BAN BEN modern társadalom a négyzetes változót tartalmazó egyenletekkel való operáció képessége számos tevékenységi területen hasznos lehet, és a gyakorlatban is széles körben alkalmazzák a tudományos és műszaki fejlesztésekben. Ezt a tengeri és folyami hajók, repülőgépek és rakéták tervezése bizonyítja. Az ilyen számítások segítségével meghatározzák a különböző testek, köztük az űrobjektumok mozgásának pályáit. Megoldási példák másodfokú egyenletek nemcsak a gazdasági előrejelzésekben, az épületek tervezésében és kivitelezésében, hanem a leghétköznapibb körülmények között is használatosak. Szükség lehet rájuk kempingezéskor, sportrendezvényeken, üzletekben vásárláskor és más nagyon gyakori helyzetekben.

Bontsuk fel a kifejezést komponenstényezőkre

Az egyenlet mértékét a változó fokszámának maximális értéke határozza meg, amelyet az adott kifejezés tartalmaz. Ha egyenlő 2-vel, akkor egy ilyen egyenletet másodfokú egyenletnek nevezünk.

Ha a formulák nyelvén beszélünk, akkor ezek a kifejezések, akárhogy is néznek ki, mindig formába hozhatók, amikor a kifejezés bal oldala három tagból áll. Közülük: ax 2 (vagyis a változó négyzete az együtthatójával), bx (az ismeretlen a négyzet nélkül az együtthatójával) és c (a szabad komponens, azaz közös szám). Mindez a jobb oldalon 0. Abban az esetben, ha egy ilyen polinomnak az ax 2 kivételével nincs meg az egyik alkotótagja, azt hiányos másodfokú egyenletnek nevezzük. Elsőként olyan problémák megoldására érdemes példákat venni, amelyekben a változók értékét nem nehéz megtalálni.

Ha a kifejezés úgy néz ki, hogy a kifejezés jobb oldalán két tag van, pontosabban az ax 2 és a bx, akkor az x-et a legegyszerűbb a változó zárójelbe helyezésével találni. Most az egyenletünk így fog kinézni: x(ax+b). Továbbá nyilvánvalóvá válik, hogy vagy x=0, vagy a probléma a következő kifejezésből való változó keresésére redukálódik: ax+b=0. Ezt a szorzás egyik tulajdonsága diktálja. A szabály szerint két tényező szorzata csak akkor 0, ha az egyik nulla.

Példa

x=0 vagy 8x - 3 = 0

Ennek eredményeként az egyenlet két gyökét kapjuk: 0 és 0,375.

Az ilyen egyenletek leírhatják a testek gravitáció hatására történő mozgását, amelyek egy bizonyos ponttól indultak el, amelyet origónak tekintünk. Itt a matematikai jelölés a következő alakot ölti: y = v 0 t + gt 2 /2. A szükséges értékek behelyettesítésével, a jobb oldal 0-val való egyenlővé tételével és az esetleges ismeretlenek megtalálásával megtudhatja a test felemelkedésétől a leesésig eltelt időt, valamint sok más mennyiséget is. De erről később beszélünk.

Egy kifejezés faktorálása

A fent leírt szabály lehetővé teszi ezeknek a problémáknak és még sok másnak a megoldását nehéz esetek. Tekintsünk példákat az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldására.

X2 - 33x + 200 = 0

Ez négyzetes trinomikus teljes. Először is átalakítjuk a kifejezést, és faktorokra bontjuk. Ebből kettő van: (x-8) és (x-25) = 0. Ennek eredményeként két gyökünk van: 8 és 25.

A 9. osztályos másodfokú egyenletek megoldására vonatkozó példák lehetővé teszik, hogy ez a módszer nemcsak másodrendű, hanem akár harmad- és negyedrendű kifejezésekben is változót találjon.

Például: 2x 3 + 2x 2 - 18x - 18 = 0. Ha a jobb oldalt változóval faktorokba vesszük, akkor ezek közül három van, azaz (x + 1), (x-3) és (x +) 3).

Ennek eredményeként nyilvánvalóvá válik, hogy ennek az egyenletnek három gyökere van: -3; -1; 3.

A négyzetgyök kivonása

A hiányos másodrendű egyenlet másik esete a betűk nyelvén írt kifejezés úgy, hogy a jobb oldal az ax 2 és c komponensekből épül fel. Itt a változó értékének megszerzéséhez a szabad tagot áthelyezzük a jobb oldalra, majd ezt követően az egyenlőség mindkét részéből, Négyzetgyök. Meg kell jegyezni, hogy ebben az esetben az egyenletnek általában két gyöke van. Kivételt képeznek a c kifejezést egyáltalán nem tartalmazó egyenlőségek, ahol a változó nullával egyenlő, valamint a kifejezések olyan változatai, amikor a jobb oldal negatívnak bizonyul. Ez utóbbi esetben egyáltalán nincs megoldás, mivel a fenti műveletek nem hajthatók végre gyökérrel. Meg kell fontolni az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldási példáit.

Ebben az esetben az egyenlet gyökerei a -4 és 4 számok lesznek.

A földterület kiszámítása

Az effajta számítások igénye már az ókorban felmerült, mert a matematika fejlődése azokban a távoli időkben nagyrészt annak volt köszönhető, hogy a földterületek területét és kerületét a legnagyobb pontossággal kellett meghatározni.

Ilyen jellegű feladatok alapján összeállított másodfokú egyenletek megoldására is érdemes példákat venni.

Tehát tegyük fel, hogy van egy téglalap alakú földdarab, amelynek hossza 16 méterrel több, mint a szélessége. Meg kell keresni a telek hosszát, szélességét és kerületét, ha ismert, hogy a területe 612 m 2.

Ha rátérünk az üzletre, először elkészítjük a szükséges egyenletet. Jelöljük a szakasz szélességét x-el, akkor a hossza (x + 16) lesz. A leírtakból következik, hogy a területet az x (x + 16) kifejezés határozza meg, ami a feladatunk feltétele szerint 612. Ez azt jelenti, hogy x (x + 16) \u003d 612.

A teljes másodfokú egyenletek megoldása, és ez a kifejezés éppen erről szól, nem végezhető el ugyanúgy. Miért? Bár ennek bal oldala továbbra is két tényezőt tartalmaz, ezek szorzata egyáltalán nem egyenlő 0-val, ezért itt más módszereket alkalmazunk.

Megkülönböztető

Először is elvégezzük a szükséges átalakításokat, majd kinézet ez a kifejezés így fog kinézni: x 2 + 16x - 612 = 0. Ez azt jelenti, hogy a korábban megadott szabványnak megfelelő formában kaptunk egy kifejezést, ahol a=1, b=16, c=-612.

Ez egy példa lehet másodfokú egyenletek megoldására a diszkrimináns segítségével. Itt szükséges számításokat séma szerint gyártjuk: D = b 2 - 4ac. Ez a segédérték nemcsak a kívánt értékek megtalálását teszi lehetővé a másodrendű egyenletben, hanem meghatározza a lehetséges opciók számát. D>0 esetben kettő van belőlük; D=0 esetén egy gyök van. Abban az esetben, ha D<0, никаких шансов для решения у уравнения вообще не имеется.

A gyökerekről és képletükről

Esetünkben a diszkrimináns: 256 - 4(-612) = 2704. Ez azt jelzi, hogy a problémánkra van válasz. Ha tudja, a másodfokú egyenletek megoldását az alábbi képlettel kell folytatni. Lehetővé teszi a gyökerek kiszámítását.

Ez azt jelenti, hogy a bemutatott esetben: x 1 =18, x 2 =-34. A második lehetőség ebben a dilemmában nem jelenthet megoldást, mert a telek mérete nem mérhető negatív értékekben, ami azt jelenti, hogy x (vagyis a telek szélessége) 18 m. Innen számítjuk a hosszt: 18+16=34, a kerület pedig 2(34+ 18) = 104 (m 2).

Példák és feladatok

Folytatjuk a másodfokú egyenletek tanulmányozását. Az alábbiakban példákat és ezek közül néhány részletes megoldását mutatjuk be.

1) 15x2 + 20x + 5 = 12x2 + 27x + 1

Vigyünk át mindent az egyenlőség bal oldalára, hajtsunk végre egy transzformációt, azaz megkapjuk az egyenlet alakját, amit általában standardnak neveznek, és egyenlővé tesszük a nullával.

15x 2 + 20x + 5 - 12x 2 - 27x - 1 = 0

A hasonlók hozzáadása után meghatározzuk a diszkriminánst: D \u003d 49 - 48 \u003d 1. Tehát az egyenletünknek két gyöke lesz. A fenti képlet szerint számítjuk ki őket, ami azt jelenti, hogy az első 4/3, a második pedig 1 lesz.

2) Most másfajta rejtvényeket fogunk feltárni.

Nézzük meg, hogy vannak-e itt egyáltalán x 2 - 4x + 5 = 1 gyökök? A kimerítő válasz érdekében a polinomot a megfelelő ismert alakra hozzuk, és kiszámítjuk a diszkriminánst. Ebben a példában nem szükséges a másodfokú egyenletet megoldani, mert a probléma lényege egyáltalán nem ebben rejlik. Ebben az esetben D \u003d 16 - 20 \u003d -4, ami azt jelenti, hogy tényleg nincsenek gyökerek.

Vieta tétele

Kényelmes a másodfokú egyenletek megoldása a fenti képletekkel és a diszkriminánssal, ha az utóbbi értékéből kivonjuk a négyzetgyököt. De ez nem mindig történik meg. Ebben az esetben azonban sokféleképpen lehet megkapni a változók értékét. Példa: másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével. Nevét egy férfiról kapta, aki a 16. századi Franciaországban élt, és matematikai tehetségének és udvari kapcsolatainak köszönhetően ragyogó karriert futott be. Portréja a cikkben látható.

A minta, amelyet a híres francia észrevett, a következő volt. Bebizonyította, hogy az egyenlet gyökeinek összege -p=b/a, szorzatuk pedig q=c/a.

Most nézzük meg a konkrét feladatokat.

3x2 + 21x - 54 = 0

Az egyszerűség kedvéért alakítsuk át a kifejezést:

x 2 + 7x - 18 = 0

A Vieta-tételt használva ez a következőt kapja: a gyökök összege -7, a szorzatuk pedig -18. Innen azt kapjuk, hogy az egyenlet gyökerei a -9 és 2 számok. Ellenőrzés után megbizonyosodunk arról, hogy a változók ezen értékei valóban beleférnek-e a kifejezésbe.

Parabola grafikonja és egyenlete

A másodfokú függvény és a másodfokú egyenletek fogalma szorosan összefügg. Erre már volt példa korábban. Most nézzünk meg néhány matematikai rejtvényt kicsit részletesebben. Bármely leírt típusú egyenlet vizuálisan ábrázolható. Az ilyen, gráf formájában megrajzolt függőséget parabolának nevezzük. Különböző típusai az alábbi ábrán láthatók.

Minden parabolának van egy csúcsa, vagyis egy pont, ahonnan az ágai kijönnek. Ha a>0, akkor magasra mennek a végtelenbe, és amikor a<0, они рисуются вниз. Простейшим примером подобной зависимости является функция y = x 2 . В данном случае в уравнении x 2 =0 неизвестное может принимать только одно значение, то есть х=0, а значит существует только один корень. Это неудивительно, ведь здесь D=0, потому что a=1, b=0, c=0. Выходит формула корней (точнее одного корня) квадратного уравнения запишется так: x = -b/2a.

A függvények vizuális megjelenítése segít bármilyen egyenlet megoldásában, beleértve a másodfokúakat is. Ezt a módszert grafikusnak nevezik. Az x változó értéke pedig az abszcissza koordinátája azokban a pontokban, ahol a gráfvonal metszi a 0x-et. A csúcs koordinátáit az imént adott x 0 = -b / 2a képlettel találhatjuk meg. És a kapott értéket behelyettesítve a függvény eredeti egyenletébe, megtudhatjuk, hogy y 0, azaz az y tengelyhez tartozó parabola csúcs második koordinátája.

A parabola ágainak metszéspontja az abszcissza tengellyel

Sok példa van a másodfokú egyenletek megoldására, de vannak általános minták is. Tekintsük őket. Nyilvánvaló, hogy a gráf 0x tengellyel való metszéspontja a>0 esetén csak akkor lehetséges, ha y 0 negatív értékeket vesz fel. És a<0 координата у 0 должна быть положительна. Для указанных вариантов D>0. Különben D<0. А когда D=0, вершина параболы расположена непосредственно на оси 0х.

A parabola grafikonjából a gyököket is meghatározhatja. Ennek a fordítottja is igaz. Vagyis ha vizuális képet kap másodfokú függvény nem könnyű, egyenlővé teheti a kifejezés jobb oldalát 0-val, és megoldhatja a kapott egyenletet. A 0x tengellyel való metszéspontok ismeretében pedig egyszerűbb az ábrázolás.

A történelemből

A négyzetes változót tartalmazó egyenletek segítségével a régi időkben nemcsak matematikai számításokat végeztek, hanem meghatározták a geometriai alakzatok területét. A régieknek szükségük volt ilyen számításokra a fizika és a csillagászat terén tett grandiózus felfedezésekhez, valamint az asztrológiai előrejelzésekhez.

A modern tudósok szerint Babilon lakói az elsők között oldották meg a másodfokú egyenleteket. Négy évszázaddal korunk eljövetele előtt történt. Természetesen számításaik alapvetően eltértek a jelenleg elfogadottaktól, és sokkal primitívebbnek bizonyultak. Például a mezopotámiai matematikusoknak fogalmuk sem volt a negatív számok létezéséről. Nem ismerték azokat a finomságokat sem, amelyeket korunk diákjai ismertek.

Talán még Babilon tudósainál korábban is az indiai bölcs, Baudhayama vette fel a másodfokú egyenletek megoldását. Ez körülbelül nyolc évszázaddal Krisztus korszakának eljövetele előtt történt. Igaz, a másodrendű egyenletek, az általa megadott megoldási módszerek voltak a legegyszerűbbek. Rajta kívül a kínai matematikusok is érdeklődtek a hasonló kérdések iránt régen. Európában a másodfokú egyenleteket csak a 13. század elején kezdték megoldani, később azonban olyan nagy tudósok is alkalmazták őket munkáik során, mint Newton, Descartes és még sokan mások.

A diszkriminancia kétértelmű fogalom. Ez a cikk a polinom diszkriminánsára összpontosít, amely lehetővé teszi annak meghatározását, hogy egy adott polinomnak vannak-e valós megoldásai. A négyzetes polinom képlete itt található iskolai tanfolyam algebra és elemzés. Hogyan lehet megtalálni a diszkriminálót? Mi kell az egyenlet megoldásához?

Másodfokú polinomot vagy másodfokú egyenletet nevezünk i * w ^ 2 + j * w + k egyenlő 0-val, ahol "i" és "j" az első és a második együttható, a "k" egy konstans, amelyet néha "elfogásnak" neveznek, és "w" egy változó. Gyökere annak a változónak az összes értéke lesz, amelynél identitássá válik. Egy ilyen egyenlőség átírható i, (w - w1) és (w - w2) 0-val egyenlő szorzataként. Ebben az esetben nyilvánvaló, hogy ha az "i" együttható nem tűnik el, akkor a függvény a A bal oldal csak akkor lesz nulla, ha x értéke w1 vagy w2. Ezek az értékek a polinom nullára állításának eredménye.

Egy olyan változó értékének meghatározásához, amelynél a másodfokú polinom eltűnik, egy segédkonstrukciót használunk, amely az együtthatóira épül, és amelyet diszkriminánsnak nevezünk. Ezt a konstrukciót a következő képlet alapján számítjuk ki: D egyenlő j * j - 4 * i * k. Miért használják?

1. Azt mondja, ha vannak érvényes eredmények.
2. Segít kiszámítani őket.

Hogyan mutatja ez az érték valódi gyökerek jelenlétét:

• Ha pozitív, akkor a valós számok tartományában két gyökér található.
• Ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét megoldás azonos. Azt mondhatjuk, hogy csak egy megoldás létezik, és az a valós számok birodalmából származik.
• Ha a diszkrimináns kisebb, mint nulla, akkor a polinomnak nincs valódi gyöke.

Számítási lehetőségek az anyag rögzítésére

Ha az összeg (7 * w^2; 3 * w; 1) egyenlő 0-val D-t a 3 * 3 - 4 * 7 * 1 = 9 - 28 képlettel számítjuk ki -19-et kapunk. A nulla alatti diszkrimináns érték azt jelzi, hogy a valós vonalon nincs eredmény.

Ha figyelembe vesszük, hogy 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 ekvivalens 0-val, akkor D-t úgy számítjuk ki, hogy (-3) négyzetként mínusz a (4; 2; 1) számok szorzata, és egyenlő 9-8, azaz 1. A pozitív érték két eredményt jelez a valós egyenesen.

Ha vesszük az összeget (w^2; 2 * w; 1), és egyenlőnek tesszük 0-val, D-t úgy számítjuk ki, hogy két négyzet mínusz a számok szorzata (4; 1; 1). Ez a kifejezés 4-4-re egyszerűsödik, és nullára változik. Kiderült, hogy az eredmények ugyanazok. Ha alaposan megnézi ezt a képletet, világossá válik, hogy ez " teljes négyzet". Ez azt jelenti, hogy az egyenlőség átírható (w + 1) ^ 2 = 0 alakban. Nyilvánvalóvá vált, hogy ebben a feladatban az eredmény „-1”. Abban a helyzetben, amikor D egyenlő 0-val, az egyenlőség bal oldala mindig összecsukható az „összeg négyzete” képlet szerint.

A diszkrimináns használata a gyökerek kiszámításához

Ez a segédkonstrukció nemcsak megmutatja a valós megoldások számát, hanem segít megtalálni azokat. A másodfokú egyenlet kiszámításának általános képlete a következő:

w = (-j +/- d) / (2 * i), ahol d az 1/2 hatványához tartozó diszkrimináns.

Tegyük fel, hogy a diszkrimináns nulla alatt van, akkor d képzeletbeli, és az eredmények képzeletbeliek.

D nulla, akkor d egyenlő D-vel az 1/2 hatványához képest szintén nulla. Megoldás: -j / (2 * i). Ha ismét figyelembe vesszük, hogy 1 * w ^ 2 + 2 * w + 1 = 0, akkor a -2 / (2 * 1) = -1 értékkel egyenértékű eredményeket találunk.

Tegyük fel, hogy D > 0, tehát d valós szám, és a válasz itt két részre oszlik: w1 = (-j + d) / (2 * i) és w2 = (-j - d) / (2 * i) . Mindkét eredmény érvényes lesz. Nézzük 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 = 0. Itt a diszkrimináns és a d egy. Tehát w1 (3 + 1) osztva (2 * 2) vagy 1-gyel, w2 pedig (3 - 1) osztva 2 * 2-vel vagy 1/2-vel.

A négyzet alakú kifejezés nullával való egyenlővé tételének eredményét a következő algoritmus szerint számítjuk ki:

1. Az érvényes megoldások számának meghatározása.
2. Számítás d = D^(1/2).
3. Az eredmény megkeresése a (-j +/- d) / (2 * i) képlet szerint.
4. A kapott eredmény kezdeti egyenlőségben való helyettesítése ellenőrzéssel.

Néhány speciális eset

Az együtthatóktól függően a megoldás némileg egyszerűsíthető. Nyilvánvaló, hogy ha a második hatvány változója előtti együttható nulla, akkor lineáris egyenlőséget kapunk. Ha a változó előtti együttható nulla az első hatványhoz képest, akkor két lehetőség lehetséges:

1. a polinom negatív szabad tagú négyzetek különbségévé bővül;
2. pozitív állandóra valós megoldásokat nem lehet találni.

Ha a szabad tag nulla, akkor a gyökök (0; -j) lesznek

De vannak más speciális esetek is, amelyek leegyszerűsítik a megoldás megtalálását.

Csökkentett másodfokú egyenlet

Az adott ún olyan négyzetes trinomit, ahol a legmagasabb tag előtti együttható egy. Erre a helyzetre a Vieta-tétel alkalmazható, amely azt mondja, hogy a gyökök összege egyenlő az első hatvány változójának együtthatójával, szorozva -1-gyel, és a szorzat megfelel a "k" állandónak.

Ezért w1 + w2 egyenlő -j-vel és w1 * w2 egyenlő k-val, ha az első együttható egy. Egy ilyen ábrázolás helyességének ellenőrzésére az első képletből kifejezhetjük w2 = -j - w1-et, és behelyettesíthetjük a második w1 * (-j - w1) = k egyenlőségbe. Az eredmény az eredeti w1 ^ 2 + j * w1 + k = 0 egyenlőség.

Fontos megjegyezni hogy i * w ^ 2 + j * w + k = 0 "i"-vel való osztással csökkenthető. Az eredmény a következő lesz: w^2 + j1 * w + k1 = 0 ahol j1 egyenlő j/i-vel és k1 egyenlő k/i-vel.

Nézzük a már megoldott 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 = 0 eredményt w1 = 1 és w2 = 1/2 eredménnyel. Felezni kell, ennek eredményeként w ^ 2 - 3/2 * w + 1/2 = 0. Ellenőrizzük, hogy a kapott eredményekre igazak-e a tétel feltételei: 1 + 1/2 = 3/2 és 1 * 1/2 = 1 /2.

Még a második tényező is

Ha az első hatványhoz tartozó változó tényezője (j) osztható 2-vel, akkor lehetőség nyílik a képlet egyszerűsítésére, és a D / 4 \u003d (j / 2) ^ 2 - i * k diszkriminans negyedén keresztül megoldást keresni. w = (-j +/- d/2) / i, ahol d/2 = D/4 1/2 hatványára.

Ha i = 1, és a j együttható páros, akkor a megoldás -1 és a w változóban lévő együttható felének szorzata, plusz/mínusz ennek a felének a négyzetgyöke, mínusz a "k" állandó. Képlet: w = -j / 2 +/- (j ^ 2 / 4 - k) ^ 1/2.

Magasabb rendű diszkrimináns

A fent vizsgált másodfokú diszkriminancia a leggyakrabban használt speciális eset. Általános esetben a polinom diszkriminánsa az ennek a polinomnak a gyökeinek különbségeinek szorzott négyzete. Ezért a nullával egyenlő diszkrimináns legalább két többszörös megoldás jelenlétét jelzi.

Tekintsük i * w ^ 3 + j * w ^ 2 + k * w + m = 0.

D \u003d j ^ 2 * k ^ 2 - 4 * i * k ^ 3 - 4 * i ^ 3 * k - 27 * i ^ 2 * m ^ 2 + 18 * i * j * k * m.

Tegyük fel, hogy a diszkrimináns nagyobb, mint nulla. Ez azt jelenti, hogy a valós számok tartományában három gyök található. A nullánál többféle megoldás létezik. Ha D< 0, то два корня комплексно-сопряженные, которые дают отрицательное значение при возведении в квадрат, а также один корень — вещественный.

Videó

Videónk részletesen elmondja a diszkrimináns kiszámításáról.

Nem kapott választ a kérdésére? Javasolj témát a szerzőknek.

Első szint

Másodfokú egyenletek. Átfogó útmutató (2019)

A "másodfokú egyenlet" kifejezésben a kulcsszó a "másodfokú". Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek szükségszerűen tartalmaznia kell egy változót (ugyanazt az X-et) a négyzetben, ugyanakkor nem lehetnek X-ek harmadik (vagy nagyobb) fokozatban.

Sok egyenlet megoldása másodfokú egyenletek megoldására redukálódik.

Tanuljuk meg meghatározni, hogy másodfokú egyenletünk van, és nem valami más.

1. példa

Szabaduljon meg a nevezőtől, és szorozza meg az egyenlet minden tagját ezzel

Vigyünk át mindent a bal oldalra, és rendezzük a kifejezéseket x hatványai szerint csökkenő sorrendbe

Most már bátran kijelenthetjük, hogy ez az egyenlet másodfokú!

2. példa

Szorozzuk meg a bal és a jobb oldalt a következővel:

Ez az egyenlet, bár eredetileg benne volt, nem négyzet!

3. példa

Szorozzunk meg mindent a következővel:

Ijedős? A negyedik és a második fok... Ha azonban cserét végzünk, látni fogjuk, hogy van egy egyszerű másodfokú egyenletünk:

4. példa

Úgy tűnik, hogy van, de nézzük meg közelebbről. Tegyünk mindent a bal oldalra:

Látod, összezsugorodott – és most ez egy egyszerű lineáris egyenlet!

Most próbálja meg eldönteni, hogy az alábbi egyenletek közül melyik másodfokú, és melyik nem:

Példák:

Válaszok:

1. négyzet;
2. négyzet;
3. nem négyzet alakú;
4. nem négyzet alakú;
5. nem négyzet alakú;
6. négyzet;
7. nem négyzet alakú;
8. négyzet.

A matematikusok feltételesen felosztják az összes másodfokú egyenletet a következő típusokra:

• Teljes másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együtthatók és a c szabad tag nem egyenlő nullával (mint a példában). Ezenkívül a teljes másodfokú egyenletek között vannak adott olyan egyenletek, amelyekben az együttható (az első példából származó egyenlet nemcsak teljes, hanem redukált is!)

• Hiányos másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:

  Hiányosak, mert valamilyen elem hiányzik belőlük. De az egyenletnek mindig x négyzetet kell tartalmaznia!!! Ellenkező esetben ez már nem másodfokú, hanem valami más egyenlet.

Miért találtak ki ilyen felosztást? Úgy tűnik, hogy van egy X négyzet, és rendben van. Az ilyen felosztás a megoldási módszereknek köszönhető. Tekintsük mindegyiket részletesebben.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

Először is koncentráljunk a hiányos másodfokú egyenletek megoldására – ezek sokkal egyszerűbbek!

A nem teljes másodfokú egyenletek a következő típusúak:

1. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.
2. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.
3. , ebben az egyenletben az együttható és a szabad tag egyenlő.

1. i. Mivel tudjuk, hogyan kell venni a négyzetgyököt, fejezzük ki ebből az egyenletből

A kifejezés lehet negatív vagy pozitív. A négyzetes szám nem lehet negatív, mert két negatív vagy két pozitív szám szorzásakor mindig pozitív szám lesz az eredmény, tehát: ha, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

És ha, akkor két gyökeret kapunk. Ezeket a képleteket nem kell megjegyezni. A lényeg az, hogy mindig tudnod kell és emlékezned kell arra, hogy ez nem lehet kevesebb.

Próbáljunk meg néhány példát megoldani.

5. példa:

Oldja meg az egyenletet

Most marad a gyökér kinyerése a bal és a jobb oldali részből. Végül is emlékszel, hogyan kell kivonni a gyökereket?

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!!!

6. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

7. példa:

Oldja meg az egyenletet

Ó! Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet

nincsenek gyökerek!

Az ilyen egyenletekhez, amelyekben nincsenek gyökerek, a matematikusok egy speciális ikont találtak ki - (üres halmaz). A választ pedig így írhatjuk:

Válasz:

Így ennek a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Itt nincsenek korlátozások, mivel nem bontottuk ki a gyökeret.
8. példa:

Oldja meg az egyenletet

Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:

És így,

Ennek az egyenletnek két gyökere van.

Válasz:

A nem teljes másodfokú egyenletek legegyszerűbb típusa (bár mindegyik egyszerű, igaz?). Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:

Itt példák nélkül megyünk.

Teljes másodfokú egyenletek megoldása

Emlékeztetünk arra, hogy a teljes másodfokú egyenlet az alakegyenlet egyenlete, ahol

A teljes másodfokú egyenletek megoldása egy kicsit bonyolultabb (csak egy kicsit) a megadottaknál.

Emlékezik, bármely másodfokú egyenlet megoldható a diszkrimináns segítségével! Még hiányos is.

A többi módszer segít gyorsabban megtenni, de ha problémái vannak a másodfokú egyenletekkel, először sajátítsa el a megoldást a diszkrimináns segítségével.

1. Másodfokú egyenletek megoldása a diszkrimináns segítségével.

A másodfokú egyenletek ilyen módon történő megoldása nagyon egyszerű, a lényeg az, hogy emlékezzen a műveletek sorrendjére és néhány képletre.

Ha, akkor az egyenletnek van gyöke Speciális figyelem húzz egy lépést. A diszkrimináns () az egyenlet gyökeinek számát adja meg.

• Ha, akkor a lépésben szereplő képlet erre csökken. Így az egyenletnek csak gyöke lesz.
• Ha, akkor a lépésnél nem tudjuk kinyerni a diszkrimináns gyökerét. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.

Térjünk vissza az egyenletekhez, és nézzünk meg néhány példát.

9. példa:

Oldja meg az egyenletet

1. lépés kihagyni.

2. lépés

A diszkrimináns megtalálása:

Tehát az egyenletnek két gyöke van.

3. lépés

Válasz:

10. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában van, tehát 1. lépés kihagyni.

2. lépés

A diszkrimináns megtalálása:

Tehát az egyenletnek egy gyöke van.

Válasz:

11. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában van, tehát 1. lépés kihagyni.

2. lépés

A diszkrimináns megtalálása:

Ez azt jelenti, hogy nem fogjuk tudni kinyerni a gyökeret a diszkriminánsból. Az egyenletnek nincsenek gyökerei.

Most már tudjuk, hogyan írjuk le helyesen az ilyen válaszokat.

Válasz: nincsenek gyökerei

2. Másodfokú egyenletek megoldása a Vieta-tétel segítségével.

Ha emlékszel, akkor van egy ilyen típusú egyenlet, amelyet redukáltnak neveznek (amikor az a együttható egyenlő):

Az ilyen egyenletek nagyon könnyen megoldhatók Vieta tételével:

A gyökerek összege adott másodfokú egyenlet egyenlő, és a gyökök szorzata egyenlő.

12. példa:

Oldja meg az egyenletet

Ez az egyenlet alkalmas a Vieta-tétel segítségével történő megoldásra, mert .

Az egyenlet gyökeinek összege, i.e. megkapjuk az első egyenletet:

A termék pedig:

Készítsük el és oldjuk meg a rendszert:

• És. Az összeg:
• És. Az összeg:
• És. Az összeg egyenlő.

és ezek a rendszer megoldásai:

Válasz: ; .

13. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

14. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:

Válasz:

NEGYEDES EGYENLETEK. ÁTLAGOS SZINT

Mi az a másodfokú egyenlet?

Más szóval a másodfokú egyenlet egy olyan alakú egyenlet, ahol - ismeretlen, - néhány szám is.

A számot a legmagasabb ill első együttható másodfokú egyenlet, - második együttható, A - ingyenes tag.

Miért? Mert ha, az egyenlet azonnal lineárissá válik, mert el fog tűnni.

Ebben az esetben és egyenlő lehet nullával. Ebben a székletegyenletben hiányosnak nevezik. Ha az összes kifejezés a helyén van, akkor az egyenlet teljes.

Megoldások különböző típusú másodfokú egyenletekre

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:

Először is elemezzük a hiányos másodfokú egyenletek megoldásának módszereit - ezek egyszerűbbek.

A következő típusú egyenleteket lehet megkülönböztetni:

I. , ebben az egyenletben az együttható és a szabad tag egyenlő.

II. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.

III. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.

Most fontolja meg ezen altípusok mindegyikének megoldását.

Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:

A négyzetes szám nem lehet negatív, mert ha két negatív vagy két pozitív számot szorozunk, az eredmény mindig pozitív szám lesz. Ezért:

ha, akkor az egyenletnek nincsenek megoldásai;

ha két gyökerünk van

Ezeket a képleteket nem kell megjegyezni. A legfontosabb, hogy ne feledje, hogy nem lehet kevesebb.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!

Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet

nincsenek gyökerei.

Ahhoz, hogy röviden írjuk, hogy a problémának nincs megoldása, az üres készlet ikont használjuk.

Válasz:

Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: és.

Válasz:

Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:

A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek van megoldása, ha:

Tehát ennek a másodfokú egyenletnek két gyökere van: és.

Példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és megkeressük a gyököket:

Válasz:

Teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:

1. Diszkrimináns

A másodfokú egyenletek ilyen módon történő megoldása egyszerű, a lényeg az, hogy emlékezzen a műveletek sorrendjére és néhány képletre. Ne feledje, hogy a diszkrimináns segítségével bármilyen másodfokú egyenlet megoldható! Még hiányos is.

Észrevetted a diszkrimináns gyökerét a gyökképletben? De a megkülönböztető lehet negatív is. Mit kell tenni? Különös figyelmet kell fordítanunk a 2. lépésre. A diszkrimináns megmondja az egyenlet gyökeinek számát.

• Ha, akkor az egyenletnek van gyöke:
• Ha, akkor az egyenletnek ugyanaz a gyöke, de valójában egy gyöke:

  Az ilyen gyökereket kettős gyökérnek nevezzük.

• Ha, akkor a diszkrimináns gyökerét nem nyerjük ki. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.

Miért lehetséges különböző mennyiségben gyökerek? Térjünk rá a másodfokú egyenlet geometriai jelentésére. A függvény grafikonja egy parabola:

Egy adott esetben, ami egy másodfokú egyenlet, . Ez pedig azt jelenti, hogy a másodfokú egyenlet gyökei az x tengellyel (tengely) való metszéspontok. Előfordulhat, hogy a parabola egyáltalán nem keresztezi a tengelyt, vagy egy (ha a parabola teteje a tengelyen van) vagy két pontban metszi azt.

Ezenkívül az együttható felelős a parabola ágainak irányáért. Ha, akkor a parabola ágai felfelé, és ha - akkor lefelé irányulnak.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Válasz: .

Válasz:

Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

Válasz: .

2. Vieta tétele

A Vieta-tétel használata nagyon egyszerű: csak egy olyan számpárt kell választania, amelynek szorzata egyenlő az egyenlet szabad tagjával, és az összeg egyenlő a második együtthatóval, amelyet ellenkező előjellel veszünk fel.

Fontos megjegyezni, hogy Vieta tétele csak erre alkalmazható adott másodfokú egyenletek ().

Nézzünk néhány példát:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Ez az egyenlet alkalmas a Vieta-tétel segítségével történő megoldásra, mert . Egyéb együtthatók: ; .

Az egyenlet gyökeinek összege:

A termék pedig:

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, és ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:

• És. Az összeg:
• És. Az összeg:
• És. Az összeg egyenlő.

és ezek a rendszer megoldásai:

Így és ezek az egyenletünk gyökerei.

Válasz: ; .

2. példa:

Megoldás:

Kiválasztjuk azokat a számpárokat, amelyek megadják a szorzatot, majd ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:

és: adja összesen.

és: adja összesen. Ahhoz, hogy megkapja, csak meg kell változtatnia az állítólagos gyökerek jeleit: és végül is a munkát.

Válasz:

3. példa:

Megoldás:

Az egyenlet szabad tagja negatív, ezért a gyökök szorzata negatív szám. Ez csak akkor lehetséges, ha az egyik gyökér negatív, a másik pedig pozitív. Tehát a gyökerek összege az moduljaik különbségei.

Olyan számpárokat választunk ki, amelyek megadják a szorzatot, és amelyek különbsége egyenlő:

és: különbségük - nem megfelelő;

és: - nem alkalmas;

és: - nem alkalmas;

és: - alkalmas. Csak emlékezni kell arra, hogy az egyik gyökér negatív. Mivel ezek összegének egyenlőnek kell lennie, ezért az abszolút értékben kisebb gyöknek negatívnak kell lennie: . Ellenőrizzük:

Válasz:

4. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:

A szabad tag negatív, ezért a gyökök szorzata negatív. És ez csak akkor lehetséges, ha az egyenlet egyik gyöke negatív, a másik pedig pozitív.

Kiválasztjuk azokat a számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, majd meghatározzuk, hogy mely gyököknek legyen negatív előjele:

Nyilvánvalóan csak a gyökerek és az első feltételre alkalmasak:

Válasz:

5. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:

A gyökök összege negatív, ami azt jelenti, hogy legalább az egyik gyökér negatív. De mivel a termékük pozitív, ez azt jelenti, hogy mindkét gyökér mínusz.

Olyan számpárokat választunk ki, amelyek szorzata egyenlő:

Nyilvánvaló, hogy a gyökerek a számok és.

Válasz:

Egyetértek, nagyon kényelmes - szóban feltalálni a gyökereket, ahelyett, hogy ezt a csúnya megkülönböztetőt számolnánk. Próbálja meg minél gyakrabban használni Vieta tételét.

A Vieta-tétel azonban szükséges a gyökerek megtalálásának megkönnyítése és felgyorsítása érdekében. Ahhoz, hogy nyereséges legyen a használata, a műveleteket automatizálni kell. És ehhez oldj meg még öt példát. De ne csalj: nem használhatod a diszkriminánst! Csak Vieta tétele:

Megoldások önálló munkavégzésre:

1. feladat ((x)^(2))-8x+12=0

Vieta tétele szerint:

A válogatást szokás szerint a termékkel kezdjük:

Nem alkalmas, mert az összeg;

: az összeg az, amire szüksége van.

Válasz: ; .

2. feladat.

És ismét a kedvenc Vieta-tételünk: az összegnek ki kell jönnie, de a szorzat egyenlő.

De mivel nem kell, hanem, megváltoztatjuk a gyökerek jeleit: és (összesen).

Válasz: ; .

3. feladat.

Hmm... Hol van?

Az összes feltételt egy részbe kell áthelyezni:

A gyökerek összege egyenlő a szorzattal.

Igen, állj! Az egyenlet nincs megadva. De Vieta tétele csak az adott egyenletekben alkalmazható. Tehát először meg kell hoznia az egyenletet. Ha nem tudja felhozni, dobja el ezt az ötletet, és oldja meg más módon (például a diszkrimináns segítségével). Hadd emlékeztesselek arra, hogy egy másodfokú egyenlet létrehozása azt jelenti, hogy a vezető együtthatót egyenlővé kell tenni:

Nagy. Ekkor a gyökök összege egyenlő, és a szorzat.

Itt könnyebb felvenni: végül is - prímszám (elnézést a tautológiáért).

Válasz: ; .

4. feladat.

A szabad kifejezés negatív. Mi olyan különleges benne? És az a tény, hogy a gyökerek különböző előjelűek lesznek. És most a kiválasztás során nem a gyökök összegét, hanem a moduljaik közötti különbséget ellenőrizzük: ez a különbség egyenlő, hanem a szorzat.

Tehát a gyökök egyenlőek és, de az egyik mínuszos. Vieta tétele azt mondja, hogy a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, azaz. Ez azt jelenti, hogy a kisebb gyökérnek mínusza lesz: és, mivel.

Válasz: ; .

5. feladat.

Mit kell először tenni? Így van, adja meg az egyenletet:

Ismét: kiválasztjuk a szám tényezőit, és különbségük egyenlő legyen:

A gyökerek egyenlőek és, de egyikük mínusz. Melyik? Összegüknek egyenlőnek kell lennie, ami azt jelenti, hogy mínusz esetén nagyobb gyökér lesz.

Válasz: ; .

Hadd foglaljam össze:

1. Vieta tétele csak az adott másodfokú egyenletekben használatos.
2. A Vieta-tétel segítségével kiválasztással, szóban megtalálhatja a gyökereket.
3. Ha az egyenlet nincs megadva, vagy nem található a szabad tag megfelelő tényezőpárja, akkor nincsenek egész gyökök, és ezt más módon kell megoldani (például a diszkrimináns segítségével).

3. Teljes négyzet kiválasztási módszer

Ha a rövidített szorzás képleteiből az összes ismeretlent tartalmazó tagot tagként ábrázoljuk - az összeg vagy a különbség négyzete -, akkor a változók változása után az egyenlet egy ilyen típusú hiányos másodfokú egyenletként ábrázolható.

Például:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

2. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

BAN BEN Általános nézet az átalakítás így fog kinézni:

Ez azt jelenti: .

Nem emlékeztet semmire? Ez a diszkrimináns! Pontosan így kaptuk meg a diszkrimináns képletet.

NEGYEDES EGYENLETEK. RÖVIDEN A FŐRŐL

Másodfokú egyenlet az egyenlet a formája, ahol az ismeretlen, a másodfokú egyenlet együtthatói, a szabad tag.

Teljes másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együtthatók nem egyenlőek nullával.

Csökkentett másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható, azaz: .

Hiányos másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:

• ha az együttható, az egyenlet alakja: ,
• ha szabad tag, akkor az egyenlet alakja: ,
• ha és, az egyenlet alakja: .

1. Algoritmus hiányos másodfokú egyenletek megoldására

1.1. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

1) Fejezd ki az ismeretlent: ,

2) Ellenőrizze a kifejezés jelét:

• ha, akkor az egyenletnek nincs megoldása,
• ha, akkor az egyenletnek két gyöke van.

1.2. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

1) Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelből: ,

2) A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ezért az egyenletnek két gyökere van:

1.3. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

Ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van: .

2. Algoritmus hol alakú teljes másodfokú egyenletek megoldására

2.1. Megoldás a diszkrimináns használatával

1) Hozzuk az egyenletet a szabványos alakba: ,

2) Számítsa ki a diszkriminánst a következő képlettel: , amely az egyenlet gyökeinek számát jelzi:

3) Keresse meg az egyenlet gyökereit:

• ha, akkor az egyenletnek van gyöke, amelyet a következő képlettel találunk meg:
• ha, akkor az egyenletnek van gyöke, amelyet a következő képlettel találunk meg:
• ha, akkor az egyenletnek nincs gyöke.

2.2. Megoldás Vieta tételével

A redukált másodfokú egyenlet (alakú egyenlet, ahol) gyökeinek összege egyenlő, a gyökök szorzata pedig egyenlő, azaz. , A.

2.3. Teljes négyzet alakú megoldás

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

Mit jelent? Ez azt jelenti, hogy havonta körülbelül 70 000 embert keresnek ez az információ, mi köze ehhez a nyárnak, és mi fog történni között tanév- a kérések kétszer akkoraak lesznek. Ez nem meglepő, mert azok a srácok és lányok, akik már régen végeztek az iskolában és készülnek 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 megjelenik a „KU” beszéd, linket adok ehhez a cikkhez; harmadszor, kicsit többet mesélek a megoldásáról, mint azt más oldalakon szokták mondani. Kezdjük el! A cikk tartalma:

A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

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

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

1. Legyen két gyökere.

2. * Csak egy gyökere van.

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

Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!

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

A gyökérképletek a következők:

* Ezeket a képleteket fejből kell tudni.

Azonnal leírhatod és megoldhatod:

Példa:

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

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

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

Nézzük az egyenletet:

Ebben az esetben, amikor a diszkrimináns nulla, az iskolai kurzus azt mondja, hogy egy gyökér keletkezik, itt kilenc. Így van, így van, de...

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

x 1 = 3 x 2 = 3

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

Most a következő példa:

Mint tudjuk, a gyökere negatív szám nincs kivonva, 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). Bővebben a másodfokú függvényről Megnézheti Inna Feldman cikke.

Vegye figyelembe a példákat:

1. példa: Döntse el 2x 2 +8 x–192=0

a=2 b=8 c= -192

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

Válasz: x 1 = 8 x 2 = -12

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

2. példa: Döntsd el x2–22 x+121 = 0

a=1 b=-22 c=121

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

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

A válaszban megengedhető, hogy x = 11 legyen.

Válasz: x = 11

3. példa: Döntsd el x 2 – 8x+72 = 0

a=1 b= -8 c=72

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

A diszkrimináns negatív, valós számokban nincs megoldás.

Válasz: nincs megoldás

A diszkrimináns negatív. Van megoldás!

Itt az egyenlet megoldásáról lesz szó abban az esetben, ha negatív diszkriminánst kapunk. Tudsz valamit arról komplex számok? 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 valós számok, ott az i az úgynevezett imaginárius egység.

a+bi EGY SZÁM, nem kiegészítés.

A képzeletbeli egység egyenlő mínusz egy gyökével:

Most nézzük meg az egyenletet:

Szerezz két konjugált gyökeret.

Hiányos másodfokú egyenlet.

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

1. eset. b = 0 együttható.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Alakítsuk át:

Példa:

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

2. eset. Együttható c = 0.

Az egyenlet a következő alakot ölti:

Átalakítás, faktorizálás:

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

Példa:

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

x 1 = 0 x 2 = 5

3. eset: b = 0 és c = 0 együtthatók.

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

Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.

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

Ax 2 + bx+ c=0 egyenlőség

a + b+ c = 0, Hogy

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

a+ =-velb, Hogy

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 gyökerei könnyen megtalálhatók Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

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

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

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

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

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

Mi az indoklás? Nézze meg, mi történik.

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

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

A második (módosított) gyökerek 2-szer nagyobbak.

Ezért az eredményt elosztjuk 2-vel.

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

Válasz: x 1 = 5 x 2 = 0,5

négyzetméter ur-ie és a vizsga.

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

Mit érdemes megjegyezni!

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

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

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

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

A másodfokú egyenletre vonatkozó feladatokat az iskolai tantervben és az egyetemeken is tanulmányozzák. Ezek a * x ^ 2 + b * x + c \u003d 0 alakú egyenletek értendők, ahol x- változó, a,b,c – állandók; a<>0 . A probléma az egyenlet gyökereinek megtalálása.

A másodfokú egyenlet geometriai jelentése

A másodfokú egyenlettel ábrázolt függvény grafikonja parabola. A másodfokú egyenlet megoldásai (gyökei) a parabola és az x tengellyel való metszéspontok. Ebből következik, hogy három eset lehetséges:
1) a parabolának nincs metszéspontja az x tengellyel. Ez azt jelenti, hogy a felső síkban van ágakkal felfelé, vagy az alsó síkban lefelé ágakkal. Ilyen esetekben a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyöke (két összetett gyöke van).

2) a parabolának van egy metszéspontja az Ox tengellyel. Az ilyen pontot a parabola csúcsának nevezzük, és a benne lévő másodfokú egyenlet elnyeri minimális vagy maximális értékét. Ebben az esetben a másodfokú egyenletnek egy valós gyöke (vagy két azonos gyöke) van.

3) Az utolsó eset a gyakorlatban érdekesebb - a parabolának két metszéspontja van az abszcissza tengellyel. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek két valódi gyöke van.

A változók hatványaihoz tartozó együtthatók elemzése alapján érdekes következtetések vonhatók le a parabola elhelyezéséről.

1) Ha az a együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola felfelé, ha negatív, akkor a parabola ágai lefelé irányulnak.

2) Ha a b együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola csúcsa a bal oldali félsíkban, ha negatív értéket vesz fel, akkor a jobb oldalon.

Másodfokú egyenlet megoldására szolgáló képlet levezetése

Vigyük át az állandót a másodfokú egyenletből

egyenlőségjelre a kifejezést kapjuk

Mindkét oldalt megszorozzuk 4a-val

Ha teljes négyzetet szeretne kapni a bal oldalon, adjon hozzá b ^ 2-t mindkét részhez, és hajtsa végre az átalakítást

Innen találjuk

A diszkrimináns képlete és a másodfokú egyenlet gyökei

A diszkrimináns a gyökkifejezés értéke, ha pozitív, akkor az egyenletnek két valós gyöke van, a képlettel számolva Ha a diszkrimináns nulla, akkor a másodfokú egyenletnek egy megoldása van (két egybeeső gyöke), ami könnyen megkapható a fenti képletből D=0 esetén. Ha a diszkrimináns negatív, az egyenletnek nincsenek valódi gyökei. A másodfokú egyenlet megoldásainak tanulmányozására azonban in összetett sík, értéküket pedig a képlet számítja ki

Vieta tétele

Tekintsünk egy másodfokú egyenlet két gyökerét, és ezek alapján alkossunk másodfokú egyenletet A jelölésből maga a Vieta-tétel is könnyen következik: ha megvan a forma másodfokú egyenlete. akkor gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett p együtthatóval, és az egyenlet gyökeinek szorzata egyenlő a q szabad taggal. A fenti képlet így fog kinézni. Ha a klasszikus egyenletben az a konstans nem nulla, akkor el kell osztania vele a teljes egyenletet, majd alkalmaznia kell a Vieta-tételt.

A másodfokú egyenlet ütemezése faktorokon

Legyen kitűzve a feladat: a másodfokú egyenlet faktorokra bontása. Ennek végrehajtásához először megoldjuk az egyenletet (keressük meg a gyököket). Ezután a talált gyököket behelyettesítjük a másodfokú egyenlet kibővítésére szolgáló képletbe, és ez a probléma megoldódik.

Feladatok másodfokú egyenlethez

1. feladat. Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit!

x^2-26x+120=0 .

Megoldás: Írja fel az együtthatókat és helyettesítse be a diszkrimináns képletbe

Ennek az értéknek a gyöke 14, számológéppel könnyen megkereshető, vagy gyakori használat mellett megjegyezhető, azonban a kényelem kedvéért a cikk végén felsorolok egy listát azokról a számnégyzetekről, amelyek gyakran előfordulhatnak. megtalálható az ilyen feladatokban.
A talált értéket a rendszer behelyettesíti a gyökképletbe

és megkapjuk

2. feladat. oldja meg az egyenletet

2x2+x-3=0.

Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk, írjuk ki az együtthatókat és keressük meg a diszkriminánst


Ismert képletek segítségével megtaláljuk a másodfokú egyenlet gyökereit

3. feladat. oldja meg az egyenletet

9x2 -12x+4=0.

Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk. Határozza meg a diszkriminánst

Azt az esetet kaptuk, amikor a gyökerek egybeesnek. A gyökök értékeit a képlet alapján találjuk meg

4. feladat. oldja meg az egyenletet

x^2+x-6=0 .

Megoldás: Azokban az esetekben, ahol kicsi az együttható x-hez, célszerű a Vieta-tételt alkalmazni. Feltételével két egyenletet kapunk

A második feltételből azt kapjuk, hogy a szorzatnak -6-nak kell lennie. Ez azt jelenti, hogy az egyik gyökér negatív. A következő lehetséges megoldáspárunk van(-3;2), (3;-2) . Az első feltételt figyelembe véve a második megoldáspárt elutasítjuk.
Az egyenlet gyökerei a következők

5. feladat Határozza meg egy téglalap oldalainak hosszát, ha kerülete 18 cm, területe 77 cm 2!

Megoldás: Egy téglalap kerületének fele egyenlő a szomszédos oldalak összegével. Jelöljük x-et - a nagyobb oldalt, majd 18-x a kisebbik oldala. Egy téglalap területe egyenlő a következő hosszúságok szorzatával:
x(18-x)=77;
vagy
x 2 -18x + 77 \u003d 0.
Keresse meg az egyenlet diszkriminánsát!

Kiszámoljuk az egyenlet gyökereit

Ha x=11, Hogy 18x=7, fordítva is igaz (ha x=7, akkor 21-x=9).

6. feladat Tényezőzzük a másodfokú 10x 2 -11x+3=0 egyenletet!

Megoldás: Számítsa ki az egyenlet gyökereit, ehhez megtaláljuk a diszkriminánst

A talált értéket behelyettesítjük a gyökképletbe, és kiszámítjuk

Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet gyökekkel való bővítésének képletét

A zárójeleket kibontva megkapjuk az azonosságot.

Másodfokú egyenlet paraméterrel

Példa 1. A paraméter mely értékeire A , az (a-3) x 2 + (3-a) x-1 / 4 \u003d 0 egyenletnek egy gyöke van?

Megoldás: Az a=3 érték közvetlen helyettesítésével azt látjuk, hogy nincs megoldása. Továbbá azt a tényt fogjuk használni, hogy nulla diszkrimináns esetén az egyenletnek a 2 multiplicitás egyik gyöke van. Írjuk ki a diszkriminánst

leegyszerűsítjük és egyenlővé kell tenni a nullával

Az a paraméterre vonatkozóan egy másodfokú egyenletet kaptunk, melynek megoldása a Vieta-tétel segítségével könnyen megkapható. A gyökök összege 7, szorzatuk 12. Egyszerű felsorolással megállapítjuk, hogy a 3.4 számok lesznek az egyenlet gyökerei. Mivel a számítások elején már elvetettük az a=3 megoldást, az egyetlen helyes megoldás a következő lesz: a=4.Így a = 4 esetén az egyenletnek egy gyöke van.

Példa 2. A paraméter mely értékeire A , az egyenlet a(a+3)x^2+(2a+6)x-3a-9=0 egynél több gyökér van?

Megoldás: Tekintsük először a szinguláris pontokat, ezek az a=0 és a=-3 értékek lesznek. Ha a=0, az egyenlet 6x-9=0 alakra egyszerűsödik; x=3/2 és egy gyökér lesz. A= -3 esetén a 0=0 azonosságot kapjuk.
Számítsa ki a diszkriminánst!

és keresse meg a értékeit, amelyekre ez pozitív

Az első feltételből a>3-at kapunk. A másodikhoz megtaláljuk a diszkriminánst és az egyenlet gyökereit


Határozzuk meg azokat az intervallumokat, ahol a függvény pozitív értékeket vesz fel. Az a=0 pontot behelyettesítve azt kapjuk 3>0 . Tehát a (-3; 1/3) intervallumon kívül a függvény negatív. Ne felejtsd el a pontot a=0 amit ki kell zárni, mivel az eredeti egyenletnek egy gyöke van.
Ennek eredményeként két olyan intervallumot kapunk, amely kielégíti a probléma feltételét

A gyakorlatban sok hasonló feladat lesz, próbáljon meg maga is megbirkózni a feladatokkal, és ne felejtse el figyelembe venni az egymást kölcsönösen kizáró feltételeket. Tanulmányozza jól a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló képleteket, gyakran van rájuk szükség a számításokban különféle problémákban és tudományokban.