Hogyan írjunk fel másodfokú egyenletet. online számológép

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 nincs teljes egyenlet az² + c = 0 alakú, ebben az esetben vannak egyszerű átvitel szabad tag az egyenlet jobb oldalára. Változtassa 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 segíthet egy felnőttnek hétköznapi élet. 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.

Annak érdekében, hogy eldöntsük adott egyenlet, akkor a Vieta-tételt kell használnia, vagy meg kell találnia 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 vagy kisebb, mint nulla, akkor két gyök lesz, ha D = 0, akkor csak egy gyök marad, pontosabban azt 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, 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.

Másodfokú egyenletek megoldásának elemei

A matematika szabályai szerint néhány faktorozható: (a + x (1)) * (b-x (2)) \u003d 0, ha sikerült ezt a másodfokú egyenletet ily módon átalakítani matematikai képletekkel, 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 az összes együtthatója egyszerűen nulla. Ha x^2 vagy x előtt nincs semmi, akkor az a és b együttható 1-gyel egyenlő.

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 embert keresnek ez az információ, mi köze ehhez a nyárnak, és mi fog történni között tanév- a kérések kétszer akkoraak lesznek. Ez nem meglepő, mert azok a fiúk és lányok, akik már régen végeztek az iskolában, és vizsgára készülnek, keresik ezeket az információkat, és az iskolások is igyekeznek felfrissíteni az emlékezetüket.

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

A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

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

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

1. Legyen két gyökere.

2. * Csak egy gyökere van.

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

Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!

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

A gyökérképletek a következők:

* Ezeket a képleteket fejből kell tudni.

Azonnal leírhatod és megoldhatod:

Példa:

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

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

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

Nézzük az egyenletet:

Által ezt az alkalmat, ha a diszkrimináns nulla, akkor az iskolai kurzus azt mondja, hogy egy gyök keletkezik, 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 - adott számokat, ahol a ≠ 0

A grafikon egy parabola:

Vagyis kiderül, hogy a másodfokú egyenlet megoldása "y"-vel nulla 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 van valós számok, i az úgynevezett képzeletbeli egység.

a+bi EGY SZÁM, nem kiegészítés.

A képzeletbeli egység egyenlő mínusz egy gyökével:

Most nézzük meg az egyenletet:

Szerezzen két konjugált gyökeret.

Hiányos másodfokú egyenlet.

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

1. eset. b = 0 együttható.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Alakítsuk át:

Példa:

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

2. eset. Együttható c = 0.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Átalakítás, faktorizálás:

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

Példa:

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

x 1 = 0 x 2 = 5

3. eset: b = 0 és c = 0 együtthatók.

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

Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.

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

ax 2 + bx+ c=0 egyenlőség

a + b+ c = 0, akkor

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

a+ =-velb, akkor

Ezek a tulajdonságok segítenek megoldani egy bizonyos típusú egyenletet.

1. példa: 5001 x 2 –4995 x – 6=0

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

2. példa: 2501 x 2 +2507 x+6=0

Egyenlőség a+ =-velb, eszközök

Az együtthatók szabályszerűségei.

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

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

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

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

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

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

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

x 1 = 15 x 2 = 1/15.

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

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

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

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

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

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

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

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

Vieta tétele.

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

45 = 1∙45 45 = 3∙15 45 = 5∙9.

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

Vieta tétele ráadásul. kényelmes, mert a másodfokú egyenlet 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 egy a± b+c≠ 0, akkor az átviteli technikát használják, például:

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

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

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

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

Mi az indoklás? Nézze meg, mi történik.

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

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

A második (módosított) gyökerek 2-szer nagyobbak.

Ezért az eredményt elosztjuk 2-vel.

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

Válasz: x 1 = 5 x 2 = 0,5

négyzetméter ur-ie és a vizsga.

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

Mit érdemes megjegyezni!

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

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

Szabványos formába kell vinnie (hogy ne keveredjen össze a megoldás során).

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

Kopjevszkaja vidéki középiskola

10 megoldási mód másodfokú egyenletek

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 is a földterületek és területek megtalálásával kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. földmunkák katonai jelleggel, valamint magának a csillagászatnak és a matematikának a fejlődésével. A másodfokú egyenleteket Kr.e. 2000 körül tudták megoldani. e. babilóniaiak.

A modern algebrai jelöléssel azt mondhatjuk, 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.

Ellenére magas szint az algebra fejlődése Babilonban, az ékírásos szövegekben nincs negatív szám fogalma és általános módszerek a másodfokú egyenletek megoldására.

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 megfogalmazásával 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, hanem 100 lenne. Így az egyik több lesz, mint összegük fele, 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.

NÁL NÉL 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 elhomályosítja a másik dicsőségét népszerelvények, algebrai feladatok javaslata és megoldása". 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 hogy ennek az egyenletnek a bal oldalát négyzetté egészítse ki, mindkét oldalt hozzáadja 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 feladatokban 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 században

A másodfokú egyenletek megoldásának képleteit al-Khorezmi mintájára Európában először az "Abakusz könyve" írta le, amelyet Leonardo Fibonacci olasz matematikus írt 1202-ben. 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. Vegye figyelembe a pozitív, ill negatív gyökerek. Csak a XVII. Girard, Descartes, Newton és más tudósok munkájának köszönhetően a másodfokú egyenletek megoldásának módja modern megjelenést kap.

1.6 Vieta tételéről

A Vieta nevet viselő másodfokú egyenlet együtthatói és gyökei közötti összefüggést kifejező tételt ő fogalmazta meg először 1591-ben a következőképpen: „Ha B + D szorozva A - A 2 , egyenlő BD, akkor A egyenlő NÁL NÉLés egyenlő D ».

Ahhoz, hogy megértsük Vietát, emlékeznünk kell erre DE, mint minden magánhangzó, számára az ismeretlent jelentette (a mi x), a magánhangzók NÁL NÉL, 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 kapcsolatot szimbólumokkal írt általános képletekkel kifejezve, 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. A másodfokú egyenleteket széles körben használják trigonometrikus, exponenciális, logaritmikus, irracionális és transzcendentális egyenletek és egyenlőtlenségek megoldására. Mindannyian tudjuk, hogyan kell másodfokú egyenleteket megoldani az iskolától (8. osztály) egészen az érettségiig.

Éppen. Képletekkel és világosan egyszerű szabályok. Az első szakaszban

szükséges adott egyenlet hozzuk a szabványos formára, azaz. a kilátáshoz:

Ha az egyenlet ebben a formában már megadva van, akkor nem kell elvégeznie az első lépést. A legfontosabb a helyes

határozza meg az összes együtthatót a, bés c.

Képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére.

A gyökjel alatti kifejezést ún diszkriminatív . Amint látja, az x megtalálásához mi

használat csak a, b és c. Azok. esélye másodfokú egyenlet. Csak óvatosan helyezze be

értékeket a, b és c ebbe a képletbe és számolj. Cserélje le az övék jelek!

Például, az egyenletben:

a =1; b = 3; c = -4.

Cserélje be az értékeket, és írja be:

A példa majdnem megoldva:

Ez a válasz.

A leggyakoribb hibák az értékek összetévesztése a, bés Val vel. Inkább helyettesítéssel

negatív értékeket a gyökerek kiszámításának képletébe. Itt a részletes képlet ment

konkrét számokkal. Ha gond van a számítással, tedd meg!

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk a következő példát:

Itt a = -6; b = -5; c = -1

Mindent részletesen, gondosan, anélkül, hogy bármit is kihagynánk, minden jellel és zárójellel festünk:

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

Most vegye figyelembe azokat a gyakorlati technikákat, amelyek drámaian csökkentik a hibák számát.

Első fogadás. Előtte ne légy lusta másodfokú egyenlet megoldása hozza szabványos formába.

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:

Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? 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! Által Vieta tétele.

A megadott másodfokú egyenletek megoldására, azaz. ha az együttható

x2+bx+c=0,

akkorx 1 x 2 =c

x1 +x2 =−b

Egy teljes másodfokú egyenlethez, amelyben a≠1:

x 2+bx+c=0,

osszuk el az egész egyenletet a:

→ →

ahol x 1és x 2 - az egyenlet gyökerei.

Fogadás harmadik. Ha az egyenletednek törtegyütthatói vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozni

egyenlet közös nevezőre.

Következtetés. Gyakorlati tippek:

1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet a standard formára hozzuk, felépítjük jobb.

2. Ha a négyzetben az x előtt negatív együttható van, akkor azt úgy szűrjük ki, hogy mindent megszorozunk

egyenletek -1.

3. Ha az együtthatók törtek, akkor a törteket úgy távolítjuk el, hogy a teljes egyenletet megszorozzuk a megfelelő

tényező.

4. Ha x négyzet tiszta, akkor az együttható egyenlő eggyel, a megoldás könnyen ellenőrizhető

Ez a téma elsőre bonyolultnak tűnhet a sok nem túl egyszerű képlet miatt. Nemcsak maguknak a másodfokú egyenleteknek vannak hosszú bejegyzései, hanem a gyökerek is megtalálhatók a diszkriminánson keresztül. Összesen három új képlet van. Nem könnyű megjegyezni. Ez csak az ilyen egyenletek gyakori megoldása után lehetséges. Ezután az összes képlet magától emlékezni fog.

A másodfokú egyenlet általános képe

Itt az explicit jelölésüket javasoljuk, amikor először a legnagyobb fokozatot írják le, majd - csökkenő sorrendben. Gyakran vannak olyan helyzetek, amikor a kifejezések eltérnek egymástól. Ekkor érdemes átírni az egyenletet a változó mértéke szerinti csökkenő sorrendbe.

Vezessük be a jelölést. Ezeket az alábbi táblázat mutatja be.

Ha elfogadjuk ezeket a jelöléseket, akkor minden másodfokú egyenlet a következő jelölésre redukálódik.

Ráadásul az együttható a ≠ 0. Jelöljük ezt a képletet egyes számmal.

Amikor az egyenlet adott, nem világos, hogy hány gyök lesz a válaszban. Mert a három lehetőség egyike mindig lehetséges:

• a megoldásnak két gyökere lesz;
• a válasz egy szám lesz;
• Az egyenletnek egyáltalán nincs gyökere.

És bár a döntés nem jár a végére, nehéz megérteni, hogy egy adott esetben melyik opció esik ki.

A másodfokú egyenletek rekordjainak típusai

A feladatoknak különböző bejegyzései lehetnek. Nem mindig úgy néznek ki általános képlet másodfokú egyenlet. Néha hiányozni fog néhány kifejezés. A fentebb leírtak a teljes egyenlet. Ha eltávolítja belőle a második vagy harmadik kifejezést, akkor valami mást kap. Ezeket a rekordokat másodfokú egyenleteknek is nevezik, csak hiányosak.

Ráadásul csak azok a kifejezések tűnhetnek el, amelyekre a „b” és „c” együtthatók. Az "a" szám semmilyen körülmények között nem lehet egyenlő nullával. Mert ebben az esetben a képlet lineáris egyenletté alakul. Az egyenletek hiányos alakjának képletei a következők lesznek:

Tehát csak két típusa van, a teljesek mellett vannak hiányos másodfokú egyenletek is. Legyen az első képlet kettes, a második pedig három.

A diszkrimináns és a gyökök számának az értékétől való függése

Ezt a számot ismerni kell az egyenlet gyökereinek kiszámításához. Mindig ki lehet számítani, függetlenül attól, hogy milyen képletű a másodfokú egyenlet. A diszkrimináns kiszámításához az alább írt egyenlőséget kell használni, amely négyes számmal rendelkezik.

Miután behelyettesítette az együtthatók értékét ebbe a képletbe, számokat kaphat különböző jelek. Ha a válasz igen, akkor az egyenletre adott válasz két különböző gyök lesz. Negatív szám esetén a másodfokú egyenlet gyökei hiányoznak. Ha egyenlő nullával, a válasz egy lesz.

Hogyan oldható meg a teljes másodfokú egyenlet?

Valójában ennek a kérdésnek a vizsgálata már megkezdődött. Mert először meg kell találni a diszkriminánst. Miután tisztáztuk, hogy a másodfokú egyenletnek vannak gyökei, és a számuk ismert, a változók képleteit kell használni. Ha két gyökér van, akkor ilyen képletet kell alkalmaznia.

Mivel a „±” jelet tartalmazza, két érték lesz. A négyzetgyök jel alatti kifejezés a diszkrimináns. Ezért a képlet más módon is átírható.

Forma öt. Ugyanabból a rekordból látható, hogy ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét gyök ugyanazt az értéket veszi fel.

Ha a másodfokú egyenletek megoldását még nem dolgozták ki, akkor jobb, ha felírja az összes együttható értékét a diszkrimináns és változó képletek alkalmazása előtt. Később ez a pillanat nem okoz nehézségeket. De a legelején zavar van.

Hogyan lehet megoldani egy nem teljes másodfokú egyenletet?

Itt minden sokkal egyszerűbb. Még nincs szükség további képletekre. És nem lesz szükséged azokra, amelyeket már megírtak a megkülönböztetőnek és az ismeretlennek.

Először nézzük meg a kettes számú hiányos egyenletet. Ebben az egyenlőségben az ismeretlen értéket ki kell venni a zárójelből, és megoldani a lineáris egyenletet, amely a zárójelben marad. A válasznak két gyökere lesz. Az első szükségszerűen egyenlő nullával, mert van egy tényező, amely magából a változóból áll. A másodikat egy lineáris egyenlet megoldásával kapjuk.

A hármas számú hiányos egyenletet úgy oldjuk meg, hogy a számot az egyenlet bal oldaláról jobbra helyezzük át. Ezután el kell osztania az ismeretlen előtti együtthatóval. Csak a négyzetgyök kinyerése marad hátra, és ne felejtse el kétszer leírni ellentétes előjelekkel.

Az alábbiakban felsorolunk néhány műveletet, amelyek segítenek megtanulni, hogyan kell megoldani mindenféle másodfokú egyenletté alakuló egyenlőséget. Segítenek a tanulónak elkerülni a figyelmetlenségből fakadó hibákat. Ezek a hiányosságok a rossz osztályzatok okai a kiterjedt "Negyedik egyenletek (8. osztály)" témakör tanulmányozása során. Ezt követően ezeket a műveleteket nem kell folyamatosan végrehajtani. Mert lesz egy stabil szokás.

• Először meg kell írni az egyenletet szabványos formában. Vagyis először a változó legnagyobb fokával rendelkező tagot, majd - fokszám és utolsó nélkül - csak egy számot.

• Ha egy mínusz jelenik meg az "a" együttható előtt, akkor ez megnehezítheti a kezdő másodfokú egyenletek tanulmányozását. Jobb megszabadulni tőle. Ebből a célból minden egyenlőséget meg kell szorozni "-1"-gyel. Ez azt jelenti, hogy minden kifejezés előjelét az ellenkezőjére váltja.

• Ugyanígy ajánlott megszabadulni a frakcióktól. Egyszerűen szorozza meg az egyenletet a megfelelő tényezővel, hogy a nevezők érvénytelenítsék.

Példák

A következő másodfokú egyenleteket kell megoldani:

x 2 - 7x \u003d 0;

15 - 2x - x 2 \u003d 0;

x 2 + 8 + 3x = 0;

12x + x 2 + 36 = 0;

(x+1) 2 + x + 1 = (x+1) (x+2).

Az első egyenlet: x 2 - 7x \u003d 0. Hiányos, ezért a kettes számú képletnél leírtak szerint van megoldva.

A zárójelezés után kiderül: x (x - 7) \u003d 0.

Az első gyök a következő értéket veszi fel: x 1 = 0. A második a következőből lesz keresve lineáris egyenlet: x - 7 = 0. Könnyen belátható, hogy x 2 = 7.

Második egyenlet: 5x2 + 30 = 0. Ismét hiányos. Csak a harmadik képletnél leírtak szerint van megoldva.

Miután a 30-at átvittük az egyenlet jobb oldalára: 5x 2 = 30. Most el kell osztani 5-tel. Kiderült: x 2 = 6. A válaszok számok lesznek: x 1 = √6, x 2 = - √ 6.

Harmadik egyenlet: 15 - 2x - x 2 \u003d 0. Itt és lent a másodfokú egyenletek megoldása az átírással kezdődik standard nézet: - x 2 - 2x + 15 = 0. Itt az ideje a második használatának hasznos tanácsokatés mindent megszorozunk mínusz eggyel. Kiderül, hogy x 2 + 2x - 15 \u003d 0. A negyedik képlet szerint ki kell számítania a diszkriminánst: D \u003d 2 2 - 4 * (- 15) \u003d 4 + 60 \u003d 64. pozitív szám. A fent elmondottakból kiderül, hogy az egyenletnek két gyökere van. Ezeket az ötödik képlet szerint kell kiszámítani. Eszerint kiderül, hogy x \u003d (-2 ± √64) / 2 \u003d (-2 ± 8) / 2. Ezután x 1 \u003d 3, x 2 \u003d - 5.

A negyedik x 2 + 8 + 3x \u003d 0 egyenletet a következőre alakítjuk: x 2 + 3x + 8 \u003d 0. A diszkriminánsa ezzel az értékkel egyenlő: -23. Mivel ez a szám negatív, a feladat válasza a következő bejegyzés lesz: "Nincsenek gyökerek."

Az ötödik 12x + x 2 + 36 = 0 egyenletet a következőképpen kell átírni: x 2 + 12x + 36 = 0. A diszkrimináns képletének alkalmazása után a nulla számot kapjuk. Ez azt jelenti, hogy egy gyökér lesz, nevezetesen: x \u003d -12 / (2 * 1) \u003d -6.

A hatodik egyenlet (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2) transzformációkat igényel, amelyek abból állnak, hogy hasonló kifejezéseket kell hozni a zárójelek kinyitása előtt. Az első helyett egy ilyen kifejezés lesz: x 2 + 2x + 1. Az egyenlőség után ez a bejegyzés jelenik meg: x 2 + 3x + 2. A hasonló tagok megszámlálása után az egyenlet a következő formában jelenik meg: x 2 - x \u003d 0. Hiányos lett. Hasonlót már egy kicsit magasabbnak tekintettek. Ennek gyökerei a 0 és az 1 számok lesznek.