 36 = 0.

Megoldás

Tegyük át a 36-ot a jobb oldalra: − x 2 = − 36.
Osszuk el mindkét részt − 1 , kapunk x 2 = 36. A jobb oldalon van egy pozitív szám, amiből arra következtethetünk x = 36 vagy x = - 36 .
Vegyük ki a gyökeret, és írjuk fel a végeredményt: hiányos másodfokú egyenlet − x 2 + 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

Vizsgáljuk meg 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 fogjuk használni. 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 egyenértékű egyenlethalmazzal 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.

Erősítsük meg az anyagot egy példával.

5. példa

Megoldást kell találni a 2 3 · x 2 - 2 2 7 · x = 0 egyenletre.

Megoldás

Kivesszük x a zárójelen kívül az x · 2 3 · x - 2 2 7 = 0 egyenletet kapjuk. 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.

Röviden írja le az egyenlet megoldását a következőképpen:

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 = - b ± D 2 · a felírása lényegében azt jelenti, hogy x 1 = - b + D 2 · a, x 2 = - b - D 2 · a.

Hasznos lenne megérteni, hogyan származtatták ezt a képletet, és hogyan kell alkalmazni.

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Nézzünk szembe egy másodfokú egyenlet megoldásával a x 2 + b x + c = 0. Végezzünk el számos ekvivalens transzformációt:

• oszd el az egyenlet mindkét oldalát egy számmal a, nullától eltérően a következő másodfokú egyenletet kapjuk: x 2 + b a · x + c a = 0 ;
• Jelöljük 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 = 0;
• Most már átvihető az utolsó két tag 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 = b 2 4 · a 2 - c a = b 2 4 · a 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 .

Így megkapjuk az x + b 2 · a 2 = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 egyenletet, amely ekvivalens az eredeti egyenlettel a x 2 + b x + c = 0.

Ilyen egyenletek megoldását vizsgáltuk az előző bekezdésekben (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-vel< 0 уравнение не имеет действительных решений;
• ha b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = 0, az egyenlet 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 következő lesz igaz: 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 ugyanaz, mint 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 (és ezért az eredeti egyenlet) gyökeinek megléte vagy hiánya a b kifejezés előjelétől függ. 2 - 4 · a · c 4 · a 2 a jobb oldalra írva. És ennek a kifejezésnek a jelét a számláló jele adja meg (nevező 4 és 2 mindig pozitív lesz), vagyis a kifejezés jele b 2 − 4 a c. Ez a kifejezés b 2 − 4 a c a név megadva - a másodfokú egyenlet diszkriminánsa és a D betű a jelölése. Ide írhatja fel a diszkrimináns lényegét - értéke és előjele alapján arra következtethetnek, hogy a másodfokú egyenletnek lesz-e valós gyöke, és ha igen, hány gyök van - egy vagy kettő.

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

Fogalmazzuk meg ismét a következtetéseinket:

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 = - b 2 · a + D 4 · a 2 vagy x = - b 2 · a - D 4 · a 2. A gyökök tulajdonságai alapján ezek a gyökök a következő formában írhatók fel: x = - b 2 · a + D 2 · a vagy - b 2 · a - D 2 · a. És ha kinyitjuk a modulokat, és a törteket közös nevezőre hozzuk, a következőt kapjuk: x = - b + D 2 · a, x = - b - D 2 · a.

Tehát okoskodásunk eredménye egy 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 képletek lehetővé teszik mindkét valós gyök meghatározását, ha a diszkrimináns nagyobb, mint nulla. Ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét képlet alkalmazása ugyanazt a gyökét adja, mint egyetlen döntés másodfokú egyenlet. Abban az esetben, ha a diszkrimináns negatív, ha egy másodfokú egyenlet gyökére próbáljuk használni a képletet, akkor szembe kell néznünk a kivonattal. Négyzetgyök negatív számból, ami túlmutat a valós számokon. Nál nél negatív diszkrimináns A másodfokú egyenletnek nem lesz valódi gyöke, de lehetséges egy összetett konjugált gyökpár, amelyet ugyanazok a gyökképletek határoznak meg, mint amit mi kaptunk.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A másodfokú egyenlet azonnal megoldható a gyökképlet használatával, de ez általában akkor történik meg, ha összetett gyököket kell találni.

Az esetek többségében ez általában azt jelenti, hogy nem összetett, hanem valós gyökerek után kell keresni egy másodfokú egyenletnek. Ekkor optimális a másodfokú egyenlet gyökére vonatkozó képletek használata előtt először meghatározni a diszkriminánst, és megbizonyosodni arról, hogy 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 értéket;
• D-nél< 0 сделать вывод об отсутствии у квадратного уравнения действительных корней;
• D = 0 esetén keresse meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - b 2 · a képlet segítségével;
• 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, ez ugyanazt az eredményt adja, mint az x = - b 2 · a képlet.

Nézzünk példákat.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Adjunk megoldást példákra a diszkrimináns különböző értékeire.

6. példa

Meg kell találnunk az egyenlet gyökereit x 2 + 2 x − 6 = 0.

Megoldás

Írjuk fel a másodfokú egyenlet numerikus együtthatóit: a = 1, b = 2 ill. 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 D > 0-t kapunk, ami azt jelenti, hogy az eredeti egyenletnek két valós gyöke lesz.
Megkereséséhez az x = - b ± D 2 · a gyökképletet használjuk, és a megfelelő értékeket behelyettesítve a következőt kapjuk: x = - 2 ± 28 2 · 1. Egyszerűsítsük az eredményül kapott kifejezést úgy, hogy kivesszük a faktort a gyökjelből, majd csökkentjük a törtet:

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

Meg kell oldani egy másodfokú egyenletet − 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

Az egyenletet meg kell oldani 5 év 2 + 6 év + 2 = 0

Megoldás

Ennek az egyenletnek a numerikus együtthatói a következők: 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 számított diszkrimináns negatív, így az eredeti másodfokú egyenletnek nincs valódi gyöke.

Abban az esetben, ha a feladat összetett gyökök megjelölése, akkor a gyökképletet alkalmazzuk, és komplex számokkal hajtjuk végre a műveleteket:

x = - 6 ± - 4 2 5,

x = - 6 + 2 i 10 vagy x = - 6 - 2 i 10,

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

Válasz: nincsenek igazi gyökerek; a komplex gyökök a következők: - 3 5 + 1 5 · i, - 3 5 - 1 5 · i.

BAN BEN iskolai tananyag Nincs szabványos követelmény az összetett gyökök keresésére, ezért ha a megoldás során a diszkriminánst negatívnak határozzuk meg, azonnal leírják azt a választ, hogy nincsenek valódi gyökök.

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 másodfokú egyenletek megoldását x páros együtthatójával ( vagy 2 · n alakú együtthatóval, például 2 3 vagy 14 ln 5 = 2 7 ln 5). Mutassuk meg, hogyan keletkezik ez a képlet.

Nézzük meg az a · x 2 + 2 · n · x + c = 0 másodfokú egyenlet megoldását. 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 = - 2 n ± D 2 a, x = - 2 n ± 4 n 2 - a c 2 a, x = - 2 n ± 2 n 2 - a c 2 a, x = - n ± n 2 - a · c a.

Az n 2 − a · c kifejezést jelöljük D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a második 2 · n együtthatójú másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a következőképpen alakul:

x = - n ± D 1 a, 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 negyede. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével, ami azt jelenti, hogy D 1 előjele a 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;
• ha D 1 = 0, határozza meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - n a képlet segítségével;
• ha D 1 > 0, határozzunk meg két valós gyöket az x = - n ± D 1 képlet segítségével.

9. példa

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

Megoldás

Az adott egyenlet második együtthatóját 2 · (− 3)-ként ábrázolhatjuk. 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. Határozzuk meg őket a megfelelő gyökképlet segítségével:

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 = 0 másodfokú egyenlet egyértelműen kényelmesebb megoldani, mint az 1200 x 2 − 400 x − 700 = 0.

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

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

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

A másodfokú egyenlet mindkét oldalát megszorozva általában megszabadulunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben megszorozzák az együtthatók nevezőinek legkisebb közös többszörösével. Például, ha az 1 6 x 2 + 2 3 x - 3 = 0 másodfokú egyenlet minden részét megszorozzuk LCM-mel (6, 3, 1) = 6, akkor többben lesz felírva. egyszerű formában x 2 + 4 x - 18 = 0 .

Végül megjegyezzük, hogy a másodfokú egyenlet első együtthatójánál szinte mindig megszabadulunk a mínusztól, ha az egyenlet minden tagjának előjelét megváltoztatjuk, amit úgy érünk el, hogy mindkét oldalt megszorozzuk (vagy osztjuk) −1-gyel. Például a − 2 x 2 − 3 x + 7 = 0 másodfokú egyenletből eljuthatunk annak egyszerűsített változatához: 2 x 2 + 3 x − 7 = 0.

A gyökök és az együtthatók kapcsolata

A másodfokú egyenletek gyökére vonatkozó, általunk már ismert x = - b ± D 2 · a képlet numerikus együtthatóin keresztül fejezi ki az egyenlet gyökereit. E képlet alapján lehetőségünk van a gyökök és az együtthatók közötti egyéb függőségek megadására is.

A leghíresebb és leghasznosabb képletek Vieta tétele:

x 1 + x 2 = - b a és x 2 = c a.

Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege a második ellentétes előjelű együttható, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. Például, ha megnézzük a 3 x 2 − 7 x + 22 = 0 másodfokú egyenlet alakját, azonnal megállapítható, 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