A másodfokú egyenlet vezető együtthatója. Hiányos másodfokú egyenletek

Másodfokú egyenlet – könnyen megoldható! *Továbbá a "KU" szövegben. Barátaim, úgy tűnik, hogy a matematikában ez könnyebb lehet, mint egy ilyen egyenlet megoldása. De valami azt súgta nekem, hogy sok embernek problémája van vele. Úgy döntöttem, megnézem, hány megjelenítést ad a Yandex kérésenként havonta. Íme, mi történt, nézze meg:

Mit jelent? Ez azt jelenti, hogy havonta körülbelül 70 000 embert keresnek ez az információ, mi köze ehhez a nyárnak, és mi fog történni között tanév- a kérések kétszer akkoraak lesznek. Ez nem meglepő, hiszen azok a fiúk és lányok, akik már régen végeztek a vizsgára, keresik ezeket az információkat, és az iskolások is igyekeznek felfrissíteni az emlékezetüket.

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

A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

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

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

1. Legyen két gyökere.

2. * Csak egy gyökere van.

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

Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!

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

A gyökérképletek a következők:

* Ezeket a képleteket fejből kell tudni.

Azonnal leírhatod és megoldhatod:

Példa:

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

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

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

Nézzük az egyenletet:

Által ezt az alkalmat amikor a diszkrimináns nulla, az iskolai kurzus azt mondja, hogy egy gyököt kapunk, itt ez kilencnek felel meg. Így van, így van, de...

Ez az ábrázolás némileg téves. Valójában két gyökere van. Igen, igen, ne lepődj meg, kiderül kettő egyenlő gyökér, és hogy matematikailag pontosak legyünk, a válaszban két gyöket kell írni:

x 1 = 3 x 2 = 3

De ez így van - egy kis kitérő. Az iskolában leírhatod és elmondhatod, hogy csak egy gyökér van.

Most a következő példa:

Mint tudjuk, a negatív szám gyökét nem vonjuk ki, így ebben az esetben nincs megoldás.

Ez az egész döntési folyamat.

Másodfokú függvény.

Így néz ki a megoldás geometriailag. Ennek megértése rendkívül fontos (a jövőben az egyik cikkben részletesen elemezzük a másodfokú egyenlőtlenség megoldását).

Ez az űrlap függvénye:

ahol x és y változók

a, b, c - adott számokat, ahol a ≠ 0

A grafikon egy parabola:

Vagyis kiderül, hogy egy olyan másodfokú egyenlet megoldásával, ahol "y" egyenlő nullával, megtaláljuk a parabola és az x tengellyel való metszéspontjait. Ezek közül kettő lehet (a diszkrimináns pozitív), egy (a diszkrimináns nulla) vagy egy sem (a diszkrimináns negatív). Részletek kb másodfokú függvény Megnézheti Inna Feldman cikke.

Vegye figyelembe a példákat:

1. példa: Döntse el 2x 2 +8 x–192=0

a=2 b=8 c= -192

D = b 2 –4ac = 8 2 –4∙2∙(–192) = 64+1536 = 1600

Válasz: x 1 = 8 x 2 = -12

* Azonnal eloszthatja az egyenlet bal és jobb oldalát 2-vel, vagyis egyszerűsítheti. A számítások egyszerűbbek lesznek.

2. példa: Oldja meg x2–22 x+121 = 0

a=1 b=-22 c=121

D = b 2 –4ac =(–22) 2 –4∙1∙121 = 484–484 = 0

Azt kaptuk, hogy x 1 \u003d 11 és x 2 \u003d 11

A válaszban megengedett az x = 11 beírása.

Válasz: x = 11

3. példa: Oldja meg x 2 – 8x+72 = 0

a=1 b= -8 c=72

D = b 2 –4ac =(–8) 2 –4∙1∙72 = 64–288 = –224

A diszkrimináns negatív, valós számokban nincs megoldás.

Válasz: nincs megoldás

A diszkrimináns negatív. Van megoldás!

Itt az egyenlet megoldásáról lesz szó abban az esetben, ha negatív diszkriminánst kapunk. Tudsz valamit a komplex számokról? Nem részletezem itt, hogy miért és hol keletkeztek, és mi a konkrét szerepük és szükségességük a matematikában, ez egy nagy külön cikk témája.

A komplex szám fogalma.

Egy kis elmélet.

A z komplex szám alakja

z = a + bi

ahol a és b van valós számok, i az úgynevezett képzeletbeli egység.

a+bi EGY SZÁM, nem kiegészítés.

A képzeletbeli egység egyenlő mínusz egy gyökével:

Most nézzük meg az egyenletet:

Szerezzen két konjugált gyökeret.

Hiányos másodfokú egyenlet.

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

1. eset. b = 0 együttható.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Alakítsuk át:

Példa:

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

2. eset. Együttható c = 0.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Átalakítás, faktorizálás:

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

Példa:

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

x 1 = 0 x 2 = 5

3. eset: b = 0 és c = 0 együtthatók.

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

Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.

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

dex 2 + bx+ c=0 egyenlőség

a + b+ c = 0, azután

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

a+ =-velb, azután

Ezek a tulajdonságok segítenek megoldani egy bizonyos típusú egyenletet.

1. példa: 5001 x 2 –4995 x – 6=0

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

2. példa: 2501 x 2 +2507 x+6=0

Egyenlőség a+ =-velb, eszközök

Az együtthatók szabályszerűségei.

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

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

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

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

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

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

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

x 1 = 15 x 2 = 1/15.

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

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

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

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

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

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

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

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

Vieta tétele.

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

45 = 1∙45 45 = 3∙15 45 = 5∙9.

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

Vieta tétele ráadásul. kényelmes, mert a másodfokú egyenlet szokásos módon (a diszkriminánson keresztül) történő megoldása után a kapott gyökök ellenőrizhetők. Azt javaslom, hogy ezt mindig csináld.

ÁTVITELI MÓDSZER

Ezzel a módszerrel az "a" együtthatót megszorozzák a szabad taggal, mintha "átviszik" rá, ezért ún. átviteli mód. Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, ha egy egyenlet gyökereit könnyű megtalálni Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

Ha de± b+c≠ 0, akkor az átviteli technikát használják, például:

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

A (2) egyenletben szereplő Vieta-tétel szerint könnyű meghatározni, hogy x 1 \u003d 10 x 2 \u003d 1

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

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

Mi az indoklás? Nézze meg, mi történik.

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

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

A második (módosított) gyökerek 2-szer nagyobbak.

Ezért az eredményt elosztjuk 2-vel.

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

Válasz: x 1 = 5 x 2 = 0,5

négyzetméter ur-ie és a vizsga.

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

Mit érdemes megjegyezni!

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

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

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

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

A nem teljes másodfokú egyenlet abban különbözik a klasszikus (teljes) egyenletektől, hogy tényezői vagy szabad tagja nulla. Az ilyen függvények grafikonja parabolák. Az általános megjelenéstől függően 3 csoportra oszthatók. A megoldási elve minden egyenlettípus esetében ugyanaz.

Nincs semmi nehéz meghatározni a hiányos polinom típusát. A legjobb, ha a fő különbségeket szemléltető példákban tekintjük át:

1. Ha b = 0, akkor az egyenlet ax 2 + c = 0.
2. Ha c = 0, akkor az ax 2 + bx = 0 kifejezést kell megoldani.
3. Ha b = 0 és c = 0, akkor a polinom ax 2 = 0 típusú egyenlőséggé válik.

Ez utóbbi eset inkább elméleti lehetőség, és soha nem fordul elő tudástesztekben, mivel a kifejezésben az x egyetlen igaz értéke nulla. A jövőben figyelembe veszik a hiányos problémák megoldásának módszereit és példáit. másodfokú egyenletek 1) és 2) fajok.

Általános algoritmus változók keresésére és példák megoldással

Az egyenlet típusától függetlenül a megoldási algoritmus a következő lépésekre redukálódik:

1. Hozd a kifejezést olyan formába, amely alkalmas a gyökerek megtalálásához.
2. Végezzen számításokat.
3. Írd le a választ.

A legegyszerűbb a hiányos egyenleteket úgy megoldani, hogy a bal oldalt beszámítjuk, a jobb oldalon pedig nullát hagyunk. Így a gyökök megtalálására szolgáló hiányos másodfokú egyenlet képlete leredukálódik x értékének kiszámítására minden egyes tényező esetében.

A megoldást csak a gyakorlatban tanulhatja meg, ezért fontolja meg konkrét példa a hiányos egyenlet gyökereinek megtalálása:

Mint látható, ebben az esetben b = 0. Tényezősítjük a bal oldalt, és megkapjuk a kifejezést:

4(x - 0,5) ⋅ (x + 0,5) = 0.

Nyilvánvaló, hogy a szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Hasonló követelményeket teljesítenek az x1 = 0,5 és (vagy) x2 = -0,5 változó értékei.

Annak érdekében, hogy könnyen és gyorsan megbirkózzon a lebontás feladatával négyzetes trinomikus szorzót, emlékeznie kell a következő képletre:

Ha a kifejezésben nincs szabad kifejezés, a feladat nagymértékben leegyszerűsödik. Elég lesz csak megtalálni és kivenni a közös nevezőt. Az érthetőség kedvéért nézzünk meg egy példát az ax2 + bx = 0 formájú nem teljes másodfokú egyenletek megoldására.

Vegyük ki az x változót a zárójelekből, és kapjuk a következő kifejezést:

x ⋅ (x + 3) = 0.

A logika alapján azt a következtetést vonjuk le, hogy x1 = 0 és x2 = -3.

A hagyományos megoldási mód és a hiányos másodfokú egyenletek

Mi történik, ha a diszkrimináns formulát alkalmazzuk, és megpróbáljuk megtalálni a polinom gyökét nullával egyenlő együtthatókkal? Vegyünk egy példát a 2017-es matematika egységes államvizsga tipikus feladatainak gyűjteményéből, standard képletekkel és faktorizációs módszerrel oldjuk meg.

7x 2 - 3x = 0.

Számítsd ki a diszkrimináns értékét: D = (-3)2 - 4 ⋅ (-7) ⋅ 0 = 9. Ebből kiderül, hogy a polinomnak két gyöke van:

Most oldja meg az egyenletet faktorálással, és hasonlítsa össze az eredményeket.

X ⋅ (7x + 3) = 0,

2) 7x + 3 = 0,
7x=-3,
x = -.

Mint látható, mindkét módszer ugyanazt az eredményt adja, de az egyenlet megoldásának második módja sokkal egyszerűbbnek és gyorsabbnak bizonyult.

Vieta tétele

De mit kezdjünk a szeretett Vieta-tétellel? Alkalmazható-e ez a módszer hiányos trinomiális esetén? Próbáljuk megérteni a nem teljes egyenletek ax2 + bx + c = 0 klasszikus formára való redukálásának szempontjait.

Valójában ebben az esetben is alkalmazhatjuk Vieta tételét. Csak a kifejezést kell általános formába vinni, a hiányzó kifejezéseket nullára cserélni.

Például b = 0 és a = 1 esetén az összetévesztés lehetőségének kiküszöbölése érdekében a feladatot a következő formában kell felírni: ax2 + 0 + c = 0. Ekkor a gyökök összegének és szorzatának aránya, ill. A polinom tényezőit a következőképpen fejezhetjük ki:

Az elméleti számítások segítik a kérdés lényegének megismerését, a megoldás során mindig készségfejlesztést igényelnek konkrét feladatokat. Lapozzunk ismét a vizsga tipikus feladatainak kézikönyvéhez, és keressünk egy megfelelő példát:

A kifejezést olyan formában írjuk, amely alkalmas a Vieta-tétel alkalmazására:

x2 + 0 - 16 = 0.

A következő lépés egy feltételrendszer létrehozása:

Nyilvánvaló, hogy a négyzetpolinom gyökerei x 1 \u003d 4 és x 2 \u003d -4 lesznek.

Most gyakoroljuk az egyenlet általános formába hozását. Vegyük a következő példát: 1/4× x 2 – 1 = 0

Ahhoz, hogy a Vieta-tételt alkalmazzuk a kifejezésre, meg kell szabadulni a törttől. Szorozzuk meg a bal és a jobb oldalt 4-gyel, és nézzük meg az eredményt: x2 - 4 = 0. A kapott egyenlőség készen áll a Vieta-tétel megoldására, de sokkal egyszerűbb és gyorsabb a válasz megszerzése egyszerűen c = átvitellel. 4 az egyenlet jobb oldalára: x2 = 4.

Összefoglalva azt kell mondani, hogy a legjobb mód hiányos egyenletek megoldása a faktorizálás, a legegyszerűbb és gyors módszer. Ha nehézségekbe ütközik a gyökerek megtalálása során, hivatkozhat a hagyományos gyökerek megtalálásának módszerére a diszkrimináns segítségével.

A másodfokú egyenlet egy a*x^2 +b*x+c=0 alakú egyenlet, ahol a,b,c tetszőleges valós (valós) számok, x pedig egy változó. És az a szám nem egyenlő 0-val.

Az a,b,c számokat együtthatóknak nevezzük. Az a - számot vezető együtthatónak, a b számot x-ben lévő együtthatónak, a c számot szabadtagnak nevezzük. Egyes irodalomban más nevek is megtalálhatók. Az a számot első együtthatónak, a b számot második együtthatónak nevezzük.

Másodfokú egyenletek osztályozása

A másodfokú egyenleteknek saját osztályozásuk van.

Az együtthatók jelenléte alapján:

1. Tele

2. Hiányos

Az ismeretlen legmagasabb fokának együtthatójának értékével(a vezető együttható értékéhez):

1. Adott

2. Nem csökkentett

Másodfokú egyenlet teljesnek nevezik ha tartalmazza mindhárom együtthatót és ezek nem nullák. Általános forma teljes másodfokú egyenlet: a*x^2 +b*x+c=0;

Másodfokú egyenlet hiányosnak nevezik ha az a * x ^ 2 + b * x + c \u003d 0 egyenletben a b vagy c együtthatók egyike nulla (b \u003d 0 vagy c \u003d 0), azonban egy hiányos másodfokú egyenlet is egy egyenlet, amelyben a b és a c együttható egyidejűleg egyenlő nullával (b=0 és c=0).

Érdemes megjegyezni, hogy itt nincs szó a vezető együtthatóról, mivel a másodfokú egyenlet definíciója szerint annak nullától eltérőnek kell lennie.

adott ha annak vezető együtthatója egyenlő eggyel(a=1). Az adott másodfokú egyenlet általános képe: x^2 +d*x+e=0.

A másodfokú egyenletet ún csökkentetlen, ha az egyenletben a vezető együttható nullától eltérő. A redukálatlan másodfokú egyenlet általános képe: a*x^2 +b*x+c=0.

Meg kell jegyezni, hogy bármely nem redukált másodfokú egyenlet redukálható redukáltra. Ehhez el kell osztani a másodfokú egyenlet együtthatóit a vezető együtthatóval.

Kvadratikus példák

Vegyünk egy példát: megvan a 2*x^2 - 6*x+7 =0 egyenlet;

Alakítsuk át a fenti egyenletté. A vezető együttható 2. Osszuk el vele az egyenletünk együtthatóit, és írjuk fel a választ!

x^2 - 3*x+3,5 =0;

Ahogy észrevette, a másodfokú egyenlet jobb oldalán egy másodfokú a * x ^ 2 + b * x + c polinom található. Négyzetes trinomiálisnak is nevezik.

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

A másodfokú egyenlet általános képe

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

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

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

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

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

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

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

A másodfokú egyenletek rekordjainak típusai

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

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

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

A diszkrimináns és a gyökök számának az értékétől való függése

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

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

Hogyan oldható meg a teljes másodfokú egyenlet?

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

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

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

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

Hogyan oldható meg egy nem teljes másodfokú egyenlet?

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

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

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

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

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

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

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

Példák

A következő másodfokú egyenleteket kell megoldani:

x 2 - 7x \u003d 0;

15 - 2x - x 2 \u003d 0;

x 2 + 8 + 3x = 0;

12x + x 2 + 36 = 0;

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

5x (x - 4) = 0

5 x = 0 vagy x - 4 = 0

x = ± √ 25/4

Természetesen, miután megtanultam elsőfokú egyenleteket megoldani, szeretnék másokkal együtt dolgozni, különösen másodfokú, másodfokú egyenletekkel, amelyeket másodfokúnak neveznek.

A másodfokú egyenletek ax² + bx + c = 0 típusú egyenletek, ahol a változó x, a számok - a, b, c, ahol a nem egyenlő nullával.

Ha egy másodfokú egyenletben az egyik vagy a másik együttható (c vagy b) egyenlő nullával, akkor ez az egyenlet egy hiányos másodfokú egyenletre vonatkozik.

Hogyan lehet megoldani egy hiányos másodfokú egyenletet, ha a hallgatók eddig csak elsőfokú egyenleteket tudtak megoldani? Tekintsünk hiányos másodfokú egyenleteket különböző típusokÉs egyszerű módokon döntéseiket.

a) Ha a c együttható 0, és a b együttható nem nulla, akkor ax ² + bx + 0 = 0 egy ax ² + bx = 0 alakú egyenletre redukálódik.

Egy ilyen egyenlet megoldásához ismerni kell a hiányos másodfokú egyenlet megoldásának képletét, amely abból áll, hogy a bal oldalát faktorokra bontjuk, majd később felhasználjuk azt a feltételt, hogy a szorzat egyenlő nullával.

Például 5x ² - 20x \u003d 0. Az egyenlet bal oldalát faktorokra bontjuk, miközben a szokásos módon járunk el. matematikai művelet: a közös tényezőt zárójelből kivenni

5x (x - 4) = 0

Azt a feltételt használjuk, hogy a termékek nullával egyenlőek.

5 x = 0 vagy x - 4 = 0

A válasz a következő lesz: az első gyök 0; a második gyök 4.

b) Ha b \u003d 0, és a szabad tag nem egyenlő nullával, akkor az ax ² + 0x + c \u003d 0 egyenletet ax ² + c \u003d 0 formájú egyenletre redukáljuk. Oldja meg az egyenleteket kettőben módszerek: a) a bal oldali egyenlet polinomjának faktorokra bontása ; b) az aritmetikai négyzetgyök tulajdonságainak felhasználásával. Egy ilyen egyenletet a következő módszerek egyikével lehet megoldani, például:

x = ± √ 25/4

x = ± 5/2. A válasz: az első gyök 5/2; a második gyök - 5/2.

c) Ha b egyenlő 0 és c egyenlő 0, akkor ax² + 0 + 0 = 0 egy ax² = 0 alakú egyenletre redukálódik. Egy ilyen egyenletben x 0 lesz.

Mint látható, a nem teljes másodfokú egyenleteknek legfeljebb két gyöke lehet.