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 a precíz megoldásra redukálódik másodfokú egyenletek.

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:

Általában 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

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

Hogy balra teljes négyzet adjuk hozzá mindkét részhez b^2-t, és hajtsuk 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.

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. A másodfokú egyenletek megoldására vonatkozó példákat nem csak a gazdasági előrejelzésben, az épületek tervezésében és kivitelezésében, hanem a leghétköznapibb körülmények között is alkalmazzák. 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 átvisszük a jobb oldalra, majd ezt követően az egyenlőség mindkét oldaláról kinyerjük a négyzetgyököt. 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 nem könnyű egy másodfokú függvény vizuális ábrázolását kapni, akkor a kifejezés jobb oldalát egyenlővé teheti 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.

Folytatjuk a téma tanulmányozását egyenletek megoldása". A lineáris egyenletekkel már megismerkedtünk, és most megismerkedünk velük másodfokú egyenletek.

Először is megvitatjuk, mi az a másodfokú egyenlet, hogyan írható fel általános formában, és adjuk meg a kapcsolódó definíciókat. Ezt követően példákon keresztül részletesen elemezzük, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Ezután térjünk át a teljes egyenletek megoldására, szerezzük meg a gyökképletet, ismerkedjünk meg a másodfokú egyenlet diszkriminánsával, és fontoljuk meg a tipikus példák megoldásait. Végül nyomon követjük a gyökök és az együtthatók közötti kapcsolatokat.

Oldalnavigáció.

Mi az a másodfokú egyenlet? A fajtáik

Először is világosan meg kell értenie, mi az a másodfokú egyenlet. Ezért logikus a másodfokú egyenletekről beszélni a másodfokú egyenlet meghatározásával, valamint a hozzá kapcsolódó definíciókkal. Ezt követően mérlegelheti a másodfokú egyenletek fő típusait: redukált és nem redukált, valamint teljes és hiányos egyenleteket.

Másodfokú egyenletek definíciója és példái

Meghatározás.

Másodfokú egyenlet a forma egyenlete a x 2 +b x+c=0, ahol x egy változó, a , b és c néhány szám, és a különbözik nullától.

Tegyük fel rögtön, hogy a másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek nevezik. Ez azért van, mert a másodfokú egyenlet az algebrai egyenlet másodfokú.

A hangos definíció lehetővé teszi, hogy példákat adjunk másodfokú egyenletekre. Tehát 2 x 2 +6 x+1=0, 0,2 x 2 +2,5 x+0,03=0 stb. másodfokú egyenletek.

Meghatározás.

Számok a , b és c nevezzük a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 +b x + c=0, és az a együtthatót nevezzük elsőnek, vagy elsőbbséginek, vagy együtthatónak x 2-nél, b a második együtthatót, vagy együtthatót x-ben, c pedig szabad tagot.

Például vegyünk egy 5 x 2 −2 x−3=0 alakú másodfokú egyenletet, ahol a vezető együttható 5, a második együttható -2, a szabad tag pedig -3. Vegye figyelembe, hogy ha a b és/vagy c együtthatók negatívak, mint az imént bemutatott példában, akkor az 5 x 2 −2 x−3=0 formájú másodfokú egyenlet rövid alakját használjuk, nem pedig 5 x 2 +(− 2 )x+(−3)=0 .

Érdemes megjegyezni, hogy ha az a és/vagy b együtthatók 1 vagy -1, akkor általában nincsenek kifejezetten jelen a másodfokú egyenlet jelölésében, ami az ilyen jelölés sajátosságaiból adódik. Például az y 2 −y+3=0 másodfokú egyenletben a vezető együttható egy, az y-nél pedig −1.

Redukált és nem redukált másodfokú egyenletek

A vezető együttható értékétől függően redukált és nem redukált másodfokú egyenleteket különböztetnek meg. Adjuk meg a megfelelő definíciókat.

Meghatározás.

Olyan másodfokú egyenletet nevezünk meg, amelyben a vezető együttható 1 redukált másodfokú egyenlet. Ellenkező esetben a másodfokú egyenlet az redukálatlan.

E definíció szerint a másodfokú egyenletek x 2 −3 x+1=0 , x 2 −x−2/3=0 stb. - csökkentve, mindegyikben az első együttható eggyel egyenlő. És 5 x 2 −x−1=0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, vezető együtthatóik eltérnek 1-től.

Bármilyen nem redukált másodfokú egyenletből, mindkét részét elosztva a vezető együtthatóval, eljuthatunk a redukálthoz. Ez a művelet egy ekvivalens transzformáció, vagyis az így kapott redukált másodfokú egyenletnek ugyanazok a gyökerei vannak, mint az eredeti nem redukált másodfokú egyenletnek, vagy hozzá hasonlóan nincs gyökere.

Vegyünk egy példát arra, hogyan történik az átmenet redukálatlan másodfokú egyenletről redukáltra.

Példa.

A 3 x 2 +12 x−7=0 egyenletből lépjen a megfelelő redukált másodfokú egyenletre.

Megoldás.

Elég, ha az eredeti egyenlet mindkét részének osztását elvégezzük a 3 vezető együtthatóval, ez nem nulla, így ezt a műveletet végre tudjuk hajtani. Van (3 x 2 +12 x−7):3=0:3 , ami megegyezik a (3 x 2):3+(12 x):3−7:3=0 , és így tovább (3 :3) x 2 +(12:3) x−7:3=0 , honnan . Így megkaptuk a redukált másodfokú egyenletet, amely ekvivalens az eredetivel.

Válasz:

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

A másodfokú egyenlet definíciójában van egy a≠0 feltétel. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 +b x+c=0 egyenlet pontosan négyzet alakú legyen, mivel a=0-val tulajdonképpen b x+c=0 alakú lineáris egyenletté válik.

Ami a b és c együtthatókat illeti, külön-külön és együtt is nullával egyenlőek lehetnek. Ezekben az esetekben a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.

Meghatározás.

Az a x 2 +b x+c=0 másodfokú egyenletet nevezzük befejezetlen, ha a b , c együtthatók legalább egyike nulla.

Viszont

Meghatározás.

Teljes másodfokú egyenlet olyan egyenlet, amelyben minden együttható nullától eltérő.

Ezeket a neveket nem véletlenül adják. Ez a következő beszélgetésből kiderül.

Ha a b együttható nullával egyenlő, akkor a másodfokú egyenlet a x 2 +0 x+c=0 alakot ölti, és ekvivalens az a x 2 +c=0 egyenlettel. Ha c=0, azaz a másodfokú egyenlet a x 2 +b x+0=0 formájú, akkor átírható x 2 +b x=0 formátumba. És b=0 és c=0 esetén az a·x 2 =0 másodfokú egyenletet kapjuk. Az így kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt. Innen a nevük - hiányos másodfokú egyenletek.

Tehát az x 2 +x+1=0 és a −2 x 2 −5 x+0,2=0 egyenletek a teljes másodfokú egyenletek példái, és x 2 =0, −2 x 2 =0, 5 x 2 +3 =0 , −x 2 −5 x=0 nem teljes másodfokú egyenletek.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

Az előző bekezdés információiból következik, hogy van háromféle nem teljes másodfokú egyenlet:

• a x 2 =0, a b=0 és c=0 együtthatók megfelelnek neki;
• ax2+c=0, ha b=0;
• és a x 2 +b x=0, ha c=0.

Sorrendben elemezzük, hogyan oldják meg az egyes típusok nem teljes másodfokú egyenleteit.

a x 2 \u003d 0

Kezdjük azzal, hogy megoldjuk azokat a nem teljes másodfokú egyenleteket, amelyekben a b és c együttható nulla, azaz a x 2 =0 alakú egyenletekkel. Az a·x 2 =0 egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, amelyet az eredetiből úgy kapunk, hogy mindkét részét elosztjuk egy nem nulla a számmal. Nyilvánvaló, hogy az x 2 \u003d 0 egyenlet gyöke nulla, mivel 0 2 \u003d 0. Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami meg van magyarázva, sőt, bármely nem nulla p szám esetén bekövetkezik a p 2 >0 egyenlőtlenség, ami azt jelenti, hogy p≠0 esetén a p 2 =0 egyenlőség soha nem teljesül.

Tehát az a x 2 \u003d 0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x \u003d 0.

Példaként adjuk meg a −4·x 2 =0 nem teljes másodfokú egyenlet megoldását. Egyenértékű az x 2 \u003d 0 egyenlettel, egyetlen gyöke x \u003d 0, ezért az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke nulla.

Egy rövid megoldás ebben az esetben a következőképpen adható ki:
−4 x 2 \u003d 0,
x 2 \u003d 0,
x=0.

a x 2 +c=0

Most nézzük meg, hogyan oldhatók meg a nem teljes másodfokú egyenletek, amelyekben a b együttható nulla, és c≠0, vagyis az a x 2 +c=0 alakú egyenletek. Tudjuk, hogy egy tagnak az egyenlet egyik oldaláról a másikra ellentétes előjelű átvitele, valamint az egyenlet mindkét oldalának egy nem nulla számmal való osztása ekvivalens egyenletet ad. Ezért az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációi hajthatók végre:

• mozgassa c-t jobb oldalra, ami az a x 2 =-c egyenletet adja,
• és mindkét részét elosztjuk a -val, megkapjuk.

A kapott egyenlet lehetővé teszi, hogy következtetéseket vonjunk le a gyökereiről. A és c értékétől függően a kifejezés értéke lehet negatív (például ha a=1 és c=2, akkor ) vagy pozitív (például ha a=−2 és c=6 , akkor ), nem egyenlő nullával, mert c≠0 feltétellel. Külön elemezzük az eseteket és.

Ha , akkor az egyenletnek nincs gyöke. Ez az állítás abból a tényből következik, hogy bármely szám négyzete nem negatív szám. Ebből az következik, hogy amikor , akkor tetszőleges p számra az egyenlőség nem lehet igaz.

Ha , akkor az egyenlet gyökeivel más a helyzet. Ebben az esetben, ha felidézzük kb, akkor azonnal nyilvánvalóvá válik az egyenlet gyöke, ez a szám, mivel. Könnyű kitalálni, hogy a szám egyben az egyenlet gyöke is, sőt, . Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami például ellentmondásokkal mutatható ki. Csináljuk.

Jelöljük az egyenlet éppen hangoztatott gyökét x 1 és −x 1 -ként. Tegyük fel, hogy az egyenletnek van egy másik x 2 gyöke, amely különbözik a jelzett x 1 és -x 1 gyöktől. Ismeretes, hogy ha az egyenletet az x gyök helyett az egyenletbe helyettesítjük, az egyenletet valódi numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van , x 2-re pedig . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a valódi numerikus egyenlőségeket tagonként kivonjuk, így az egyenlőségek megfelelő részeinek kivonása x 1 2 − x 2 2 =0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a kapott egyenlőséget a következőre írjuk át: (x 1 − x 2)·(x 1 + x 2)=0 . Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik egyenlő nullával. Ezért a kapott egyenlőségből az következik, hogy x 1 −x 2 =0 és/vagy x 1 +x 2 =0, ami megegyezik, x 2 =x 1 és/vagy x 2 = −x 1. Tehát ellentmondáshoz érkeztünk, hiszen az elején azt mondtuk, hogy az x 2 egyenlet gyöke különbözik x 1-től és −x 1-től. Ez bizonyítja, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint és .

Foglaljuk össze az ebben a bekezdésben található információkat. Az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az egyenlettel, amely

• nincs gyökere, ha
• két gyöke van és ha .

Tekintsünk példákat az a·x 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenletek megoldására.

Kezdjük a 9 x 2 +7=0 másodfokú egyenlettel. Miután a szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, a 9·x 2 =−7 alakot veszi fel. A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztva 9-cel, így jutunk el. Mivel a jobb oldalon negatív számot kapunk, ennek az egyenletnek nincs gyöke, ezért az eredeti 9 x 2 +7=0 hiányos másodfokú egyenletnek nincs gyöke.

Oldjunk meg még egy hiányos másodfokú egyenletet −x 2 +9=0. A kilencet átvisszük a jobb oldalra: -x 2 \u003d -9. Most mindkét részt elosztjuk −1-gyel, x 2 =9-et kapunk. A jobb oldalon egy pozitív szám található, amiből arra következtetünk, hogy vagy . Miután felírtuk a végső választ: a −x 2 +9=0 hiányos másodfokú egyenletnek két gyöke van x=3 vagy x=−3.

a x 2 +b x=0

Marad az utolsó típusú nem teljes másodfokú egyenlet megoldása c=0 esetén. Az a x 2 +b x=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletek lehetővé teszik a megoldást faktorizációs módszer. Nyilvánvalóan megtehetjük, az egyenlet bal oldalán található, amihez elegendő az x közös tényezőt zárójelből kivenni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről egy x·(a·x+b)=0 alakú ekvivalens egyenletre lépjünk. És ez az egyenlet ekvivalens két x=0 és egy x+b=0 egyenlet halmazával, amelyek közül az utolsó lineáris és gyöke x=−b/a .

Tehát az a x 2 +b x=0 nem teljes másodfokú egyenletnek két gyöke van: x=0 és x=−b/a.

Az anyag konszolidálásához egy konkrét példa megoldását elemezzük.

Példa.

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás.

Kivesszük x-et a zárójelekből, ez adja az egyenletet. Ez ekvivalens két x=0 és . Megoldjuk a kapott lineáris egyenletet: , és a vegyes számot elosztjuk -vel közönséges tört, találunk . Ezért az eredeti egyenlet gyökei x=0 és .

A szükséges gyakorlat megszerzése után röviden felírhatjuk az ilyen egyenletek megoldásait:

Válasz:

x=0 , .

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

A másodfokú egyenletek megoldására van egy gyökképlet. Írjuk fel a másodfokú egyenlet gyökeinek képlete: , Ahol D=b 2 −4 a c- ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa. A jelölés lényegében azt jelenti.

Hasznos tudni, hogyan kapták meg a gyökképletet, és hogyan alkalmazzák azt a másodfokú egyenletek gyökereinek megtalálásában. Foglalkozzunk ezzel.

Másodfokú egyenlet gyökképletének levezetése

Meg kell oldanunk az a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenletet. Végezzünk el néhány egyenértékű átalakítást:

• Ennek az egyenletnek mindkét részét eloszthatjuk egy nem nulla a számmal, így a redukált másodfokú egyenletet kapjuk.
• Most válasszon egy teljes négyzetet bal oldalán: . Ezt követően az egyenlet a következőt veszi fel.
• Ebben a szakaszban lehetséges az utolsó két tag jobb oldalra történő áthelyezése ellentétes előjellel, mi .
• És alakítsuk át a jobb oldali kifejezést is: .

Ennek eredményeként az egyenlethez jutunk, amely ekvivalens az eredeti a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenlettel.

Az előző bekezdésekben, amikor elemeztük, már megoldottunk hasonló formájú egyenleteket. Ez lehetővé teszi, hogy megtegye következő következtetéseket az egyenlet gyökeivel kapcsolatban:

• ha , akkor az egyenletnek nincsenek valós megoldásai;
• ha , akkor az egyenlet alakja , tehát , amelyből az egyetlen gyöke látható;
• ha , akkor vagy , ami megegyezik a vagy -vel, vagyis az egyenletnek két gyöke van.

Így az egyenlet gyökeinek és így az eredeti másodfokú egyenletnek a megléte vagy hiánya a kifejezés jobb oldali előjelétől függ. Ennek a kifejezésnek az előjelét viszont a számláló előjele határozza meg, mivel a 4 a 2 nevező mindig pozitív, vagyis a b 2 −4 a c kifejezés előjele. Ezt a b 2 −4 a c kifejezést nevezzük másodfokú egyenlet diszkriminánsaés a betűvel megjelölve D. Innentől kezdve világos a diszkrimináns lényege - értékéből és előjeléből következik, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.

Visszatérünk az egyenlethez, átírjuk a diszkrimináns jelölésével: . És arra következtetünk:

• ha D<0 , то это уравнение не имеет действительных корней;
• ha D=0, akkor ennek az egyenletnek egyetlen gyöke van;
• végül, ha D>0, akkor az egyenletnek két vagy gyöke van, ami átírható a vagy alakba, és a törteket bővítve és közös nevezőre redukálva kapjuk a -t.

Így levezettük a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit, így néznek ki, ahol a D diszkriminánst a D=b 2 −4 a c képlettel számítjuk ki.

Segítségükkel pozitív diszkrimináns segítségével kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökét. Ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét képlet ugyanazt a gyökértéket adja, amely megfelel a másodfokú egyenlet egyetlen megoldásának. És mikor negatív diszkrimináns amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, azzal szembesülünk, hogy kivonjuk négyzetgyök tól től negatív szám, amely túlmutat a kereteken és az iskolai tananyagon. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, de van párja komplex konjugátum gyökök, amelyeket az általunk kapott gyökképletekkel találhatunk meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A gyakorlatban egy másodfokú egyenlet megoldásánál azonnal használhatjuk a gyökképletet, amellyel kiszámolhatjuk az értékeket. De ez inkább az összetett gyökerek megtalálásáról szól.

Azonban in iskolai tanfolyam Az algebra általában nem az összetettről szól, hanem a másodfokú egyenlet valódi gyökereiről. Ebben az esetben célszerű a másodfokú egyenlet gyökeinek felhasználása előtt először megkeresni a diszkriminánst, megbizonyosodni arról, hogy nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), majd ezt követően számítsa ki a gyökerek értékeit.

A fenti érvelés lehetővé teszi, hogy írjunk másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus. Az a x 2 + b x + c \u003d 0 másodfokú egyenlet megoldásához szüksége lesz:

• a D=b 2 −4 a c diszkrimináns képlet segítségével számítsa ki az értékét;
• arra a következtetésre jutunk, hogy a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, ha a diszkrimináns negatív;
• számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével, ha D=0 ;
• keresse meg a másodfokú egyenlet két valós gyökerét a gyökképlet segítségével, ha a diszkrimináns pozitív.

Itt csak azt jegyezzük meg, hogy ha a diszkrimináns nullával egyenlő, akkor a képlet is használható, ugyanazt az értéket adja, mint .

Továbbléphet a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algoritmus alkalmazásának példáira.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Tekintsük három másodfokú egyenlet megoldását pozitív, negatív és nulla diszkriminánssal. Miután foglalkoztunk a megoldásukkal, analógia útján bármely más másodfokú egyenlet is megoldható lesz. Kezdjük.

Példa.

Keresse meg az x 2 +2 x−6=0 egyenlet gyökereit.

Megoldás.

Ebben az esetben a másodfokú egyenlet következő együtthatói vannak: a=1 , b=2 és c=−6 . Az algoritmus szerint először ki kell számítani a diszkriminánst, ehhez behelyettesítjük a jelzett a-t, b-t és c-t a diszkrimináns képletbe, D=b 2 –4 a c=2 2 –4 1 (–6)=4+24=28. Mivel 28>0, azaz a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van. Keressük meg őket a gyök képletével, kapjuk, itt egyszerűsíthetjük a művelettel kapott kifejezéseket a gyökér jelét figyelembe véve ezt követi a frakciócsökkentés:

Válasz:

Térjünk át a következő tipikus példára.

Példa.

Oldja meg a −4 x 2 +28 x−49=0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

Kezdjük a diszkrimináns megtalálásával: D=28 2 −4 (−4) (−49)=784−784=0. Ezért ennek a másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyet így találunk, azaz

Válasz:

x=3,5.

Továbbra is meg kell fontolni a másodfokú egyenletek negatív diszkrimináns megoldását.

Példa.

Oldja meg az 5 y 2 +6 y+2=0 egyenletet.

Megoldás.

Itt vannak a másodfokú egyenlet együtthatói: a=5 , b=6 és c=2 . Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe, megvan D=b 2 −4 a c=6 2 −4 5 2=36−40=−4. A diszkrimináns negatív, ezért ennek a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.

Ha összetett gyököket kell megadnia, akkor a másodfokú egyenlet gyökeinek jól ismert képletét használjuk, és végrehajtjuk műveletek komplex számok :

Válasz:

nincsenek valódi gyökerek, az összetett gyökök: .

Még egyszer megjegyezzük, hogy ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskola általában azonnal leírja a választ, amelyben azt jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és nem találnak összetett gyököket.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D=b 2 −4 a c lehetővé teszi, hogy egy kompaktabb képletet kapjunk, amely lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását páros együtthatóval x-ben (vagy egyszerűen olyan együtthatóval, amely úgy néz ki, mint 2 n például vagy 14 ln5=2 7 ln5 ). Vigyük ki.

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk egy a x 2 +2 n x + c=0 alakú másodfokú egyenletet. Keressük meg a gyökereit az általunk ismert képlet segítségével. Ehhez kiszámítjuk a diszkriminánst D=(2 n) 2 −4 a c=4 n 2 −4 a c=4 (n 2 −a c), majd a gyökképletet használjuk:

Jelölje az n 2 −a c kifejezést D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a figyelembe vett másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következő alakot veszi fel , ahol D 1 =n 2 −a c .

Könnyen belátható, hogy D=4·D 1 , vagy D 1 =D/4 . Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyedik része. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével. Vagyis a D 1 jel a másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát is jelzi.

Tehát egy másodfokú egyenlet megoldásához a második 2 n együtthatóval szükség van

• Számítsuk ki D 1 =n 2 −a·c ;
• Ha D 1<0 , то сделать вывод, что действительных корней нет;
• Ha D 1 =0, akkor számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével;
• Ha D 1 >0, akkor keress két valós gyöket a képlet segítségével.

Tekintsük a példa megoldását az ebben a bekezdésben kapott gyökképlet segítségével.

Példa.

Oldja meg az 5 x 2 −6 x−32=0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

Ennek az egyenletnek a második együtthatója 2·(−3) . Azaz átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakban, itt a=5 , n=−3 és c=−32 , és kiszámolhatja az diszkriminatív: D 1 =n 2 −a c=(−3) 2 −5 (−32)=9+160=169. Mivel értéke pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van. A megfelelő gyökképlet segítségével találjuk meg őket:

Megjegyzendő, hogy a másodfokú egyenlet gyökére a szokásos képletet lehetett használni, de ebben az esetben több számítási munkát kell végezni.

Válasz:

Másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha, mielőtt egy másodfokú egyenlet gyökereinek képletekkel történő kiszámításába kezdenénk, nem árt feltenni a kérdést: „Lehetséges-e egyszerűsíteni ennek az egyenletnek a formáját”? Egyetértünk azzal, hogy számítási szempontból könnyebb lesz megoldani a 11 x 2 −4 x −6=0 másodfokú egyenletet, mint 1100 x 2 −400 x−600=0 .

Általában a másodfokú egyenlet formájának egyszerűsítését úgy érik el, hogy mindkét oldalát megszorozzuk vagy elosztjuk valamilyen számmal. Például az előző bekezdésben az 1100 x 2 −400 x −600=0 egyenlet egyszerűsítését sikerült elérni úgy, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.

Hasonló transzformációt hajtunk végre másodfokú egyenletekkel, amelyek együtthatói nem . Ebben az esetben az egyenlet mindkét részét általában elosztják együtthatóinak abszolút értékeivel. Vegyük például a 12 x 2 −42 x+48=0 másodfokú egyenletet. együtthatóinak abszolút értékei: gcd(12, 42, 48)= gcd(gcd(12, 42), 48)= gcd(6, 48)=6 . Az eredeti másodfokú egyenlet mindkét részét 6-tal elosztva a 2 x 2 −7 x+8=0 ekvivalens másodfokú egyenlethez jutunk.

És a másodfokú egyenlet mindkét részének szorzata általában azért történik, hogy megszabaduljunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben a szorzást az együtthatók nevezőin hajtják végre. Például, ha egy másodfokú egyenlet mindkét részét megszorozzuk LCM(6, 3, 1)=6 -al, akkor az egyszerűbb formát ölti: x 2 +4 x−18=0 .

A bekezdés végén megjegyezzük, hogy a másodfokú egyenlet vezető együtthatójánál szinte mindig megszabadulni a mínusztól az összes tag előjelének megváltoztatásával, ami megfelel mindkét rész -1-gyel való szorzásának (vagy osztásának). Például általában a −2·x 2 −3·x+7=0 másodfokú egyenletből megyünk a 2·x 2 +3·x−7=0 megoldáshoz.

Másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak kapcsolata

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete az egyenlet gyökereit az együtthatóiban fejezi ki. A gyökök képlete alapján más összefüggéseket kaphat a gyökök és az együtthatók között.

A legismertebb és leginkább alkalmazható képletek a form és a Vieta-tételből. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, és a gyökök szorzata a szabad tag. Például a 3 x 2 −7 x+22=0 másodfokú egyenlet alakjával azonnal azt mondhatjuk, hogy gyökeinek összege 7/3, a gyökök szorzata pedig 22/3.

A már felírt képleteket felhasználva számos egyéb összefüggést kaphatunk a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például kifejezheti egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszegét az együtthatóival: .

Bibliográfia.

• Algebra: tankönyv 8 cellához. Általános oktatás intézmények / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; szerk. S. A. Teljakovszkij. - 16. kiadás - M. : Oktatás, 2008. - 271 p. : ill. - ISBN 978-5-09-019243-9.
• Mordkovich A. G. Algebra. 8. osztály. 14 órakor 1. rész Tankönyv oktatási intézmények diákjainak / A. G. Mordkovich. - 11. kiadás, törölve. - M.: Mnemosyne, 2009. - 215 p.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.

”, azaz elsőfokú egyenletek. Ebben a leckében megvizsgáljuk mi az a másodfokú egyenletés hogyan kell megoldani.

Mi az a másodfokú egyenlet

Fontos!

Az egyenlet mértékét az ismeretlen legmagasabb foka határozza meg.

Ha az ismeretlen maximális mértéke „2”, akkor másodfokú egyenlete van.

Példák másodfokú egyenletekre

• 5x2 - 14x + 17 = 0
• −x 2 + x +

  1

  3

  = 0
• x2 + 0,25x = 0
• x 2 − 8 = 0

Fontos! A másodfokú egyenlet általános formája így néz ki:

A x 2 + b x + c = 0

"a", "b" és "c" - adott számok.

• "a" - az első vagy vezető együttható;
• "b" - a második együttható;
• "c" egy szabad tag.

Az "a", "b" és "c" megtalálásához össze kell hasonlítania az egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" másodfokú egyenlet általános formájával.

Gyakoroljuk az "a", "b" és "c" együtthatók meghatározását másodfokú egyenletekben.

5x2 - 14x + 17 = 0 −7x 2 − 13x + 8 = 0 −x 2 + x +

Az egyenlet	Esély
a=5 b = −14 c = 17
a = −7 b = −13 c = 8

1

3

= 0

• a = -1
• b = 1
• c =

  1

  3

x2 + 0,25x = 0

• a = 1
• b = 0,25
• c = 0

x 2 − 8 = 0

• a = 1
• b = 0
• c = −8

Hogyan lehet másodfokú egyenleteket megoldani

nem úgy mint lineáris egyenletek másodfokú egyenletek megoldására egy speciális képlet a gyökerek megtalálásához.

Emlékezik!

A másodfokú egyenlet megoldásához a következőkre lesz szüksége:

• hozza a másodfokú egyenletet Általános nézet"ax 2 + bx + c = 0". Vagyis csak a "0" maradjon a jobb oldalon;
• használja a következő képletet a gyökerekhez:

Használjunk egy példát annak kiderítésére, hogyan kell alkalmazni a képletet egy másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére. Oldjuk meg a másodfokú egyenletet.

X 2 - 3x - 4 = 0

Az "x 2 - 3x - 4 = 0" egyenletet már az "ax 2 + bx + c = 0" általános alakra redukáltuk, és nem igényel további egyszerűsítéseket. A megoldáshoz csak jelentkeznünk kell képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megtalálásához.

Határozzuk meg ennek az egyenletnek az "a", "b" és "c" együtthatóit.

x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =

Segítségével bármilyen másodfokú egyenlet megoldható.

Az "x 1; 2 \u003d" képletben a gyökérkifejezés gyakran lecserélődik
"b 2 − 4ac" a "D" betűre, és megkülönböztetőnek nevezik. A diszkrimináns fogalmát részletesebben a „Mi a diszkrimináns” című leckében tárgyaljuk.

Vegyünk egy másik példát a másodfokú egyenletre.

x 2 + 9 + x = 7x

Ebben a formában meglehetősen nehéz meghatározni az "a", "b" és "c" együtthatókat. Először hozzuk az egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" általános alakba.

X 2 + 9 + x = 7x
x 2 + 9 + x − 7x = 0
x2 + 9 - 6x = 0
x 2 − 6x + 9 = 0

Most már használhatja a képletet a gyökerekhez.

X 1; 2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x=

6

2

x=3
Válasz: x = 3

Vannak esetek, amikor a másodfokú egyenletekben nincs gyök. Ez a helyzet akkor fordul elő, ha a gyökér alatti képletben negatív szám jelenik meg.