Másodfokú egyenletek megoldási módszerei. Másodfokú egyenletek

A probléma jól ismert a matematikából. A kiindulási adatok itt az a, b, c együtthatók. A megoldás általános esetben két x 1 és x 2 gyök, amelyeket a következő képletekkel számítunk ki:

A programban használt összes érték valós típusú.

alg másodfokú egyenlet gyökerei

dolog a, b, c, x1, x2, d

korai bemenet a, b, c

x1:=(-b+Öd)/(2a)

x2:=(-b–Öd)/(2a)

kimenet x1, x2

Egy ilyen algoritmus gyengesége szabad szemmel is látható. Nem rendelkezik a legfontosabb tulajdonság kvalitatív algoritmusokra alkalmazva: univerzalitás a kiindulási adatokhoz képest. Bármi legyen is a kezdeti adatok értéke, az algoritmusnak egy bizonyos eredményhez kell vezetnie, és el kell érnie a végét. Az eredmény lehet számszerű válasz, de üzenet is lehet, hogy ilyen adatokkal nincs megoldás a problémára. Az algoritmus közepén néhány művelet végrehajtásának lehetetlensége miatti megállások nem megengedettek. A programozási szakirodalomban ugyanezt a tulajdonságot nevezik az algoritmus hatékonyságának (mindenesetre valamilyen eredményt kell elérni).

Egy univerzális algoritmus felépítéséhez először gondosan elemezni kell a probléma matematikai tartalmát.

Az egyenlet megoldása az a, b, c együtthatók értékétől függ. Íme ennek a problémának az elemzése (csak a valódi gyökerek megtalálására szorítkozunk):

ha a=0, b=0, c=0, akkor bármely x az egyenlet megoldása;

ha a=0, b=0, c¹0, akkor az egyenletnek nincs megoldása;

ha a=0, b¹0, akkor ez lineáris egyenlet, amelynek egy megoldása van: x=–c/b;

ha a¹0 és d=b 2 -4ac³0, akkor az egyenletnek két valós gyöke van (a képletek fent vannak);

ha a¹0 és d<0, то уравнение не имеет вещественных корней.

Az algoritmus blokkvázlata:

Ugyanaz az algoritmus algoritmikus nyelven:

alg másodfokú egyenlet gyökerei

dolog a, b, c, d, x1, x2

korai bemenet a, b, c

ha a=0

majd ha b=0

majd ha c=0

azután kimenet "bármely x megoldás"

másképp kimenet "nincs megoldás"

másképp x:= -c/b

másképp d:=b2–4ac

haés d<0

azután kimenet "nincs igazi gyökér"

másképp e x1:=(-b+Öd)/(2a); x2:=(-b–Öd)/(2a)

kimenet „x1=”,x1, „x2=”,x2

Ez az algoritmus újrafelhasznál ágszerkezeti parancs. Az elágazás parancs általános nézete folyamatábrákban és az algoritmikus nyelvben a következő:

Először a „feltétel” ellenőrzése történik (a reláció, a logikai kifejezés kiszámítása). Ha a feltétel igaz, akkor az "1. sorozat" végrehajtásra kerül - a parancssor, amelyet az "igen" feliratú nyíl jelzi (pozitív ág). Ellenkező esetben a "2. sorozat" (negatív ág) kerül végrehajtásra. Az EL-ben a feltétel az "if" szolgálatszó után, a pozitív ág - a "majd" szó után, a negatív ág - az "egyébként" szó után kerül kiírásra. A "kv" betűk az elágazás végét jelzik.

Ha az egyik ág ágai más ágakat is tartalmaznak, akkor egy ilyen algoritmusnak megvan a szerkezete egymásba ágyazott ágak. Ez a szerkezet az "egy másodfokú egyenlet gyökerei" algoritmusnak. Ebben a rövidség kedvéért az "igen" és a "nem" szavak helyett "+" és "-" szerepel.

Tekintsük a következő problémát: adott n pozitív egész szám. Ki kell számítani n-t! (n-tényezős). Emlékezzünk vissza a faktoriális definíciójára.

Az alábbiakban az algoritmus blokkdiagramja látható. Három egész típusú változót használ: n egy argumentum; i egy köztes változó; F az eredmény. Az algoritmus helyességének ellenőrzésére nyomkövetési táblázat készült. Egy ilyen táblázatban a kiindulási adatok meghatározott értékeinél lépésenként követik nyomon az algoritmusban szereplő változók változásait. Ez a táblázat az n=3 esetre készült.

A nyomkövetés bizonyítja az algoritmus helyességét. Most írjuk meg ezt az algoritmust algoritmikus nyelven.

alg Faktoriális

egész n, i, F

korai bemenet n

F:=1; i:=1

amíg i£n, ismétlés

nc F:=F'i

Ennek az algoritmusnak ciklikus szerkezete van. Az algoritmus a "loop-while" vagy a "loop with precondition" strukturális parancsot használja. A „loop-bye” parancs általános nézete folyamatábrákban és EL-ben a következő:

Egy parancssorozat végrehajtása (huroktörzs) megismétlődik, amíg a ciklusfeltétel igaz. Amikor a feltétel hamissá válik, a hurok véget ér. Az „nts” és „kts” szolgáltatásszavak a ciklus kezdetét, illetve a ciklus végét jelölik.

Az előfeltételes hurok a ciklikus algoritmusok fő, de nem egyetlen szerveződési formája. Egy másik lehetőség az hurok utófeltétellel. Térjünk vissza a másodfokú egyenlet megoldási algoritmusához. Ebből a helyzetből megközelíthető: ha a=0, akkor ez már nem másodfokú egyenlet, és figyelmen kívül hagyható. Ebben az esetben azt feltételezzük, hogy a felhasználó hibázott az adatbevitel során, és felszólítást kell kapnia a bevitel megismétlésére. Más szóval, az algoritmus biztosítja a kiindulási adatok megbízhatóságának ellenőrzését, lehetőséget biztosítva a felhasználónak a hiba kijavítására. Az ilyen vezérlés jelenléte a jó programminőség másik jele.

Általában a "loop with postcondition" vagy a "loop-before" szerkezeti parancs a következőképpen jelenik meg:

Itt használatos a huroklezárási feltétel. Amikor igazzá válik, a hurok véget ér.

Állítsunk össze egy algoritmust a következő feladat megoldására: adott két természetes szám M és N. Ki kell számítani a legnagyobb közös osztójukat - gcd(M,N).

Ezt a problémát egy ismert módszerrel oldják meg Euklidész algoritmusa. Elképzelése azon a tulajdonságon alapul, hogy ha M>N, akkor gcd(M

1) ha a számok egyenlőek, akkor válaszként vegye a teljes értéküket; ellenkező esetben folytassa az algoritmus végrehajtását;

2) határozza meg a nagyobb számokat;

3) cserélje ki a nagyobb számot a nagyobb és a kisebb értékek különbségével;

4) térjen vissza az (1) bekezdés végrehajtásához.

Az AL blokkdiagramja és algoritmusa a következő lesz:

Az algoritmus hurokszerkezettel rendelkezik, beágyazott elágazással. Végezze el saját nyomkövetését ennek az algoritmusnak az M=18, N=12 esetre. Az eredmény: gcd=6, ami nyilvánvalóan igaz.

Bibliográfiai leírás: Gasanov A. R., Kuramshin A. A., Elkov A. A., Shilnenkov N. V., Ulanov D. D., Shmeleva O. V. Megoldások másodfokú egyenletek// Fiatal tudós. - 2016. - 6.1 sz. - S. 2019.04.17-20).

Projektünk a másodfokú egyenletek megoldási módjaival foglalkozik. A projekt célja: megtanulni másodfokú egyenleteket olyan módon megoldani, ami nem szerepel az iskolai tantervben. Feladat: találja meg a másodfokú egyenletek megoldásának minden lehetséges módját, saját maga sajátítsa el a használatukat, és mutassa be az osztálytársakat 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?

A lineáris és másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algebrai technikák már 4000 évvel ezelőtt ismertek voltak az ókori Babilonban. A másodfokú egyenletek tanulmányozásának legkorábbi bizonyítékai a talált ősi 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 a katonai jellegű földterületek és földművek felkutatásával, valamint a csillagászat fejlődésével kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. maga a matematika.

Ezen egyenletek megoldásának a babiloni szövegekben megfogalmazott szabálya lényegében egybeesik a modernnel, de nem ismert, hogy a babilóniaiak hogyan jutottak el ehhez a szabályhoz. Az eddig talált ékírásos szövegek szinte mindegyike csak recept formájában megfogalmazott megoldási problémákat ad, a megtalálás módját nem jelzik. Annak ellenére, hogy Babilonban az algebra fejlettsége magas, az ékírásos szövegekből hiányzik a negatív szám fogalma és a másodfokú egyenletek megoldásának általános módszerei.

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 ragyogó fényével felülmúlja a csillagokat, úgy a tanult ember is felülmúlja a dicsőséget a nyilvános üléseken, algebrai feladatokat javasolva és megoldva.” 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 "Abakusz könyve" írta le. olasz matematikus Leonard Fibonacci. A szerző önállóan dolgozott ki néhány új algebrai problémamegoldási példát, 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. Európában 1544-ben fogalmazták meg a másodfokú egyenletek megoldásának általános szabályát, amely egyetlen kanonikus x2 + bx = c formára redukált b, c jelek és együtthatók összes lehetséges kombinációjával. 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. a pozitív és negatív gyökerek mellett figyelembe kell venni. Csak a XVII. hála a munkának Girard, Descartes, Newtonés más tudósok, a másodfokú egyenletek megoldásának módja modern formát ölt.

Tekintsünk több módot a másodfokú egyenletek megoldására.

Szabványos módszerek a másodfokú egyenletek megoldására az iskolai tantervből:

Az egyenlet bal oldalának faktorizálása.
Teljes négyzet kiválasztási módszer.
Másodfokú egyenletek megoldása képlettel.
Másodfokú egyenlet grafikus megoldása.
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, összege pedig 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, ha egy egyenlet gyökereit könnyű megtalálni 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 = 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 = 1, x 2 = -208/345.

Válasz: x 1 =1; x 2 = -208/345 .

Példa.132x 2 + 247x + 115 = 0

Mivel 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 a másodfokú egyenletek megoldásának egy régi és jelenleg elfeledett módszere, 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, hogy a másodfokú egyenlet megoldása nélkül meghatározzuk az egyenlet gyökereit az együtthatók alapján.

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 a 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 elosztva 2-vel 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 építenek úgy, hogy mindegyik másik oldala 2,5 legyen, ezért a strand területe 2,5-szeres. 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 Az x 2 + 10x = 39 egyenlet grafikus 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.

Kimenet: A másodfokú egyenletek gyors és racionális megoldásának képessége egyszerűen szükséges bonyolultabb egyenletek megoldásához, például tört racionális egyenletek, nagyobb hatványok egyenletei, kétnegyedes egyenletek, valamint középiskolában trigonometrikus, exponenciális és logaritmikus egyenletek. A másodfokú egyenletek megoldására talált összes módszer áttanulmányozása után azt tanácsolhatjuk 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 megérthetők. .

Irodalom:

Bradis V.M. Négyjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.
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
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
Glazer G.I. A matematika története az iskolában. Útmutató tanároknak. / Szerk. V.N. Fiatalabb. - M.: Felvilágosodás, 1964.

2. dia

Az algebra órák másodfokú egyenletek ciklusa a 8. osztályban A.G. tankönyve szerint. Mordkovich

Tanár MBOU Grushevskaya középiskola Kireeva T.A.

3. dia

Célok: a másodfokú egyenlet fogalmainak bemutatása, a másodfokú egyenlet gyökere; másodfokú egyenletek megoldásainak bemutatása; másodfokú egyenletek megoldási képességének kialakítása; mutasson módot teljes másodfokú egyenletek megoldására a másodfokú egyenlet gyökeinek képletével.

4. dia

5. dia

Egy kis történelem Másodfokú egyenletek az ókori Babilonban. A nem csak első, hanem másodfokú egyenletek megoldásának igényét már az ókorban is a katonai jellegű földterületek és földművek felkutatásával, valamint a csillagászat fejlődésével kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. és maga a matematika. A babilóniaiak körülbelül 2000 évvel hitünk előtt tudták, hogyan kell másodfokú egyenleteket megoldani. A modern algebrai jelöléssel azt mondhatjuk, hogy ékírásos szövegeikben a hiányos szövegeken kívül vannak például teljes másodfokú egyenletek.

6. dia

Az egyenletek megoldására vonatkozó, a babiloni szövegekben megfogalmazott szabály egybeesik a modernnel, de nem ismert, hogy a babilóniaiak hogyan jutottak el ehhez a szabályhoz. Az eddig talált ékírásos szövegek szinte mindegyike csak recept formájában megfogalmazott megoldási problémákat ad, a megtalálás módját nem jelzik. Annak ellenére, hogy Babilóniában az algebra magas fejlettségi szintje van, a negatív szám fogalma és a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló általános módszerek hiányoznak az ékírásos szövegekből.

7. dia

Definíció 1. A másodfokú egyenlet egy olyan alakú egyenlet, ahol az a, b, c együtthatók tetszőleges valós számok, és a polinomot négyzetes trinomnak nevezzük. a az első vagy a legmagasabb együttható c a második együttható c szabad tag

8. dia

Definíció 2. Egy másodfokú egyenletet redukáltnak nevezünk, ha a vezető együtthatója 1; egy másodfokú egyenletet redukálatlannak nevezünk, ha a vezető együttható eltér 1-től. Példa. 2 - 5 + 3 = 0 - redukálatlan másodfokú egyenlet - redukált másodfokú egyenlet

9. dia

Definíció 3. A teljes másodfokú egyenlet olyan másodfokú egyenlet, amelyben mindhárom tag jelen van. a + in + c \u003d 0 A nem teljes másodfokú egyenlet olyan egyenlet, amelyben nincs mindhárom tag jelen; olyan egyenlet, amelynek legalább az egyik együtthatója in, with nulla.

10. dia

Hiányos másodfokú egyenletek megoldási módszerei.

dia 11

24.16 (a, b) feladatok megoldása Oldja meg az egyenletet: vagy Válasz! vagy Válasz.

dia 12

4. definíció A másodfokú egyenlet gyöke az x változó tetszőleges értéke, amelynél a hármas négyzet eltűnik; az x változó ilyen értékét a négyzetes trinom gyökének is nevezik.. Egy másodfokú egyenlet megoldása azt jelenti, hogy meg kell találni az összes gyökerét, vagy megállapítani, hogy nincsenek gyökök.

dia 13

A másodfokú egyenlet diszkriminánsa D 0 D=0 Az egyenletnek nincs gyökere Az egyenletnek két gyöke van Az egyenletnek egy gyöke van Képletek másodfokú egyenlet gyökére

14. dia

D>0 a másodfokú egyenletnek két gyöke van, amelyeket a képletekkel találhatunk meg Példa. Oldja meg az egyenletet Megoldás. a \u003d 3, b \u003d 8, c \u003d -11, Válasz: 1; -3

dia 15

Másodfokú egyenlet megoldásának algoritmusa 1. Számítsa ki a D diszkriminánst a D = 2 képlettel. Ha D 0, akkor a másodfokú egyenletnek két gyökere van.

A másodfokú egyenleteket 8. osztályban tanulmányozzák, tehát nincs itt semmi bonyolult. Ezek megoldásának képessége elengedhetetlen.

A másodfokú egyenlet az ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenlet, ahol az a , b és c együtthatók tetszőleges számok, és a ≠ 0.

A konkrét megoldási módszerek tanulmányozása előtt megjegyezzük, hogy minden másodfokú egyenlet három osztályba osztható:

Nincsenek gyökerei;
Pontosan egy gyökerük van;
Két különböző gyökerük van.

Ez egy fontos különbség a másodfokú és a lineáris egyenletek között, ahol a gyök mindig létezik és egyedi. Hogyan határozható meg, hogy hány gyöke van egy egyenletnek? Van ebben egy csodálatos dolog - diszkriminatív.

Megkülönböztető

Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, ekkor a diszkrimináns egyszerűen a D = b 2 − 4ac szám.

Ezt a képletet fejből kell tudni. Az, hogy honnan származik, most nem fontos. Egy másik fontos dolog: a diszkrimináns előjelével meghatározhatja, hogy hány gyöke van egy másodfokú egyenletnek. Ugyanis:

Ha D< 0, корней нет;
Ha D = 0, akkor pontosan egy gyök van;
Ha D > 0, akkor két gyök lesz.

Kérjük, vegye figyelembe: a diszkrimináns a gyökerek számát jelöli, és egyáltalán nem a jeleiket, ahogyan azt valamiért sokan gondolják. Vessen egy pillantást a példákra, és mindent meg fog érteni:

Egy feladat. Hány gyöke van a másodfokú egyenleteknek:

x 2 - 8x + 12 = 0;

5x2 + 3x + 7 = 0;

x 2 − 6x + 9 = 0.

Felírjuk az első egyenlet együtthatóit, és megkeressük a diszkriminánst:
a = 1, b = -8, c = 12;
D = (-8) 2 - 4 1 12 = 64 - 48 = 16

Tehát a diszkrimináns pozitív, tehát az egyenletnek két különböző gyökere van. Ugyanígy elemezzük a második egyenletet:
a = 5; b = 3; c = 7;
D \u003d 3 2 - 4 5 7 \u003d 9 - 140 \u003d -131.

A diszkrimináns negatív, nincsenek gyökerei. Az utolsó egyenlet marad:
a = 1; b = -6; c = 9;
D = (−6) 2 − 4 1 9 = 36 − 36 = 0.

A diszkrimináns egyenlő nullával - a gyökér egy lesz.

Vegye figyelembe, hogy minden egyenlethez együtthatókat írtunk ki. Igen, hosszú, igen, fárasztó – de nem fogod összekeverni az esélyeket, és nem követsz el hülye hibákat. Válassz magadnak: sebesség vagy minőség.

Mellesleg, ha „megtölti a kezét”, egy idő után már nem kell kiírnia az összes együtthatót. Ilyen műveleteket hajt végre a fejében. A legtöbb ember ezt valahol 50-70 megoldott egyenlet után kezdi el – általában nem annyira.

Másodfokú egyenlet gyökerei

Most térjünk át a megoldásra. Ha a diszkrimináns D > 0, akkor a gyökök a következő képletekkel kereshetők:

A másodfokú egyenlet gyökeinek alapképlete

Ha D = 0, bármelyik képletet használhatja - ugyanazt a számot kapja, amely lesz a válasz. Végül, ha D< 0, корней нет — ничего считать не надо.

x 2 - 2x - 3 = 0;

15 - 2x - x2 = 0;

x2 + 12x + 36 = 0.

Első egyenlet:
x 2 - 2x - 3 = 0 ⇒ a = 1; b = -2; c = -3;
D = (−2) 2 − 4 1 (−3) = 16.

D > 0 ⇒ az egyenletnek két gyöke van. Keressük meg őket:

Második egyenlet:
15 − 2x − x 2 = 0 ⇒ a = −1; b = -2; c = 15;
D = (−2) 2 − 4 (−1) 15 = 64.

D > 0 ⇒ az egyenletnek ismét két gyöke van. Keressük meg őket

\[\begin(align) & ((x)_(1))=\frac(2+\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=-5; \\ & ((x)_(2))=\frac(2-\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=3. \\ \end(igazítás)\]

Végül a harmadik egyenlet:
x 2 + 12x + 36 = 0 ⇒ a = 1; b = 12; c = 36;
D = 12 2 − 4 1 36 = 0.

D = 0 ⇒ az egyenletnek egy gyöke van. Bármilyen képlet használható. Például az első:

Amint a példákból látható, minden nagyon egyszerű. Ha ismeri a képleteket és tud számolni, akkor nem lesz probléma. Leggyakrabban akkor fordulnak elő hibák, amikor negatív együtthatókat helyettesítenek be a képletbe. Itt ismét a fent leírt technika segít: nézze meg a képletet szó szerint, fesse le minden lépést - és nagyon hamar megszabaduljon a hibáktól.

Hiányos másodfokú egyenletek

Előfordul, hogy a másodfokú egyenlet némileg eltér a definícióban megadottól. Például:

x2 + 9x = 0;
x2 − 16 = 0.

Könnyen belátható, hogy az egyik kifejezés hiányzik ezekből az egyenletekből. Az ilyen másodfokú egyenleteket még könnyebb megoldani, mint a szabványosakat: még a diszkriminánst sem kell kiszámítani. Tehát vezessünk be egy új koncepciót:

Az ax 2 + bx + c = 0 egyenletet nem teljes másodfokú egyenletnek nevezzük, ha b = 0 vagy c = 0, azaz. az x változó vagy a szabad elem együtthatója nullával egyenlő.

Természetesen nagyon nehéz eset lehetséges, ha mindkét együttható nulla: b \u003d c \u003d 0. Ebben az esetben az egyenlet ax 2 \u003d 0 alakot ölt. Nyilvánvaló, hogy egy ilyen egyenletnek egyetlen egyenlete van. gyökér: x \u003d 0.

Nézzünk más eseteket. Legyen b \u003d 0, akkor egy ax 2 + c \u003d 0 formájú hiányos másodfokú egyenletet kapunk. Alakítsuk át kissé:

Mert az aritmetika Négyzetgyök csak nem negatív számból létezik, az utolsó egyenlőségnek csak (-c /a ) ≥ 0 esetén van értelme. Következtetés:

Ha egy ax 2 + c = 0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet kielégíti a (−c / a ) ≥ 0 egyenlőtlenséget, akkor két gyöke lesz. A képlet fent van megadva;
Ha (-c / a )< 0, корней нет.

Amint látja, a diszkriminánsra nem volt szükség – a hiányos másodfokú egyenletekben egyáltalán nincs bonyolult számítás. Valójában nem is szükséges emlékezni a (−c / a ) ≥ 0 egyenlőtlenségre. Elég, ha kifejezzük x 2 értékét, és megnézzük, mi van az egyenlőségjel másik oldalán. Ha van pozitív szám, akkor két gyöke lesz. Ha negatív, akkor egyáltalán nem lesznek gyökerei.

Most foglalkozzunk az ax 2 + bx = 0 alakú egyenletekkel, amelyekben a szabad elem egyenlő nullával. Itt minden egyszerű: mindig két gyökér lesz. Elegendő a polinomot faktorozni:

A közös tényezőt kivesszük a zárójelből

A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Innen erednek a gyökerek. Végezetül elemezünk néhány egyenletet: