Másodfokú egyenletek megoldása és megoldása. Másodfokú egyenletek
Az „Egyenletek megoldása” téma folytatásaként a cikk anyaga bemutatja a másodfokú egyenleteket.
Nézzünk meg mindent részletesen: a másodfokú egyenlet lényegét és jelölését, állítsuk be a hozzá tartozó kifejezéseket, elemezzük a hiányos és teljes egyenletek megoldási sémáját, ismerkedjünk meg a gyökök képletével és a diszkriminánssal, hozzunk létre kapcsolatokat a gyökök és együtthatók között, ill. természetesen gyakorlati példák vizuális megoldását adjuk.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Másodfokú egyenlet, típusai
1. definícióMásodfokú egyenletígy van felírva az egyenlet a x 2 + b x + c = 0, ahol x– változó, a , b és c néhány szám, míg a nem nulla.
A másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek is nevezik, mivel valójában a másodfokú egyenlet egy másodfokú algebrai egyenlet.
Mondjunk egy példát az adott definíció illusztrálására: 9 x 2 + 16 x + 2 = 0 ; 7, 5 x 2 + 3, 1 x + 0, 11 = 0 stb. másodfokú egyenletek.
2. definíció
Számok a , b és c a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c = 0, míg az együttható a nevezzük az első, vagy idősebb, vagy együttható x 2, b - a második együttható, vagy együttható at x, a c szabad tagnak nevezték.
Például a másodfokú egyenletben 6 x 2 - 2 x - 11 = 0 a legmagasabb együttható 6, a második együttható az − 2 , és a szabad kifejezés egyenlő − 11 . Figyeljünk arra, hogy amikor az együtthatók bés/vagy c negatív, akkor a gyorsított alakot használjuk 6 x 2 - 2 x - 11 = 0, de nem 6 x 2 + (− 2) x + (− 11) = 0.
Tisztázzuk ezt a szempontot is: ha az együtthatók aés/vagy b egyenlő 1 vagy − 1 , akkor nem vehetnek kifejezetten részt a másodfokú egyenlet megírásában, amit a jelzett numerikus együtthatók felírásának sajátosságai magyaráznak. Például a másodfokú egyenletben y 2 − y + 7 = 0 a szenior együttható 1, a második pedig az − 1 .
Redukált és nem redukált másodfokú egyenletek
Az első együttható értéke szerint a másodfokú egyenleteket redukáltra és nem redukáltra osztjuk.
3. definíció
Csökkentett másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet, ahol a vezető együttható 1. A vezető együttható egyéb értékei esetén a másodfokú egyenlet redukálatlan.
Íme néhány példa: az x 2 − 4 · x + 3 = 0, x 2 − x − 4 5 = 0 másodfokú egyenletek redukálva vannak, amelyek mindegyikében a vezető együttható 1 .
9 x 2 - x - 2 = 0- redukálatlan másodfokú egyenlet, ahol az első együttható különbözik 1 .
Bármely redukálatlan másodfokú egyenlet redukált egyenletté alakítható, ha mindkét részét elosztjuk az első együtthatóval (ekvivalens transzformáció). A transzformált egyenletnek ugyanazok a gyökerei lesznek, mint az adott nem redukált egyenletnek, vagy egyáltalán nem lesz gyöke.
Egy konkrét példa megfontolása lehetővé teszi számunkra, hogy egyértelműen demonstráljuk az átmenetet a redukálatlan másodfokú egyenletről a redukáltra.
1. példa
Adott a 6 x 2 + 18 x − 7 = 0 egyenlet . Az eredeti egyenletet redukált formára kell konvertálni.
Döntés
A fenti séma szerint az eredeti egyenlet mindkét részét elosztjuk a 6 vezető együtthatóval. Akkor kapjuk: (6 x 2 + 18 x - 7) : 3 = 0:3, és ez ugyanaz, mint: (6 x 2) : 3 + (18 x) : 3 - 7: 3 = 0és tovább: (6:6) x 2 + (18:6) x − 7: 6 = 0 . Innen: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 . Így az adott egyenletet kapjuk.
Válasz: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 .
Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek
Térjünk rá a másodfokú egyenlet definíciójára. Ebben azt határoztuk meg a ≠ 0. Hasonló feltétel szükséges az egyenlethez a x 2 + b x + c = 0 pontosan négyzet alakú volt, mivel a = 0 lényegében lineáris egyenletté alakul át b x + c = 0.
Abban az esetben, ha az együtthatók bés c nullával egyenlőek (ami külön-külön és együttesen is lehetséges), a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.
4. definíció
Hiányos másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet a x 2 + b x + c \u003d 0, ahol legalább az egyik együttható bés c(vagy mindkettő) nulla.
Teljes másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet, amelyben az összes numerikus együttható nem egyenlő nullával.
Beszéljük meg, hogy a másodfokú egyenletek típusait miért adják pontosan ilyen elnevezéssel.
Ha b = 0, a másodfokú egyenlet a következő alakot veszi fel a x 2 + 0 x + c = 0, ami megegyezik a a x 2 + c = 0. Nál nél c = 0 a másodfokú egyenletet úgy írjuk fel a x 2 + b x + 0 = 0, ami egyenértékű a x 2 + b x = 0. Nál nél b = 0és c = 0 az egyenlet alakját veszi fel a x 2 = 0. Az általunk kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt egyszerre. Valójában ez a tény adta a nevet az ilyen típusú egyenleteknek - hiányos.
Például x 2 + 3 x + 4 = 0 és − 7 x 2 − 2 x + 1, 3 = 0 teljes másodfokú egyenletek; x 2 \u003d 0, − 5 x 2 = 0; 11 x 2 + 2 = 0, − x 2 − 6 x = 0 nem teljes másodfokú egyenletek.
Hiányos másodfokú egyenletek megoldása
A fent megadott definíció lehetővé teszi a hiányos másodfokú egyenletek következő típusainak megkülönböztetését:
- a x 2 = 0, együtthatók felelnek meg egy ilyen egyenletnek b = 0és c = 0;
- a x 2 + c = 0 b \u003d 0 esetén;
- a x 2 + b x = 0 c = 0 esetén.
Tekintsük egymás után az egyes nem teljes másodfokú egyenlettípusok megoldását.
Az a x 2 \u003d 0 egyenlet megoldása
Mint fentebb említettük, egy ilyen egyenlet megfelel az együtthatóknak bés c, egyenlő nullával. Az egyenlet a x 2 = 0 ekvivalens egyenletté alakítható át x2 = 0, amelyet úgy kapunk, hogy az eredeti egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a számmal a, nem egyenlő nullával. A nyilvánvaló tény az, hogy az egyenlet gyökere x2 = 0 nulla, mert 0 2 = 0 . Ennek az egyenletnek nincs más gyöke, amit a fokozat tulajdonságai magyaráznak: tetszőleges számra p , nem egyenlő nullával, az egyenlőtlenség igaz p2 > 0, amiből az következik, hogy mikor p ≠ 0 egyenlőség p2 = 0 soha nem fogják elérni.
5. definíció
Így az a x 2 = 0 nem teljes másodfokú egyenlethez van egy egyedi gyök x=0.
2. példa
Például oldjuk meg a nem teljes másodfokú egyenletet − 3 x 2 = 0. Ez egyenértékű az egyenlettel x2 = 0, egyetlen gyökere az x=0, akkor az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke - nulla.
A megoldást a következőképpen foglaljuk össze:
− 3 x 2 \u003d 0, x 2 = 0, x = 0.
Az a x 2 + c \u003d 0 egyenlet megoldása
A következő a sorban a hiányos másodfokú egyenletek megoldása, ahol b \u003d 0, c ≠ 0, vagyis a következő alakú egyenletek a x 2 + c = 0. Alakítsuk át ezt az egyenletet úgy, hogy átvisszük a tagot az egyenlet egyik oldaláról a másikra, az előjelet az ellenkezőjére változtatjuk, és az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy olyan számmal, amely nem egyenlő nullával:
- elviselni c jobb oldalra, ami megadja az egyenletet a x 2 = − c;
- osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a, eredményül kapjuk az x = - c a .
Transzformációink ekvivalensek, illetve a kapott egyenlet is ekvivalens az eredetivel, és ez a tény lehetővé teszi az egyenlet gyökereire vonatkozó következtetés levonását. Miből vannak az értékek aés c a kifejezés értékétől függ - c a: lehet mínusz jele (például ha a = 1és c = 2, akkor - c a = - 2 1 = - 2) vagy pluszjel (például ha a = -2és c=6, akkor - c a = - 6 - 2 = 3); nem egyenlő a nullával, mert c ≠ 0. Lazítsunk részletesebben azokon a helyzeteken, amikor - c a< 0 и - c a > 0 .
Abban az esetben, ha - c a< 0 , уравнение x 2 = - c a не будет иметь корней. Утверждая это, мы опираемся на то, что квадратом любого числа является число неотрицательное. Из сказанного следует, что при - c a < 0 ни для какого числа p p 2 = - c a egyenlőség nem lehet igaz.
Minden más, ha - c a > 0: emlékezzen a négyzetgyökre, és nyilvánvalóvá válik, hogy az x 2 \u003d - c a egyenlet gyöke a - c a szám lesz, mivel - c a 2 \u003d - c a. Könnyen megérthető, hogy a - - c a - szám az x 2 = - c a egyenlet gyöke is: valóban, - - c a 2 = - c a .
Az egyenletnek nem lesz más gyökere. Ezt az ellenkező módszerrel demonstrálhatjuk. Először állítsuk be a fent talált gyökök jelölését mint x 1és − x 1. Tegyük fel, hogy az x 2 = - c a egyenletnek is van gyöke x2, ami eltér a gyökerektől x 1és − x 1. Ezt úgy tudjuk, hogy behelyettesítjük az egyenletbe ahelyett x gyökereiből az egyenletet tisztességes numerikus egyenlőséggé alakítjuk.
Mert x 1és − x 1írd: x 1 2 = - c a , és for x2- x 2 2 \u003d - c a. A numerikus egyenlőségek tulajdonságai alapján tagonként kivonunk egy valódi egyenlőséget a másikból, ami a következőt kapja: x 1 2 − x 2 2 = 0. Használja a számművelet tulajdonságait az utolsó egyenlet átírásához (x 1 - x 2) (x 1 + x 2) = 0. Ismeretes, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor nulla, ha legalább az egyik szám nulla. Az elmondottakból az következik x1 − x2 = 0és/vagy x1 + x2 = 0, ami ugyanaz x2 = x1és/vagy x 2 = − x 1. Nyilvánvaló ellentmondás merült fel, mert eleinte abban állapodtak meg, hogy az egyenlet gyökere x2 különbözik x 1és − x 1. Tehát bebizonyítottuk, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint x = - c a és x = - - c a .
Összefoglaljuk az összes fenti érvet.
6. definíció
Hiányos másodfokú egyenlet a x 2 + c = 0 ekvivalens az x 2 = - c a egyenlettel, amely:
- nem lesz gyökere a - c a< 0 ;
- két gyöke lesz x = - c a és x = - - c a , ha - c a > 0 .
Mondjunk példákat az egyenletek megoldására a x 2 + c = 0.
3. példa
Adott egy másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 . Meg kell találni a megoldását.
Döntés
A szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, ekkor az egyenlet alakot ölt 9 x 2 \u003d - 7.
A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztjuk 9
, akkor x 2 = - 7 9 . A jobb oldalon egy mínuszjelű számot látunk, ami azt jelenti: az adott egyenletnek nincs gyöke. Ezután az eredeti hiányos másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nem lesznek gyökerei.
Válasz: az egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nincsenek gyökerei.
4. példa
Meg kell oldani az egyenletet − x2 + 36 = 0.
Döntés
Tegyük át a 36-ot a jobb oldalra: − x 2 = − 36.
Osszuk fel mindkét részt − 1
, kapunk x2 = 36. A jobb oldalon van egy pozitív szám, amiből arra következtethetünk
x = 36 vagy
x = - 36 .
Kivonjuk a gyökeret, és felírjuk a végeredményt: egy hiányos másodfokú egyenlet − x2 + 36 = 0 két gyökere van x=6 vagy x = -6.
Válasz: x=6 vagy x = -6.
Az a x 2 +b x=0 egyenlet megoldása
Elemezzük a harmadik típusú nem teljes másodfokú egyenletet, amikor c = 0. Megoldást találni egy nem teljes másodfokú egyenletre a x 2 + b x = 0, a faktorizációs módszert használjuk. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalán található polinomot, a közös tényezőt a zárójelekből kivéve x. Ez a lépés lehetővé teszi az eredeti hiányos másodfokú egyenlet megfelelőjére történő átalakítását x (a x + b) = 0. Ez az egyenlet pedig ekvivalens az egyenletkészlettel x=0és a x + b = 0. Az egyenlet a x + b = 0 lineáris, és annak gyökere: x = − b a.
7. definíció
Így a nem teljes másodfokú egyenlet a x 2 + b x = 0 két gyökere lesz x=0és x = − b a.
Rögzítsük az anyagot egy példával.
5. példa
Meg kell találni a 2 3 · x 2 - 2 2 7 · x = 0 egyenlet megoldását.
Döntés
Vegyük ki x a zárójelen kívül, és kapjuk meg az x · 2 3 · x - 2 2 7 = 0 egyenletet. Ez az egyenlet ekvivalens az egyenletekkel x=0és 2 3 x - 2 2 7 = 0 . Most meg kell oldania a kapott lineáris egyenletet: 2 3 · x = 2 2 7 , x = 2 2 7 2 3 .
Az egyenlet megoldását röviden a következőképpen írjuk fel:
2 3 x 2 - 2 2 7 x = 0 x 2 3 x - 2 2 7 = 0
x = 0 vagy 2 3 x - 2 2 7 = 0
x = 0 vagy x = 3 3 7
Válasz: x = 0, x = 3 3 7.
Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete
A másodfokú egyenletek megoldásához van egy gyökképlet:
8. definíció
x = - b ± D 2 a, ahol D = b 2 − 4 a c a másodfokú egyenlet úgynevezett diszkriminánsa.
Az x \u003d - b ± D 2 a beírása lényegében azt jelenti, hogy x 1 \u003d - b + D 2 a, x 2 \u003d - b - D 2 a.
Hasznos lesz megérteni, hogyan származtatták a jelzett képletet és hogyan kell alkalmazni.
Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése
Tegyük fel, hogy egy másodfokú egyenlet megoldásával állunk szemben a x 2 + b x + c = 0. Végezzünk el számos ekvivalens transzformációt:
- ossza el az egyenlet mindkét oldalát a számmal a, nullától eltérően megkapjuk a redukált másodfokú egyenletet: x 2 + b a x + c a \u003d 0;
- válassza ki a teljes négyzetet a kapott egyenlet bal oldalán:
x 2 + b a x + c a = x 2 + 2 b 2 a x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a = = x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a
Ezt követően az egyenlet a következőképpen alakul: x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a \u003d 0; - most az utolsó két tagot át lehet vinni a jobb oldalra, az előjelet az ellenkezőjére változtatva, ami után kapjuk: x + b 2 · a 2 = b 2 · a 2 - c a ;
- végül átalakítjuk az utolsó egyenlőség jobb oldalára írt kifejezést:
b 2 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - 4 a c 4 a 2 \u003d b 2 - 4 a c 4 a 2.
Így elérkeztünk az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlethez, amely ekvivalens az eredeti egyenlettel a x 2 + b x + c = 0.
Az előző bekezdésekben az ilyen egyenletek megoldását tárgyaltuk (a nem teljes másodfokú egyenletek megoldása). A már megszerzett tapasztalatok lehetővé teszik az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökereire vonatkozó következtetés levonását:
- b 2 - 4 a c 4 a 2 esetén< 0 уравнение не имеет действительных решений;
- b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = 0 esetén az egyenlet alakja x + b 2 · a 2 = 0, akkor x + b 2 · a = 0.
Innen az egyetlen gyök x = - b 2 · a nyilvánvaló;
- b 2 - 4 a c 4 a 2 > 0 esetén a helyes: x + b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 vagy x = b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2, ami a ugyanaz, mint az x + - b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 vagy x = - b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2, azaz. az egyenletnek két gyöke van.
Arra a következtetésre juthatunk, hogy az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökeinek megléte vagy hiánya (és így az eredeti egyenlet) a b 2 - 4 a c kifejezés előjelétől függ. 4 · a jobb oldalra írt 2. És ennek a kifejezésnek a jelét a számláló jele adja (a nevező 4 és 2 mindig pozitív lesz), vagyis a kifejezés jele b 2 − 4 a c. Ez a kifejezés b 2 − 4 a c név van megadva - a másodfokú egyenlet diszkriminánsa és a D betű a jelölése. Itt felírhatja a diszkrimináns lényegét - értékéből és előjeléből arra következtetnek, hogy a másodfokú egyenletnek lesz-e valódi gyöke, és ha igen, hány gyöke - egy vagy kettő.
Térjünk vissza az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlethez. Írjuk át a diszkriminancia jelöléssel: x + b 2 · a 2 = D 4 · a 2 .
Foglaljuk össze a következtetéseket:
9. definíció
- nál nél D< 0 az egyenletnek nincs valódi gyökere;
- nál nél D=0 az egyenletnek egyetlen gyöke van x = - b 2 · a ;
- nál nél D > 0 az egyenletnek két gyöke van: x \u003d - b 2 a + D 4 a 2 vagy x \u003d - b 2 a - D 4 a 2. A gyökök tulajdonságai alapján ezek a gyökök a következőképpen írhatók fel: x \u003d - b 2 a + D 2 a vagy - b 2 a - D 2 a. És amikor megnyitjuk a modulokat, és a törteket közös nevezőre csökkentjük, a következőket kapjuk: x \u003d - b + D 2 a, x \u003d - b - D 2 a.
Tehát okoskodásunk eredménye a másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése volt:
x = - b + D 2 a, x = - b - D 2 a, diszkrimináns D képlettel számítjuk ki D = b 2 − 4 a c.
Ezek a formulák lehetővé teszik mindkét valós gyök meghatározását, ha a diszkrimináns nagyobb, mint nulla. Ha a diszkrimináns nulla, mindkét képlet alkalmazása ugyanazt a gyökét adja a másodfokú egyenlet egyetlen megoldásaként. Abban az esetben, ha a diszkrimináns negatív, és a másodfokú gyökképletet próbáljuk használni, akkor azzal kell szembesülnünk, hogy egy negatív szám négyzetgyökét ki kell húzni, ami túlmutat a valós számokon. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nem lesz valós gyöke, de lehetséges egy összetett konjugált gyökpár, amelyet ugyanazok a gyökképletek határoznak meg, mint amit kaptunk.
Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel
A másodfokú egyenletet a gyökképlet azonnali felhasználásával is meg lehet oldani, de ez alapvetően akkor történik meg, ha összetett gyököket kell találni.
Az esetek nagy részében a keresés általában nem összetett, hanem másodfokú egyenlet valós gyökereire vonatkozik. Ekkor optimális, mielőtt a másodfokú egyenlet gyökére vonatkozó képleteket használnánk, először meghatározzuk a diszkriminánst, és megbizonyosodunk arról, hogy 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 találja meg a diszkrimináns értékét;
- D-nél< 0 сделать вывод об отсутствии у квадратного уравнения действительных корней;
- ha D = 0, keressük meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - b 2 · a képlettel;
- ha D > 0, határozza meg a másodfokú egyenlet két valós gyökét az x \u003d - 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.
Vegye figyelembe a példákat.
Példák másodfokú egyenletek megoldására
Példák megoldását mutatjuk be a diszkrimináns különböző értékeire.
6. példa
Meg kell találni az egyenlet gyökereit x 2 + 2 x - 6 = 0.
Döntés
Felírjuk a másodfokú egyenlet numerikus együtthatóit: a \u003d 1, b \u003d 2 és c = – 6. Ezután az algoritmus szerint járunk el, azaz. Kezdjük el kiszámolni a diszkriminánst, amelyre behelyettesítjük az a , b együtthatókat és c a diszkrimináns képletbe: D = b 2 − 4 a c = 2 2 − 4 1 (− 6) = 4 + 24 = 28 .
Így azt kaptuk, hogy D > 0, ami azt jelenti, hogy az eredeti egyenletnek két valós gyöke lesz.
Megtalálásukhoz az x \u003d - b ± D 2 · a gyökképletet használjuk, és a megfelelő értékeket helyettesítve a következőt kapjuk: x \u003d - 2 ± 28 2 · 1. A kapott kifejezést egyszerűsítjük úgy, hogy a faktort kivesszük a gyök előjeléből, majd a tört redukálásával:
x = - 2 ± 2 7 2
x = - 2 + 2 7 2 vagy x = - 2 - 2 7 2
x = - 1 + 7 vagy x = - 1 - 7
Válasz: x = - 1 + 7 , x = - 1 - 7 .
7. példa
Másodfokú egyenletet kell megoldani − 4 x 2 + 28 x − 49 = 0.
Döntés
Határozzuk meg a diszkriminánst: D = 28 2 - 4 (- 4) (- 49) = 784 - 784 = 0. Ezzel a diszkrimináns értékkel az eredeti egyenletnek csak egy gyöke lesz, amelyet az x = - b 2 · a képlet határoz meg.
x = - 28 2 (- 4) x = 3, 5
Válasz: x = 3, 5.
8. példa
Meg kell oldani az egyenletet 5 év 2 + 6 év + 2 = 0
Döntés
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 kiszámított diszkrimináns negatív, így az eredeti másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.
Abban az esetben, ha a feladat összetett gyökök megjelölése, akkor a gyökképletet alkalmazzuk komplex számokkal végzett műveletek végrehajtásával:
x \u003d - 6 ± - 4 2 5,
x \u003d - 6 + 2 i 10 vagy x \u003d - 6 - 2 i 10,
x = - 3 5 + 1 5 i vagy x = - 3 5 - 1 5 i .
Válasz: nincsenek igazi gyökerek; az összetett gyökök: - 3 5 + 1 5 i , - 3 5 - 1 5 i .
Az iskolai tantervben standardként nem írják elő az összetett gyökerek keresését, ezért ha a diszkriminánst a megoldás során negatívnak definiálják, azonnal rögzítésre kerül a válasz, hogy nincsenek valódi gyökerek.
Gyökérképlet akár második együtthatóhoz
Az x = - b ± D 2 a (D = b 2 − 4 a c) gyökképlet lehetővé teszi egy másik, kompaktabb képlet előállítását, amely lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását az x-ben páros együtthatóval (vagy együtthatóval). 2 a n formájú, 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 \u003d - 2 n ± D 2 a, x \u003d - 2 n ± 4 n 2 - a c 2 a, x \u003d - 2 n ± 2 n 2 - a c 2 a, x = - n ± n 2 - a · c a .
Jelölje az n 2 − a c kifejezést D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a figyelembe vett másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következőképpen alakul:
x \u003d - n ± D 1 a, ahol D 1 \u003d n 2 - a c.
Könnyen belátható, hogy D = 4 · D 1 vagy D 1 = D 4 . Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyede. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével, ami azt jelenti, hogy D 1 előjele egy másodfokú egyenlet gyökeinek meglétére vagy hiányára is szolgálhat.
11. meghatározás
Tehát egy 2 n-es második együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásához szükséges:
- keresse meg D 1 = n 2 − a c ;
- a D 1-ben< 0 сделать вывод, что действительных корней нет;
- D 1 = 0 esetén határozza meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - n a képlettel;
- 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.
Döntés
Az adott egyenlet második együtthatója 2 · (− 3) . Ezután átírjuk a megadott másodfokú egyenletet a következőre: 5 · x 2 + 2 · (− 3) · x − 32 = 0, ahol a = 5, n = − 3 és c = − 32.
Számítsuk ki a diszkrimináns negyedik részét: D 1 = n 2 − a c = (− 3) 2 − 5 (− 32) = 9 + 160 = 169 . A kapott érték pozitív, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek két valós gyöke van. Meghatározzuk őket a gyökök megfelelő képletével:
x = - n ± D 1 a , x = - - 3 ± 169 5 , x = 3 ± 13 5 ,
x = 3 + 13 5 vagy x = 3 - 13 5
x = 3 1 5 vagy x = - 2
Lehetséges lenne a másodfokú egyenlet gyökeinek szokásos képletével is számításokat végezni, de ebben az esetben a megoldás körülményesebb lenne.
Válasz: x = 3 1 5 vagy x = - 2 .
Másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése
Néha lehetséges az eredeti egyenlet alakjának optimalizálása, ami leegyszerűsíti a gyökerek kiszámításának folyamatát.
Például a 12 x 2 - 4 x - 7 \u003d 0 másodfokú egyenlet egyértelműen kényelmesebb megoldáshoz, mint az 1200 x 2 - 400 x - 700 \u003d 0.
Gyakrabban a másodfokú egyenlet alakjának egyszerűsítését úgy hajtják végre, hogy mindkét részét megszorozzák vagy osztják egy bizonyos számmal. Például fentebb bemutattuk az 1200 x 2 - 400 x - 700 = 0 egyenlet egyszerűsített ábrázolását, amelyet úgy kaptunk, hogy mindkét részét elosztjuk 100-zal.
Egy ilyen transzformáció akkor lehetséges, ha a másodfokú egyenlet együtthatói nem relatíve prímszámok. Ezután általában az egyenlet mindkét részét elosztjuk együtthatói abszolút értékének legnagyobb közös osztójával.
Példaként használjuk a 12 x 2 − 42 x + 48 = 0 másodfokú egyenletet. Határozzuk meg együtthatóinak abszolút értékeinek gcd-jét: gcd (12 , 42 , 48) = gcd(gcd (12 , 42) , 48) = gcd (6 , 48) = 6 . Osszuk el az eredeti másodfokú egyenlet mindkét részét 6-tal, és kapjuk a 2 · x 2 − 7 · x + 8 = 0 ekvivalens másodfokú egyenletet.
A másodfokú egyenlet mindkét oldalának szorzásával a törtegyütthatókat általában kiküszöböljük. Ebben az esetben szorozzuk meg együtthatói nevezőinek legkisebb közös többszörösével. Például, ha az 1 6 x 2 + 2 3 x - 3 \u003d 0 másodfokú egyenlet minden részét megszorozzuk LCM-mel (6, 3, 1) \u003d 6, akkor egyszerűbb formában lesz megírva x 2 + 4 x - 18 = 0 .
Végül megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulni a mínusztól a másodfokú egyenlet első együtthatójánál, megváltoztatva az egyenlet minden tagjának előjelét, amit úgy érünk el, hogy mindkét részt megszorozzuk (vagy osztjuk) −1-gyel. Például a - 2 x 2 - 3 x + 7 \u003d 0 másodfokú egyenletből áttérhet az egyszerűsített változatára: 2 x 2 + 3 x - 7 \u003d 0.
A gyökök és az együtthatók kapcsolata
Az x = - b ± D 2 · a másodfokú egyenletek gyökeinek már ismert képlete az egyenlet gyökereit annak numerikus együtthatóival fejezi ki. E képlet alapján lehetőségünk van más függőségeket beállítani a gyökök és együtthatók között.
A leghíresebb és leginkább alkalmazható a Vieta-tétel képlete:
x 1 + x 2 \u003d - b a és x 2 \u003d c a.
Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege a második ellentétes előjelű együttható, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal. Például a 3 · x 2 − 7 · x + 22 \u003d 0 másodfokú egyenlet alapján azonnal meghatározható, hogy gyökeinek összege 7 3, a gyökök szorzata pedig 22 3.
Számos más összefüggés is megtalálható a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszege kifejezhető együtthatókkal:
x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2) 2 - 2 x 1 x 2 = - b a 2 - 2 c a = b 2 a 2 - 2 c a = b 2 - 2 a c a 2.
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
Folytatjuk a téma tanulmányozását egyenletek megoldása". A lineáris egyenletekkel már megismerkedtünk, és most megismerkedünk velük másodfokú egyenletek.
Először is megvitatjuk, hogy mi a másodfokú egyenlet, hogyan írható fel általános formában, és adjuk meg a kapcsolódó definíciókat. Ezt követően példákon keresztül részletesen elemezzük, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Ezután áttérünk a teljes egyenletek megoldására, megkapjuk a gyökképletet, megismerkedünk a másodfokú egyenlet diszkriminánsával, és megfontoljuk a tipikus példák megoldásait. Végül nyomon követjük a gyökök és az együtthatók közötti kapcsolatokat.
Oldalnavigáció.
Mi az a másodfokú egyenlet? A fajtáik
Először is világosan meg kell értenie, mi az a másodfokú egyenlet. Ezért logikus, hogy a másodfokú egyenletekről a másodfokú egyenlet definíciójával kezdjünk beszélni, valamint a hozzá kapcsolódó definíciókkal. Ezt követően mérlegelheti a másodfokú egyenletek fő típusait: redukált és nem redukált, valamint teljes és hiányos egyenleteket.
Másodfokú egyenletek definíciója és példái
Meghatározás.
Másodfokú egyenlet a forma egyenlete a x 2 +b x+c=0, ahol x egy változó, a , b és c néhány szám, és a különbözik nullától.
Tegyük fel rögtön, hogy a másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek nevezik. Ez azért van, mert a másodfokú egyenlet az algebrai egyenlet másodfokú.
A hangos definíció lehetővé teszi, hogy példákat adjunk másodfokú egyenletekre. Tehát 2 x 2 +6 x+1=0, 0,2 x 2 +2,5 x+0,03=0 stb. másodfokú egyenletek.
Meghatározás.
Számok a , b és c nevezzük a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c \u003d 0, és az a együtthatót elsőnek, vagy idősebbnek, vagy x 2-nél lévő együtthatónak nevezzük, b a második együttható, vagy együttható x-nél, és c egy szabad tag.
Például vegyünk egy 5 x 2 −2 x−3=0 alakú másodfokú egyenletet, itt a vezető együttható 5, a második együttható -2, a szabad tag pedig -3. Vegye figyelembe, hogy ha a b és/vagy c együtthatók negatívak, mint az imént bemutatott példában, akkor az 5 x 2 −2 x −3=0 formájú másodfokú egyenlet rövid alakját használjuk, nem pedig 5 x 2 +(− 2 )x+(−3)=0 .
Érdemes megjegyezni, hogy ha az a és/vagy b együtthatók 1 vagy -1, akkor általában nincsenek kifejezetten jelen a másodfokú egyenlet jelölésében, ami az ilyen jelölés sajátosságaiból adódik. Például az y 2 −y+3=0 másodfokú egyenletben a vezető együttható egy, az y-nél pedig −1.
Redukált és nem redukált másodfokú egyenletek
A vezető együttható értékétől függően redukált és nem redukált másodfokú egyenleteket különböztetnek meg. Adjuk meg a megfelelő definíciókat.
Meghatározás.
Olyan másodfokú egyenletet nevezünk meg, amelyben a vezető együttható 1 redukált másodfokú egyenlet. Ellenkező esetben a másodfokú egyenlet az redukálatlan.
E definíció szerint a másodfokú egyenletek x 2 −3 x+1=0 , x 2 −x−2/3=0 stb. - csökkentve, mindegyikben az első együttható eggyel egyenlő. És 5 x 2 −x−1=0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, vezető együtthatóik eltérnek 1-től.
Bármely nem redukált másodfokú egyenletből, mindkét részét elosztva a vezető együtthatóval, eljuthatunk a redukálthoz. Ez a művelet egy ekvivalens transzformáció, vagyis az így kapott redukált másodfokú egyenletnek ugyanazok a gyökerei vannak, mint az eredeti nem redukált másodfokú egyenletnek, vagy hozzá hasonlóan nincs gyökere.
Vegyünk egy példát arra, hogyan történik az átmenet redukálatlan másodfokú egyenletről redukáltra.
Példa.
A 3 x 2 +12 x−7=0 egyenletből lépjen a megfelelő redukált másodfokú egyenletre.
Döntés.
Elég, ha az eredeti egyenlet mindkét részének osztását elvégezzük a 3 vezető együtthatóval, ez nem nulla, így ezt a műveletet végre tudjuk hajtani. Van (3 x 2 +12 x−7):3=0:3 , ami megegyezik a (3 x 2):3+(12 x):3−7:3=0 , és így tovább (3 :3) x 2 +(12:3) x−7:3=0 , honnan . Így megkaptuk a redukált másodfokú egyenletet, amely ekvivalens az eredetivel.
Válasz:
Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek
A másodfokú egyenlet definíciójában van egy a≠0 feltétel. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 +b x+c=0 egyenlet pontosan négyzet alakú legyen, mivel a=0-val tulajdonképpen b x+c=0 alakú lineáris egyenletté válik.
Ami a b és c együtthatókat illeti, külön-külön és együtt is nullával egyenlőek lehetnek. Ezekben az esetekben a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.
Meghatározás.
Az a x 2 +b x+c=0 másodfokú egyenletet nevezzük befejezetlen, ha a b , c együtthatók legalább egyike nulla.
Viszont
Meghatározás.
Teljes másodfokú egyenlet olyan egyenlet, amelyben minden együttható nullától eltérő.
Ezeket a neveket nem véletlenül adják. Ez a következő beszélgetésből kiderül.
Ha a b együttható nullával egyenlő, akkor a másodfokú egyenlet a x 2 +0 x+c=0 alakot ölti, és ekvivalens az a x 2 +c=0 egyenlettel. Ha c=0, azaz a másodfokú egyenlet a x 2 +b x+0=0 formájú, akkor átírható x 2 +b x=0 formátumba. És b=0 és c=0 esetén az a·x 2 =0 másodfokú egyenletet kapjuk. Az így kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt. Innen a nevük - hiányos másodfokú egyenletek.
Tehát az x 2 +x+1=0 és a −2 x 2 −5 x+0,2=0 egyenletek a teljes másodfokú egyenletek példái, és x 2 =0, −2 x 2 =0, 5 x 2 +3 =0 , −x 2 −5 x=0 nem teljes másodfokú egyenletek.
Hiányos másodfokú egyenletek megoldása
Az előző bekezdés információiból következik, hogy van háromféle nem teljes másodfokú egyenlet:
- a x 2 =0, a b=0 és c=0 együtthatók felelnek meg neki;
- ax2+c=0, ha b=0;
- és a x 2 +b x=0, ha c=0.
Sorrendben elemezzük, hogyan oldják meg az egyes típusok nem teljes másodfokú egyenleteit.
a x 2 \u003d 0
Kezdjük olyan hiányos másodfokú egyenletek megoldásával, amelyekben a b és c együttható nulla, vagyis az a x 2 =0 alakú egyenletekkel. Az a x 2 =0 egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, amelyet az eredetiből úgy kapunk, hogy mindkét részét elosztjuk egy nem nulla a számmal. Nyilvánvaló, hogy az x 2 \u003d 0 egyenlet gyöke nulla, mivel 0 2 \u003d 0. Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami meg van magyarázva, sőt, bármely nem nulla p szám esetén bekövetkezik a p 2 >0 egyenlőtlenség, ami azt jelenti, hogy p≠0 esetén a p 2 =0 egyenlőség soha nem teljesül.
Tehát az a x 2 \u003d 0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x \u003d 0.
Példaként adjuk meg a −4·x 2 =0 nem teljes másodfokú egyenlet megoldását. Egyenértékű az x 2 \u003d 0 egyenlettel, egyetlen gyöke x \u003d 0, ezért az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke nulla.
Egy rövid megoldás ebben az esetben a következőképpen adható ki:
−4 x 2 \u003d 0,
x 2 \u003d 0,
x=0.
a x 2 +c=0
Most nézzük meg, hogyan oldhatók meg a nem teljes másodfokú egyenletek, amelyekben a b együttható nulla, és c≠0, vagyis az a x 2 +c=0 alakú egyenletek. Tudjuk, hogy egy tagnak az egyenlet egyik oldaláról a másikra ellenkező előjelű átvitele, valamint az egyenlet mindkét oldalának nullától eltérő számmal való osztása ekvivalens egyenletet ad. Ezért az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációi hajthatók végre:
- mozgassa c-t jobb oldalra, ami az a x 2 =-c egyenletet adja,
- és mindkét részét elosztjuk a -val, megkapjuk.
A kapott egyenlet lehetővé teszi, hogy következtetéseket vonjunk le a gyökereiről. A és c értékétől függően a kifejezés értéke lehet negatív (például ha a=1 és c=2, akkor ) vagy pozitív (például ha a=-2 és c=6 , akkor ), nem egyenlő nullával, mert c≠0 feltétellel. Külön elemezzük az eseteket és.
Ha , akkor az egyenletnek nincs gyöke. Ez az állítás abból a tényből következik, hogy bármely szám négyzete nemnegatív szám. Ebből az következik, hogy amikor , akkor tetszőleges p számra az egyenlőség nem lehet igaz.
Ha , akkor az egyenlet gyökeivel más a helyzet. Ebben az esetben, ha felidézzük kb, akkor azonnal nyilvánvalóvá válik az egyenlet gyöke, ez a szám, mivel. Könnyű kitalálni, hogy a szám egyben az egyenlet gyöke is, sőt, . Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami például ellentmondásokkal mutatható ki. Csináljuk.
Jelöljük az egyenlet éppen hangoztatott gyökét x 1 és −x 1 -ként. Tegyük fel, hogy az egyenletnek van egy másik x 2 gyöke, amely különbözik a jelzett x 1 és -x 1 gyöktől. Ismeretes, hogy ha az egyenletet az x gyök helyett az egyenletbe helyettesítjük, az egyenletet valódi numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van , x 2-re pedig . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a valódi numerikus egyenlőségeket tagonként kivonjuk, így az egyenlőségek megfelelő részeinek kivonása x 1 2 − x 2 2 =0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a kapott egyenlőséget a következőre írjuk át: (x 1 − x 2)·(x 1 + x 2)=0 . Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik egyenlő nullával. Ezért a kapott egyenlőségből az következik, hogy x 1 −x 2 =0 és/vagy x 1 +x 2 =0, ami megegyezik, x 2 =x 1 és/vagy x 2 = −x 1. Tehát ellentmondáshoz érkeztünk, hiszen az elején azt mondtuk, hogy az x 2 egyenlet gyöke különbözik x 1-től és −x 1-től. Ez bizonyítja, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint és .
Foglaljuk össze az ebben a bekezdésben található információkat. Az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az egyenlettel, amely
- nincs gyökere, ha
- két gyöke van és ha .
Tekintsünk példákat az a·x 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenletek megoldására.
Kezdjük a 9 x 2 +7=0 másodfokú egyenlettel. Miután a szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, a 9·x 2 =−7 alakot veszi fel. A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztva 9-cel, így jutunk el. Mivel a jobb oldalon negatív számot kapunk, ennek az egyenletnek nincs gyöke, ezért az eredeti 9 x 2 +7=0 hiányos másodfokú egyenletnek nincs gyöke.
Oldjunk meg még egy hiányos másodfokú egyenletet −x 2 +9=0. A kilencet átvisszük a jobb oldalra: -x 2 \u003d -9. Most mindkét részt elosztjuk −1-gyel, x 2 =9-et kapunk. A jobb oldalon egy pozitív szám található, amiből arra következtetünk, hogy vagy . Miután felírtuk a végső választ: a −x 2 +9=0 hiányos másodfokú egyenletnek két gyöke van x=3 vagy x=−3.
a x 2 +b x=0
Marad az utolsó típusú nem teljes másodfokú egyenlet megoldása c=0 esetén. Az a x 2 +b x=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletek lehetővé teszik a megoldást faktorizációs módszer. Nyilvánvalóan megtehetjük, az egyenlet bal oldalán található, amihez elegendő az x közös tényezőt zárójelből kivenni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről egy x·(a·x+b)=0 alakú ekvivalens egyenletre lépjünk. És ez az egyenlet ekvivalens két x=0 és egy x+b=0 egyenlet halmazával, amelyek közül az utolsó lineáris és gyöke x=−b/a .
Tehát az a x 2 +b x=0 nem teljes másodfokú egyenletnek két gyöke van: x=0 és x=-b/a.
Az anyag egységesítése érdekében egy konkrét példa megoldását elemezzük.
Példa.
Oldja meg az egyenletet.
Döntés.
Kivesszük x-et a zárójelekből, ez adja az egyenletet. Ez ekvivalens két x=0 és . Megoldjuk a kapott lineáris egyenletet: , és miután a vegyes számot elosztjuk egy közönséges törttel, azt találjuk. Ezért az eredeti egyenlet gyökei x=0 és .
A szükséges gyakorlat megszerzése után röviden felírhatjuk az ilyen egyenletek megoldásait:
Válasz:
x=0 , .
Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete
A másodfokú egyenletek megoldására van egy gyökképlet. Írjuk fel a másodfokú egyenlet gyökeinek képlete: , ahol D=b 2 −4 a c- ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa. A jelölés lényegében azt jelenti.
Hasznos tudni, hogyan kapták meg a gyökképletet, és hogyan alkalmazzák azt a másodfokú egyenletek gyökereinek megtalálásában. Foglalkozzunk ezzel.
Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése
Meg kell oldanunk az a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenletet. Végezzünk el néhány egyenértékű átalakítást:
- Ennek az egyenletnek mindkét részét eloszthatjuk egy nem nulla a számmal, így a redukált másodfokú egyenletet kapjuk.
- Most válasszon egy teljes négyzetet bal oldalán: . Ezt követően az egyenlet a következőt veszi fel.
- Ebben a szakaszban lehetőség van az utolsó két tag jobb oldalra történő áthelyezésére ellentétes előjellel, mi .
- És alakítsuk át a jobb oldali kifejezést is: .
Ennek eredményeként az egyenlethez jutunk, amely ekvivalens az eredeti a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenlettel.
Az előző bekezdésekben, amikor elemeztük, már megoldottunk hasonló alakú egyenleteket. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy a következő következtetéseket vonjuk le az egyenlet gyökereit illetően:
- ha , akkor az egyenletnek nincsenek valós megoldásai;
- ha , akkor az egyenlet alakja , tehát , amelyből az egyetlen gyöke látható;
- ha , akkor vagy , ami megegyezik a vagy -vel, vagyis az egyenletnek két gyöke van.
Így az egyenlet gyökeinek és így az eredeti másodfokú egyenletnek a megléte vagy hiánya a jobb oldali kifejezés előjelétől függ. Ennek a kifejezésnek az előjelét viszont a számláló előjele határozza meg, mivel a 4 a 2 nevező mindig pozitív, vagyis a b 2 −4 a c kifejezés előjele. Ezt a b 2 −4 a c kifejezést nevezzük másodfokú egyenlet diszkriminánsaés a betűvel megjelölve D. Innentől kezdve világos a diszkrimináns lényege - értékéből és előjeléből következik, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.
Visszatérünk az egyenlethez, átírjuk a diszkrimináns jelölésével: . És arra a következtetésre jutunk:
- ha D<0 , то это уравнение не имеет действительных корней;
- ha D=0, akkor ennek az egyenletnek egyetlen gyöke van;
- végül, ha D>0, akkor az egyenletnek két vagy gyöke van, ami átírható a vagy alakba, és a törteket bővítve és közös nevezőre redukálva kapjuk a -t.
Így levezettük a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit, így néznek ki, ahol a D diszkriminánst a D=b 2 −4 a c képlettel számítjuk ki.
Segítségükkel pozitív diszkrimináns segítségével kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökerét. Ha a diszkrimináns nullával egyenlő, mindkét képlet ugyanazt a gyökértéket adja, amely megfelel a másodfokú egyenlet egyetlen megoldásának. Egy negatív diszkriminánssal pedig, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, azzal szembesülünk, hogy negatív számból kivonjuk a négyzetgyököt, ami túlmutat az iskolai tanterv keretein. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, de van párja komplex konjugátum gyökök, amelyeket az általunk kapott gyökképletekkel találhatunk meg.
Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel
A gyakorlatban egy másodfokú egyenlet megoldásánál azonnal használhatjuk a gyökképletet, amellyel kiszámolhatjuk az értékeket. De ez inkább az összetett gyökerek megtalálásáról szól.
Az iskolai algebratanfolyamon azonban általában nem összetett, hanem valós másodfokú egyenletgyökökről beszélünk. Ebben az esetben célszerű a másodfokú egyenlet gyökeinek felhasználása előtt először megkeresni a diszkriminánst, megbizonyosodni arról, hogy nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), majd ezt követően számítsa ki a gyökerek értékeit.
A fenti érvelés lehetővé teszi, hogy írjunk másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus. Az a x 2 + b x + c \u003d 0 másodfokú egyenlet megoldásához szüksége lesz:
- a D=b 2 −4 a c diszkriminans képlet segítségével számítsa ki az értékét;
- arra a következtetésre jutunk, hogy a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, ha a diszkrimináns negatív;
- számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével, ha D=0 ;
- keresse meg a másodfokú egyenlet két valós gyökerét a gyökképlet segítségével, ha a diszkrimináns pozitív.
Itt csak azt jegyezzük meg, hogy ha a diszkrimináns nullával egyenlő, akkor a képlet is használható, ugyanazt az értéket adja, mint .
Továbbléphet a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algoritmus alkalmazásának példáira.
Példák másodfokú egyenletek megoldására
Tekintsük három másodfokú egyenlet megoldását pozitív, negatív és nulla diszkriminánssal. Miután foglalkoztunk a megoldásukkal, analógia útján bármely más másodfokú egyenlet is megoldható lesz. Kezdjük.
Példa.
Keresse meg az x 2 +2 x−6=0 egyenlet gyökereit!
Döntés.
Ebben az esetben a másodfokú egyenlet következő együtthatói vannak: a=1 , b=2 és c=−6 . Az algoritmus szerint először ki kell számítani a diszkriminánst, ehhez behelyettesítjük a jelzett a-t, b-t és c-t a diszkrimináns képletbe, D=b 2 –4 a c=2 2 –4 1 (–6)=4+24=28. Mivel 28>0, azaz a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van. Keressük meg őket a gyökök képletével, kapjuk, itt egyszerűsíthetjük a művelettel kapott kifejezéseket a gyökér jelét figyelembe véve ezt követi a frakciócsökkentés:
Válasz:
Térjünk át a következő tipikus példára.
Példa.
Oldja meg a −4 x 2 +28 x−49=0 másodfokú egyenletet.
Döntés.
Kezdjük a diszkrimináns megtalálásával: D=28 2 −4 (−4) (−49)=784−784=0. Ezért ennek a másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyet így találunk, azaz
Válasz:
x=3,5.
Továbbra is meg kell fontolni a másodfokú egyenletek negatív diszkrimináns megoldását.
Példa.
Oldja meg az 5 y 2 +6 y+2=0 egyenletet.
Döntés.
Itt vannak a másodfokú egyenlet együtthatói: a=5 , b=6 és c=2 . Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe, megvan D=b 2 −4 a c=6 2 −4 5 2=36−40=−4. A diszkrimináns negatív, ezért ennek a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.
Ha összetett gyököket kell megadni, akkor a jól ismert képletet használjuk a másodfokú egyenlet gyökére, és végrehajtjuk műveletek komplex számokkal:
Válasz:
nincsenek valódi gyökerek, az összetett gyökök: .
Még egyszer megjegyezzük, hogy ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskola általában azonnal leírja a választ, amelyben jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és nem találnak összetett gyököket.
Gyökérképlet akár második együtthatóhoz
A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D=b 2 −4 a c lehetővé teszi, hogy egy kompaktabb képletet kapjunk, amely lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását páros együtthatóval x-ben (vagy egyszerűen olyan együtthatóval, amely úgy néz ki, mint 2 n például vagy 14 ln5=2 7 ln5 ). Vigyük ki.
Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk egy a x 2 +2 n x + c=0 alakú másodfokú egyenletet. Keressük meg a gyökereit az általunk ismert képlet segítségével. Ehhez kiszámítjuk a diszkriminánst D=(2 n) 2 −4 a c=4 n 2 −4 a c=4 (n 2 −a c), majd a gyökképletet használjuk:
Jelölje az n 2 −a c kifejezést D 1-ként (néha D "-nek jelölik). Ekkor a figyelembe vett másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következő alakot veszi fel , ahol D 1 =n 2 −a c .
Könnyen belátható, hogy D=4·D 1, vagy D 1 =D/4. Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyedik része. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével. Vagyis a D 1 jel a másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát is jelzi.
Tehát egy másodfokú egyenlet megoldásához a második 2 n együtthatóval szükség van
- Számítsuk ki D 1 =n 2 −a·c ;
- Ha D 1<0 , то сделать вывод, что действительных корней нет;
- Ha D 1 =0, akkor számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével;
- Ha D 1 >0, akkor a képlet segítségével keress két valós gyökeret.
Tekintsük a példa megoldását az ebben a bekezdésben kapott gyökképlet segítségével.
Példa.
Oldja meg az 5 x 2 −6 x−32=0 másodfokú egyenletet.
Döntés.
Ennek az egyenletnek a második együtthatója 2·(−3) . Vagyis átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakba, itt a=5 , n=−3 és c=−32 , és kiszámolhatja a négyzet negyedik részét. diszkriminatív: D 1 =n 2 −a c=(−3) 2 −5 (−32)=9+160=169. Mivel értéke pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van. A megfelelő gyökképlet segítségével találjuk meg őket:
Megjegyzendő, hogy a másodfokú egyenlet gyökére a szokásos képletet lehetett használni, de ebben az esetben több számítási munkát kell végezni.
Válasz:
Másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése
Néha, mielőtt egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletekkel történő kiszámításába kezdenénk, nem árt feltenni a kérdést: „Lehetséges-e egyszerűsíteni ennek az egyenletnek a formáját”? Egyetértünk azzal, hogy számítási szempontból könnyebb lesz megoldani a 11 x 2 −4 x −6=0 másodfokú egyenletet, mint 1100 x 2 −400 x−600=0 .
Általában a másodfokú egyenlet formájának egyszerűsítését úgy érik el, hogy mindkét oldalát megszorozzuk vagy elosztjuk valamilyen számmal. Például az előző bekezdésben az 1100 x 2 −400 x −600=0 egyenlet egyszerűsítését sikerült elérni úgy, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.
Hasonló transzformációt hajtunk végre másodfokú egyenletekkel, amelyek együtthatói nem . Ebben az esetben az egyenlet mindkét részét általában elosztják együtthatóinak abszolút értékeivel. Vegyük például a 12 x 2 −42 x+48=0 másodfokú egyenletet. együtthatóinak abszolút értékei: gcd(12, 42, 48)= gcd(gcd(12, 42), 48)= gcd(6, 48)=6 . Az eredeti másodfokú egyenlet mindkét részét 6-tal elosztva a 2 x 2 −7 x+8=0 ekvivalens másodfokú egyenlethez jutunk.
És a másodfokú egyenlet mindkét részének szorzata általában azért történik, hogy megszabaduljunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben a szorzást az együtthatók nevezőin hajtják végre. Például, ha egy másodfokú egyenlet mindkét részét megszorozzuk LCM(6, 3, 1)=6 -al, akkor az egyszerűbb formát ölti: x 2 +4 x−18=0 .
A bekezdés végén megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulni a mínusztól a másodfokú egyenlet legmagasabb együtthatójánál az összes tag előjelének megváltoztatásával, ami megfelel mindkét rész -1-gyel való szorzásának (vagy osztásának). Például általában a −2·x 2 −3·x+7=0 másodfokú egyenletből megyünk a 2·x 2 +3·x−7=0 megoldáshoz.
Másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak kapcsolata
A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete az egyenlet gyökereit az együtthatóiban fejezi ki. A gyökök képlete alapján más összefüggéseket is kaphat a gyökök és az együtthatók között.
A legismertebb és leginkább alkalmazható képletek a form és a Vieta-tételből. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, a gyökök szorzata pedig a szabad tag. Például a 3 x 2 −7 x+22=0 másodfokú egyenlet alakjával azonnal azt mondhatjuk, hogy gyökeinek összege 7/3, a gyökök szorzata pedig 22/3.
A már felírt képleteket felhasználva számos egyéb összefüggést kaphatunk a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például kifejezheti egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszegét az együtthatóival: .
Bibliográfia.
- Algebra: tankönyv 8 cellához. Általános oktatás intézmények / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; szerk. S. A. Teljakovszkij. - 16. kiadás - M. : Oktatás, 2008. - 271 p. : ill. - ISBN 978-5-09-019243-9.
- Mordkovich A. G. Algebra. 8. osztály. 14 órakor 1. rész Tankönyv oktatási intézmények diákjainak / A. G. Mordkovich. - 11. kiadás, törölve. - M.: Mnemozina, 2009. - 215 p.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.
”, azaz elsőfokú egyenletek. Ebben a leckében megvizsgáljuk mi az a másodfokú egyenletés hogyan kell megoldani.
Mi az a másodfokú egyenlet
Fontos!
Az egyenlet mértékét az ismeretlen legmagasabb foka határozza meg.
Ha az ismeretlen maximális mértéke „2”, akkor másodfokú egyenlete van.
Példák másodfokú egyenletekre
- 5x2 - 14x + 17 = 0
- −x 2 + x +
= 01 3 - x2 + 0,25x = 0
- x 2 − 8 = 0
Fontos! A másodfokú egyenlet általános formája így néz ki:
A x 2 + b x + c = 0
"a", "b" és "c" - adott számok.- "a" - az első vagy vezető együttható;
- "b" - a második együttható;
- "c" egy ingyenes tag.
Az "a", "b" és "c" megtalálásához össze kell hasonlítania az egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" másodfokú egyenlet általános formájával.
Gyakoroljuk az "a", "b" és "c" együtthatók meghatározását másodfokú egyenletekben.
Az egyenlet | Esély | |||
---|---|---|---|---|
|
||||
|
||||
1 |
3 |
- a = −1
- b = 1
- c =
1 3
- a = 1
- b = 0,25
- c = 0
- a = 1
- b = 0
- c = −8
Hogyan lehet másodfokú egyenleteket megoldani
A lineáris egyenletekkel ellentétben a másodfokú egyenletek megoldására speciális egyenletet használnak. képlet a gyökerek megtalálásához.
Emlékezik!
Másodfokú egyenlet megoldásához a következőkre lesz szüksége:
- hozza a másodfokú egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" általános alakba. Vagyis csak a "0" maradjon a jobb oldalon;
- használja a képletet a gyökerekhez:
Használjunk egy példát annak kiderítésére, hogyan alkalmazzuk a képletet egy másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére. Oldjuk meg a másodfokú egyenletet.
X 2 - 3x - 4 = 0
Az "x 2 - 3x - 4 = 0" egyenletet már az "ax 2 + bx + c = 0" általános alakra redukáltuk, és nem igényel további egyszerűsítéseket. A megoldáshoz csak jelentkeznünk kell képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megtalálásához.
Határozzuk meg ennek az egyenletnek az "a", "b" és "c" együtthatóit.
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
Segítségével bármilyen másodfokú egyenlet megoldható.
Az "x 1; 2 \u003d" képletben a gyökérkifejezés gyakran lecserélődik
"b 2 − 4ac" a "D" betűre, és megkülönböztetőnek nevezik. A diszkrimináns fogalmát részletesebben a „Mi a diszkrimináns” című leckében tárgyaljuk.
Vegyünk egy másik példát a másodfokú egyenletre.
x 2 + 9 + x = 7x
Ebben a formában meglehetősen nehéz meghatározni az "a", "b" és "c" együtthatókat. Először hozzuk az egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" általános alakba.
X 2 + 9 + x = 7x
x 2 + 9 + x − 7x = 0
x2 + 9 - 6x = 0
x 2 − 6x + 9 = 0
Most már használhatja a képletet a gyökerekhez.
X 1; 2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x=
6 |
2 |
x=3
Válasz: x = 3
Vannak esetek, amikor a másodfokú egyenletekben nincs gyök. Ez a helyzet akkor fordul elő, ha a gyökér alatti képletben negatív szám jelenik meg.
Éppen. Képletek és világos egyszerű szabályok szerint. Az első szakaszban
szükséges az adott egyenletet standard formára hozni, i.e. 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. odds from 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 gyökérszámítási képletbe. 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 festünk, anélkül, hogy bármit is kihagynánk, minden jellel és zárójellel:
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,
azutánx 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 a közös nevezőre.
Következtetés. Gyakorlati tippek:
1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet a szabványos alakba 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, az együtthatója eggyel egyenlő, a megoldás könnyen ellenőrizhető
Egyszerűbb módon. Ehhez vegye ki a z-t a zárójelekből. A következőt kapjuk: z(az + b) = 0. A tényezők felírhatók: z=0 és az + b = 0, mivel mindkettő nullát eredményezhet. Az az + b = 0 jelölésben a másodikat más előjellel jobbra mozgatjuk. Innen z1 = 0 és z2 = -b/a. Ezek az eredeti gyökerei.
Ha van egy az² + c \u003d 0 formájú hiányos egyenlet, ebben az esetben úgy találjuk meg, hogy egyszerűen áthelyezzük a szabad tagot az egyenlet jobb oldalára. 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 egy pozitív és egy negatív értékét.
jegyzet
Ha az egyenletben törtegyütthatók vannak, szorozza meg a teljes egyenletet a megfelelő tényezővel, hogy megszabaduljon a törtektől.
A másodfokú egyenletek megoldásának ismerete iskolásoknak és diákoknak egyaránt szükséges, néha a felnőttek mindennapi életében segíthet. Számos konkrét döntési módszer létezik.
Másodfokú egyenletek megoldása
Másodfokú egyenlet a*x^2+b*x+c=0 formájú. Az x együttható a kívánt változó, a, b, c - numerikus együtthatók. Ne feledje, hogy a „+” jel változhat „-” jelre.Az egyenlet megoldásához a Vieta-tételt kell használni, vagy meg kell találni a diszkriminánst. A legelterjedtebb módszer a diszkrimináns megtalálása, mivel a, b, c egyes értékeire nem használható a Vieta-tétel.
A diszkrimináns (D) megtalálásához fel kell írni a D=b^2 - 4*a*c képletet. D értéke lehet nagyobb, kisebb vagy egyenlő nullával. Ha D nagyobb 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, a képletekkel keresse meg x: 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 is vannak gyökerei. Az iskolában ezt a részt gyakorlatilag nem tanulmányozzák. Az egyetemistáknak tudniuk kell, hogy a gyökér alatt negatív szám jelenik meg. Megszabadulunk tőle, ha 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. Sőt, 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 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.