Képletek másodfokú egyenlet gyökére. A valódi, többszörös és összetett gyökerek eseteit vizsgáljuk. Faktorizáció négyzetes trinomikus. Geometriai értelmezés. Példák a gyökerek meghatározására és a faktorizációra.

Alapképletek

Tekintsük a másodfokú egyenletet:
(1) .
A másodfokú egyenlet gyökerei(1) a következő képletekkel határozzák meg:
; .
Ezeket a képleteket a következőképpen lehet kombinálni:
.
Ha a másodfokú egyenlet gyökei ismertek, akkor a másodfokú polinom a tényezők szorzataként ábrázolható (faktorált):
.

Továbbá úgy gondoljuk, hogy - valós számok.
Fontolgat másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
.
Ha a diszkrimináns pozitív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két különböző valós gyöke van:
; .
Ekkor a négyzetes trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.
Ha a diszkrimináns nulla, , akkor az (1) másodfokú egyenletnek két többszörös (egyenlő) valós gyöke van:
.
Faktorizáció:
.
Ha a diszkrimináns negatív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két összetett konjugált gyöke van:
;
.
Itt van a képzeletbeli egység, ;
és a gyökerek valós és képzeletbeli részei:
; .
Akkor

.

Grafikus értelmezés

Ha épít függvénygrafikon
,
ami egy parabola, akkor a gráf tengellyel való metszéspontjai lesznek az egyenlet gyökei
.
Amikor , a gráf két pontban metszi az abszcissza tengelyt (tengelyt).
Amikor , a grafikon egy ponton érinti az x tengelyt.
Amikor , a grafikon nem keresztezi az x tengelyt.

Az alábbiakban példákat mutatunk be ilyen grafikonokra.

Hasznos képletek a másodfokú egyenlethez

(f.1) ;
(f.2) ;
(f.3) .

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Transzformációkat hajtunk végre és alkalmazzuk az (f.1) és (f.3) képleteket:




,
ahol
; .

Tehát megkaptuk a másodfokú polinom képletét a következő formában:
.
Ebből látható, hogy az egyenlet

órakor előadták
és .
Vagyis és a másodfokú egyenlet gyökerei
.

Példák másodfokú egyenlet gyökeinek meghatározására

1. példa

(1.1) .

Megoldás

.
Az (1.1) egyenletünkkel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
Mivel a diszkrimináns pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van:
;
;
.

Innen megkapjuk a négyzetháromság faktorokra való felosztását:

.

Az y = függvény grafikonja 2 x 2 + 7 x + 3 két pontban metszi az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Két pontban metszi az x tengelyt (tengelyt):
és .
Ezek a pontok az eredeti (1.1) egyenlet gyökerei.

Válasz

;
;
.

2. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(2.1) .

Megoldás

Beírjuk a másodfokú egyenletet Általános nézet:
.
Az eredeti (2.1) egyenlettel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
Mivel a diszkrimináns nulla, az egyenletnek két többszörös (egyenlő) gyöke van:
;
.

Ekkor a trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.

Az y = x függvény grafikonja 2-4 x + 4 egy ponton érinti az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Egy ponton érinti az x tengelyt (tengelyt):
.
Ez a pont az eredeti (2.1) egyenlet gyöke. Mivel ez a gyökér kétszeres tényező:
,
akkor az ilyen gyökeret többszörösnek nevezzük. Vagyis úgy gondolják, hogy két egyenlő gyökér van:
.

Válasz

;
.

3. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(3.1) .

Megoldás

A másodfokú egyenletet általános formában írjuk fel:
(1) .
Írjuk át az eredeti (3.1) egyenletet:
.
Az (1)-el összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
A diszkrimináns negatív, . Ezért nincsenek igazi gyökerek.

Összetett gyökereket találhat:
;
;
.

Akkor


.

A függvény grafikonja nem keresztezi az x tengelyt. Nincsenek igazi gyökerek.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Nem keresztezi az abszcisszát (tengelyt). Ezért nincsenek igazi gyökerek.

Válasz

Nincsenek igazi gyökerek. Összetett gyökerek:
;
;
.

Bibliográfiai leírás: Gasanov A. R., Kuramshin A. A., Elkov A. A., Shilnenkov N. V., Ulanov D. D., Shmeleva O. V. Módszerek a másodfokú egyenletek megoldására // Fiatal tudós. 2016. №6.1. S. 17-20..02.2019).



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

Mik azok a "másodfokú egyenletek"?

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

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

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

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

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

Az ókorban nemcsak az első, hanem a másodfokú egyenletek megoldásának igényét is a földterületek és területek megtalálásával kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. földmunkák katonai jelleggel, valamint magának a csillagászatnak és a matematikának a fejlődésével.

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.

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

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

ax2 + bx = c, a>0

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

Indiában gyakoriak voltak a nyilvános versenyek a nehéz problémák megoldásában. Az egyik régi indiai könyvben a következőt mondják az ilyen versenyekről: „Ahogy a nap ragyogásával felülmúlja a csillagokat, úgy tudós ember elhomályosítja a dicsőséget népszerelvények, algebrai feladatok javaslata és megoldása". A feladatokat gyakran költői formába öltöztették.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Tekintsünk több módot a másodfokú egyenletek megoldására.

Másodfokú egyenletek megoldásának szabványos módjai a iskolai tananyag:

1. Az egyenlet bal oldalának faktorizálása.
2. Teljes négyzet kiválasztási módszer.
3. Másodfokú egyenletek megoldása képlettel.
4. Másodfokú egyenlet grafikus megoldása.
5. Egyenletek megoldása Vieta tételével.

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

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

Példa.x 2 -5x+6=0

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

Válasz: x 1 =2,x 2 =3.

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

Példa.3x 2 +2x-5=0

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

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

Válasz: x 1 =-5/3, x 2 =1

6. Egyenletek megoldása „átvitel” módszerével.

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

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

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

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

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

Példa.2x 2 - 11x + 15 = 0.

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

Vieta inverz tétele szerint

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

Válasz: x 1 =2,5; x 2 = 3.

7. Másodfokú egyenlet együtthatóinak tulajdonságai.

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

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

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

Példa.345x 2 - 137x - 208 = 0.

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

Válasz: x 1 =1; x 2 = -208/345 .

Példa.132x 2 + 247x + 115 = 0

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

Válasz: x 1 = -1; x 2 =- 115/132

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

8. Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével.

1. ábra Nomogram

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

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

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

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

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

Rizs. 2 Másodfokú egyenlet megoldása nomogram segítségével

Példák.

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

Válasz: 8,0; 1.0.

2) Oldja meg az egyenletet a nomogram segítségével!

2z 2 - 9z + 2 = 0.

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

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

Válasz: 4; 0.5.

9. Geometriai módszer másodfokú egyenletek megoldására.

Példa.x 2 + 10x = 39.

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

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

Rizs. 3 Grafikus mód az x 2 + 10x = 39 egyenlet megoldása

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

10. Egyenletek megoldása Bezout-tétel segítségével.

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

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

Példa.x²-4x+3=0

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

x²-4x+3=(x-1)(x-3), (x-1)(x-3)=0

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

Következtetés: A másodfokú egyenletek gyors és racionális megoldásának képessége egyszerűen szükséges bonyolultabb egyenletek megoldásához, pl. tört racionális egyenletek, magasabb fokú egyenletek, kétnegyedes egyenletek, valamint a középiskolában trigonometrikus, exponenciális és logaritmikus egyenletek. A másodfokú egyenletek megoldására talált összes módszer tanulmányozása után tanácsot adhatunk az osztálytársaknak, hogy a szokásos módszerek mellett oldják meg az átviteli módszert (6) és oldják meg az egyenleteket az együtthatók tulajdonságával (7), mivel ezek könnyebben hozzáférhetők a megértéshez. .

Irodalom:

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

Az egyenletek használata széles körben elterjedt életünkben. Számos számításnál, szerkezetek építésénél és még sportolásnál is használják. Az egyenleteket az ember ősidők óta használja, és azóta használatuk csak nőtt. A diszkrimináns lehetővé teszi bármely másodfokú egyenlet megoldását a következő általános képlettel:

A diszkrimináns képlet a polinom mértékétől függ. A fenti képlet a következő formájú másodfokú egyenletek megoldására alkalmas:

A diszkrimináns a következő tulajdonságokkal rendelkezik, amelyeket tudnia kell:

* "D" 0, ha a polinomnak több gyöke van (egyenlő gyöke);

* A "D" szimmetrikus polinom a polinom gyökéhez képest, ezért együtthatóiban polinom; ezen túlmenően ennek a polinomnak az együtthatói egész számok, függetlenül attól, hogy milyen kiterjesztéssel veszik fel a gyököket.

Tegyük fel, hogy a következő formájú másodfokú egyenletet kapjuk:

1 egyenlet

A képlet szerint a következőket kapjuk:

Mivel \, akkor az egyenletnek 2 gyöke van. Határozzuk meg őket:

Hol tudom megoldani az egyenletet a diszkrimináns online megoldón keresztül?

Az egyenletet a https: // weboldalunkon tudja megoldani. Az ingyenes online megoldó segítségével másodpercek alatt megoldhat bármilyen bonyolultságú online egyenletet. Csak annyit kell tennie, hogy beírja adatait a megoldóba. Weboldalunkon megtekintheti a videós útmutatót és megtanulhatja az egyenlet megoldását, és ha kérdése van, felteheti a Vkontakte csoportunkban http://vk.com/pocketteacher. Csatlakozz csoportunkhoz, mindig szívesen segítünk.

Másodfokú egyenletek. Diszkrimináns. Megoldás, példák.

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

A másodfokú egyenletek típusai

Mi az a másodfokú egyenlet? Hogy néz ki? Termben másodfokú egyenlet kulcsszó az "négyzet". Ez azt jelenti, hogy az egyenletben szükségszerűen kell lennie egy x négyzetnek. Ezen kívül az egyenletben lehet (vagy nem!) Csak x (első fokig) és csak egy szám (ingyenes tag).És nem lehetnek x-ek kettőnél nagyobb fokkal.

Matematikai értelemben a másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

Itt a, b és c- néhány szám. b és c- abszolút bármilyen, de a- minden, csak nem nulla. Például:

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

Itt a =2; b = -0,5; c = 2,2

Itt a =-3; b = 6; c = -18

Nos, érted az ötletet...

Ezekben a másodfokú egyenletekben a bal oldalon ott van teljes készlet tagjai. x együttható négyzete a, x az első hatványhoz együtthatóval bés szabad tagja

Az ilyen másodfokú egyenleteket nevezzük teljes.

Mi van ha b= 0, mit kapunk? Nekünk van X első fokon eltűnik. Ez a nullával való szorzásból következik be.) Kiderül például:

5x2 -25 = 0,

2x2 -6x=0,

-x 2 +4x=0

Stb. És ha mindkét együttható bés c egyenlő nullával, akkor még egyszerűbb:

2x 2 \u003d 0,

-0,3x2 \u003d 0

Az ilyen egyenleteket, ahol valami hiányzik, hívják hiányos másodfokú egyenletek. Ami teljesen logikus.) Vegye figyelembe, hogy az x négyzet minden egyenletben jelen van.

Egyébként miért a nem lehet nulla? És te helyettesíted helyette a nulla.) Az X a négyzetben eltűnik! Az egyenlet lineáris lesz. És ez másképp van megcsinálva...

Ez a másodfokú egyenletek fő típusa. Teljes és hiányos.

Másodfokú egyenletek megoldása.

Teljes másodfokú egyenletek megoldása.

A másodfokú egyenletek könnyen megoldhatók. Képletekkel és világosan egyszerű szabályok. Az első szakaszban szüksége van adott egyenlet vezet alapforma, azaz a kilátáshoz:

Ha az egyenletet ebben a formában már megadtuk, akkor nem kell elvégeznie az első lépést.) A lényeg az, hogy helyesen határozzuk meg az összes együtthatót, a, bés c.

A másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére szolgáló képlet így néz ki:

A gyökjel alatti kifejezést ún diszkriminatív. De róla alább bővebben. Amint látja, az x megtalálásához használjuk csak a, b és c. Azok. együtthatók a másodfokú egyenletből. Csak óvatosan cserélje ki az értékeket a, b és c ebbe a képletbe és számolj. Helyettes a jeleiddel! Például az egyenletben:

a =1; b = 3; c= -4. Itt írjuk:

A példa majdnem megoldva:

Ez a válasz.

Minden nagyon egyszerű. És mit gondolsz, nem tévedhetsz? Hát igen, hogyan...

A leggyakoribb hibák az értékek összetévesztése a, b és c. Vagy inkább nem a jeleikkel (hol van itt összetéveszteni?), hanem a helyettesítéssel negatív értékeket a gyökerek kiszámításának képletébe. Itt a képlet részletes nyilvántartása adott számokkal menthető. Ha problémák vannak a számításokkal, akkor csináld!

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk a következő példát:

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

Tegyük fel, hogy tudja, hogy az első alkalommal ritkán kap választ.

Nos, ne légy lusta. 30 másodpercet vesz igénybe egy extra sor beírása és a hibák száma erősen csökkenni fog. Tehát részletesen írjuk, minden zárójellel és jellel:

Hihetetlenül nehéznek tűnik ilyen gondosan festeni. De csak úgy tűnik. Próbáld ki. Nos, vagy válassz. Melyik a jobb, gyors vagy jobb? Ráadásul boldoggá teszlek. Egy idő után nem kell mindent olyan gondosan festeni. Csak úgy fog kiderülni. Különösen, ha gyakorlati technikákat alkalmaz, amelyeket alább ismertetünk. Ez a rossz példa egy csomó mínuszokkal egyszerűen és hiba nélkül megoldható!

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

Tudtad?) Igen! azt hiányos másodfokú egyenletek.

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldása.

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

Megvalósult? Az első példában a = 1; b = -4; a c? Egyáltalán nem létezik! Hát igen, ez így van. A matematikában ez azt jelenti c = 0 ! Ez minden. Helyettesítsd be a nullát a képletbe helyette c,és minden sikerülni fog nekünk. Hasonlóan a második példával is. Csak nulla nincs itt Val vel, a b !

De a nem teljes másodfokú egyenletek sokkal könnyebben megoldhatók. Mindenféle képlet nélkül. Fontolja meg az elsőt hiányos egyenlet. Mit lehet tenni a bal oldalon? Az X-et kiveheti a zárójelből! Vegyük ki.

És mi van belőle? És az, hogy a szorzat akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha bármelyik tényező nullával egyenlő! Nem hiszed? Nos, akkor jöjjön ki két nem nulla szám, amelyeket szorozva nullát adunk!
Nem működik? Valami...
Ezért bátran írhatjuk: x 1 = 0, x 2 = 4.

Minden. Ezek lesznek az egyenletünk gyökerei. Mindkettő passzol. Ha bármelyiket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, akkor a helyes azonosságot 0 = 0 kapjuk. Mint látható, a megoldás sokkal egyszerűbb, mint az általános képlet. Megjegyzem egyébként, hogy melyik X lesz az első, és melyik a második - ez teljesen közömbös. Könnyű sorrendben írni x 1- amelyik kevesebb x 2- ami több.

A második egyenlet is könnyen megoldható. 9-et mozgunk a jobb oldalra. Kapunk:

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

két gyökér is . x 1 = -3, x 2 = 3.

Így oldódik meg az összes hiányos másodfokú egyenlet. Vagy úgy, hogy kiveszi x-et a zárójelekből, vagy egyszerű átvitel számok jobbra, majd a gyökérkivonás.
Rendkívül nehéz összekeverni ezeket a módszereket. Egyszerűen azért, mert az első esetben ki kell húzni a gyökeret az X-ből, ami valahogy érthetetlen, a második esetben pedig nincs mit kivenni a zárójelekből ...

Diszkrimináns. Diszkrimináns képlet.

Varázsszó diszkriminatív ! Ritka középiskolás diák nem hallotta ezt a szót! A „dönts a megkülönböztetőn keresztül” kifejezés megnyugtató és megnyugtató. Mert nem kell várni a diszkrimináló trükkjére! Kezelése egyszerű és problémamentes.) A leginkább arra emlékeztetlek általános képlet megoldásokért Bármi másodfokú egyenletek:

A gyökjel alatti kifejezést diszkriminánsnak nevezzük. A diszkriminánst általában betűvel jelöljük D. Diszkrimináns képlet:

D = b 2-4ac

És mi olyan különleges ebben a kifejezésben? Miért érdemel különleges nevet? Mit a diszkrimináns jelentése? Végül -b, vagy 2a ebben a képletben nem neveznek konkrétan ... Betűket és betűket.

A lényeg ez. Másodfokú egyenlet megoldásakor ezzel a képlettel lehetséges csak három eset.

1. A diszkrimináns pozitív. Ez azt jelenti, hogy kivonhatja belőle a gyökeret. Az egy másik kérdés, hogy a gyökeret jól vagy rosszul kinyerték-e ki. Fontos, hogy elvileg mit vonnak ki. Ekkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Két különböző megoldás.

2. A diszkrimináns nulla. Akkor van egy megoldás. Mivel a nulla összeadása vagy kivonása a számlálóban nem változtat semmit. Szigorúan véve ez nem egyetlen gyökér, hanem két egyforma. De egyszerűsített változatban szokás beszélni egy megoldás.

3. A diszkrimináns negatív. A negatív szám nem veszi fel a négyzetgyököt. Hát rendben. Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

Hogy őszinte legyek, at egyszerű megoldás másodfokú egyenleteknél a diszkrimináns fogalma nem különösebben szükséges. Behelyettesítjük az együtthatók értékeit a képletben, és figyelembe vesszük. Ott minden kiderül magától, és két gyökér, és egy, és nem egy. Több megoldásnál azonban nehéz feladatok, tudás nélkül jelentés és diszkriminanciaképlet nem elég. Különösen - a paraméterekkel rendelkező egyenletekben. Az ilyen egyenletek műrepülés a GIA és az egységes államvizsgához!)

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

Most vegye figyelembe azokat a gyakorlati technikákat, amelyek drámaian csökkentik a hibák számát. Pont azokat, amelyek a figyelmetlenségből fakadnak... Amiért aztán fájdalmas és sértő...

Első fogadás . Ne legyen lusta, mielőtt megoldana egy másodfokú egyenletet, hogy szabványos formára hozza. Mit is jelent ez?
Tegyük fel, hogy bármilyen átalakítás után a következő egyenletet kapjuk:

Ne rohanjon megírni a gyökerek képletét! Szinte biztosan összekevered az esélyeket a, b és c.Építsd fel helyesen a példát. Először x négyzet, majd négyzet nélkül, majd szabad tag. Mint ez:

És még egyszer: ne rohanjon! Az x négyzet előtti mínusz nagyon felzaklathat. Elfelejteni könnyű... Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? Igen, ahogy az előző témában tanítottuk! Az egész egyenletet meg kell szoroznunk -1-gyel. Kapunk:

És most nyugodtan felírhatja a gyökök képletét, kiszámíthatja a diszkriminánst és kiegészítheti a példát. Döntse el egyedül. A 2-es és a -1-es gyökökhöz kell jutnia.

Második fogadás. Ellenőrizze a gyökereit! Vieta tétele szerint. Ne aggódj, mindent elmagyarázok! Ellenőrzés utolsó dolog az egyenlet. Azok. az, amivel felírtuk a gyökök képletét. Ha (mint ebben a példában) az együttható a = 1, ellenőrizze a gyökereket könnyen. Elég megsokszorozni őket. Szabad termet kellene kapnod, pl. esetünkben -2. Figyelj, ne 2, hanem -2! ingyenes tag a jeleddel . Ha nem sikerült, az azt jelenti, hogy már elrontották valahol. Keressen hibát.

Ha sikerült, össze kell hajtania a gyökereket. Utolsó és utolsó ellenőrzés. Arány kellene b Val vel szemben jel. Esetünkben -1+2 = +1. Egy együttható b, amely az x előtt van, egyenlő -1-gyel. Szóval minden rendben!
Kár, hogy csak olyan példáknál ilyen egyszerű, ahol x négyzet tiszta, együtthatóval a = 1. De legalább ellenőrizze az ilyen egyenleteket! Minden kevesebb hiba lesz.

Fogadás harmadik . Ha az egyenletednek törtegyütthatói vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozzuk meg az egyenletet a közös nevezővel a „Hogyan oldjunk meg egyenleteket? Azonosság-transzformációk” című leckében leírtak szerint. Ha törtekkel dolgozik, a hibák valamilyen oknál fogva mászni ...

Egyébként egy gonosz példát ígértem egy rakás mínuszos leegyszerűsítés végett. Kérem! Itt van.

Annak érdekében, hogy ne keveredjünk össze a mínuszokban, megszorozzuk az egyenletet -1-gyel. Kapunk:

Ez minden! Dönteni szórakoztató!

Tehát ismételjük a témát.

Gyakorlati tippek:

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

2. Ha a négyzetben az x előtt van negatív együttható, akkor azt úgy szűrjük ki, hogy a teljes egyenletet -1-gyel megszorozzuk.

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

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

Most dönthetsz.)

Egyenletek megoldása:

8x 2 - 6x + 1 = 0

x 2 + 3x + 8 = 0

x 2 - 4x + 4 = 0

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

Válaszok (rendetlenségben):

x 1 = 0
x 2 = 5

x 1,2 =2

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

x - tetszőleges szám

x 1 = -3
x 2 = 3

nincsenek megoldások

x 1 = 0,25
x 2 \u003d 0,5

Minden passzol? Kiváló! A másodfokú egyenletek nem a tiéd fejfájás. Az első három kiderült, de a többi nem? Akkor a probléma nem a másodfokú egyenletekben van. A probléma az egyenletek azonos transzformációiban van. Nézd meg a linket, hasznos.

Nem egészen működik? Vagy egyáltalán nem működik? Akkor segítségedre lesz az 555. szakasz, ahol ezek a példák csontok szerint vannak rendezve. Megjelenítés fő- hibák a megoldásban. Természetesen a használatról is szó van azonos átalakulások különböző egyenletek megoldásában. Sokat segít!

Ha tetszik ez az oldal...

Egyébként van még néhány érdekes oldalam az Ön számára.)

Gyakorolhatod a példák megoldását, és megtudhatod a szintedet. Tesztelés azonnali ellenőrzéssel. Tanulás – érdeklődéssel!)

függvényekkel, származékokkal ismerkedhet meg.

A teljes másodfokú egyenlet átalakítása hiányossá így néz ki (a \(b=0\) esetre):

Azokban az esetekben, amikor \(c=0\), vagy amikor mindkét együttható nulla, minden hasonló.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy \(a\) nem egyenlő nullával, nem lehet egyenlő nullával, mivel ebben az esetben a következővé alakul:

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldása.

Először is meg kell értenie, hogy a hiányos másodfokú egyenlet még mindig fennáll, ezért ugyanúgy megoldható, mint a szokásos másodfokú (át). Ehhez egyszerűen hozzáadjuk az egyenlet hiányzó komponensét nulla együtthatóval.

Példa : Keresse meg a \(3x^2-27=0\) egyenlet gyökereit
Megoldás :

		Van egy hiányos másodfokú egyenletünk, melynek együtthatója \(b=0\). Vagyis az egyenletet a következő formában írhatjuk fel:
\(3x^2+0\cdot x-27=0\)		Valójában itt ugyanaz az egyenlet, mint az elején, de most már megoldható egy közönséges négyzetként. Először felírjuk az együtthatókat.
\(a=3;\) \(b=0;\) \(c=-27;\)		Számítsa ki a diszkriminánst a következő képlettel: \(D=b^2-4ac\)
\(D=0^2-4\cdot3\cdot(-27)=\) \(=0+324=324\)		Keressük meg az egyenlet gyökereit a képletek segítségével \(x_(1)=\)\(\frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) és \(x_(2)=\)\(\frac(-b-\sqrt(D)) )(2a)\)
\(x_(1)=\) \(\frac(-0+\sqrt(324))(2\cdot3)\)\(=\)\(\frac(18)(6)\) \(=3\) \(x_(2)=\) \(\frac(-0-\sqrt(324))(2\cdot3)\)\(=\)\(\frac(-18)(6)\) \(=-3\)		Írd le a választ

Válasz : \(x_(1)=3\); \(x_(2)=-3\)

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

		Ismét egy hiányos másodfokú egyenlet, de most az együttható \(c\) egyenlő nullával. Az egyenletet teljesnek írjuk fel.