Fontolgat a másodiknál ​​egy fokozattal magasabb változójú egyenletek megoldása.

A P(x) = 0 egyenlet foka a P(x) polinom foka, azaz. kifejezéseinek hatványai közül a legnagyobb nem nulla együtthatóval.

Tehát például az (x 3 - 1) 2 + x 5 \u003d x 6 - 2 egyenletnek van egy ötödik foka, mert a zárójelek nyitásának és hasonlók hozásának műveletei után egy ekvivalens egyenletet kapunk: x 5 - 2x 3 + 3 \u003d 0 az ötödik fokú.

Idézzük fel azokat a szabályokat, amelyekre szükség lesz a másodiknál ​​magasabb fokú egyenletek megoldásához.

Állítások a polinom gyökereiről és osztóiról:

1. Polinom n-edik fokozat olyan gyökeinek száma nem haladja meg az n számot, és az m multiplicitás gyökei pontosan m-szer fordulnak elő.

2. Polinom nem páros fokozat legalább egy valódi gyökere van.

3. Ha α a Р(х) gyöke, akkor Р n (х) = (х – α) · Q n – 1 (x), ahol Q n – 1 (x) egy (n – 1) fokú polinom. .

4.

5. Egy egész együtthatós redukált polinomnak nem lehet tört racionális gyöke.

6. Harmadfokú polinomhoz

P 3 (x) \u003d ax 3 + bx 2 + cx + d két dolog egyike lehetséges: vagy három binomiális szorzatára bomlik

P 3 (x) \u003d a (x - α) (x - β) (x - γ), vagy felbomlik egy binomiális és egy négyzetes trinom szorzatára P 3 (x) \u003d a (x - α) ( x 2 + βx + γ).

7. Bármely negyedik fokú polinom két négyzetháromtag szorzatává bővül.

8. Egy f(x) polinom osztható egy g(x) polinommal maradék nélkül, ha létezik olyan q(x) polinom, hogy f(x) = g(x) q(x). A polinomok felosztásához a „sarokkal való osztás” szabályát alkalmazzuk.

9. Ahhoz, hogy a P(x) polinom osztható legyen az (x – c) binomimmal, szükséges és elegendő, hogy a c szám legyen P(x) gyöke (Bezout tételének következménye).

10. Vieta tétele: Ha x 1, x 2, ..., x n a polinom valós gyökei

P (x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, akkor a következő egyenlőségek teljesülnek:

x 1 + x 2 + ... + x n \u003d -a 1 / a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + ... + x n - 1 x n \u003d a 2 / a 0,

x 1 x 2 x 3 + ... + x n - 2 x n - 1 x n \u003d -a 3 / a 0,

x 1 x 2 x 3 x n \u003d (-1) n a n / a 0.

Példák megoldása

1. példa

Keresse meg a maradékot P (x) \u003d x 3 + 2/3 x 2 - 1/9 (x - 1/3) elosztása után.

Megoldás.

Bezout tételének következtetése szerint: "Egy polinom binomimmal való osztásának maradéka (x - c) egyenlő a polinom c-beli értékével." Határozzuk meg, hogy P(1/3) = 0. Ezért a maradék 0, és az 1/3 szám a polinom gyöke.

Válasz: R = 0.

2. példa

Ossza el a "sarkot" 2x 3 + 3x 2 - 2x + 3 -val (x + 2). Keresse meg a maradékot és a hiányos hányadost!

Megoldás:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4x 2 2x 2 – x

X 2-2 x

Válasz: R = 3; hányados: 2x 2 - x.

Egyenletek megoldásának alapvető módszerei magasabb fokozatok

1. Új változó bevezetése

Az új változó bevezetésének módja már ismerős a bikvadratikus egyenletek példájából. Abból áll, hogy az f (x) \u003d 0 egyenlet megoldásához egy új változót (helyettesítés) t \u003d x n vagy t \u003d g (x) vezetünk be, és f (x) t-n keresztül fejezzük ki, így kapunk egy új r (t) egyenlet. Ezután az r(t) egyenlet megoldásával keressük meg a gyököket:

(t 1, t 2, …, t n). Ezt követően egy n egyenlethalmazt kapunk q(x) = t 1, q(x) = t 2, ... , q(x) = t n, amelyből az eredeti egyenlet gyökeit találjuk.

1. példa

(x 2 + x + 1) 2 - 3x 2 - 3x - 1 = 0.

Megoldás:

(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x) - 1 = 0.

(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x + 1) + 3 - 1 = 0.

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

t 2 - 3t + 2 = 0.

t 1 \u003d 2, t 2 \u003d 1. Fordított csere:

x 2 + x + 1 = 2 vagy x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 vagy x 2 + x = 0;

Válasz: Az első egyenletből: x 1, 2 = (-1 ± √5) / 2, a másodikból: 0 és -1.

2. Faktorizálás csoportosítási és rövidített szorzóképletek módszerével

Ennek a módszernek az alapja sem új, és a kifejezések olyan csoportosításából áll, hogy minden csoport tartalmazzon egy közös tényezőt. Ehhez néha be kell vetni néhány mesterséges trükköt.

1. példa

x 4 - 3x 2 + 4x - 3 = 0.

Megoldás.

Képzeld el - 3x 2 = -2x 2 - x 2 és csoportosítsd:

(x 4 - 2x 2) - (x 2 - 4x + 3) = 0.

(x 4 - 2x 2 +1 - 1) - (x 2 - 4x + 3 + 1 - 1) = 0.

(x 2 - 1) 2 - 1 - (x - 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 - 1) 2 - (x - 2) 2 \u003d 0.

(x 2 - 1 - x + 2) (x 2 - 1 + x - 2) = 0.

(x 2 - x + 1) (x 2 + x - 3) = 0.

x 2 - x + 1 \u003d 0 vagy x 2 + x - 3 \u003d 0.

Válasz: Az első egyenletben nincs gyök, a másodiktól kezdve: x 1, 2 = (-1 ± √13) / 2.

3. Faktorizálás határozatlan együtthatók módszerével

A módszer lényege, hogy az eredeti polinomot ismeretlen együtthatójú tényezőkre bontjuk. Azt a tulajdonságot felhasználva, hogy a polinomok egyenlőek, ha együtthatóik azonos hatványokon egyenlők, az ismeretlen kiterjesztési együtthatókat megtaláljuk.

1. példa

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

Megoldás.

Egy 3. fokú polinom lineáris és négyzetes tényezők szorzatára bontható.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d (x - a) (x 2 + bx + c),

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + bx 2 + cx - ax 2 - abx - ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d x 3 + (b - a) x 2 + (cx - ab) x - ac.

A rendszer megoldása:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac=2,

(a = -1,
(b=3,
(c = 2, azaz

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d (x + 1) (x 2 + 3x + 2).

Az (x + 1) (x 2 + 3x + 2) = 0 egyenlet gyökerei könnyen megtalálhatók.

Válasz: -1; -2.

4. A gyökér kiválasztásának módja a legmagasabb és szabad együtthatóval

A módszer a következő tételek alkalmazásán alapul:

1) Az egész együtthatós polinom bármely egész gyöke a szabad tag osztója.

2) Ahhoz, hogy a p / q irreducibilis tört (p egész szám, q természetes) legyen egy egész együtthatós egyenlet gyöke, szükséges, hogy a p szám az a 0 szabad tag egész osztója, és q a legmagasabb együttható természetes osztója.

1. példa

6x 3 + 7x 2 - 9x + 2 = 0.

Megoldás:

6: q = 1, 2, 3, 6.

Ezért p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Ha találtunk egy gyökéröt, például - 2, akkor más gyökereket is találunk a sarokkal való osztás, a határozatlan együtthatók módszere vagy a Horner-séma segítségével.

Válasz: -2; 1/2; 1/3.

Van kérdésed? Nem tudja, hogyan kell egyenleteket megoldani?
Segítséget kérni egy oktatótól -.
Az első óra ingyenes!

blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.

Az egyenletek használata széles körben elterjedt életünkben. Számos számításnál, szerkezetek építésénél és még sportolásnál is használják. Az egyenleteket az ember ősidők óta használja, és azóta használatuk csak nőtt. A matematikában meglehetősen gyakoriak az egész együtthatós magasabb fokú egyenletek. Az ilyen egyenlet megoldásához a következőkre lesz szüksége:

Határozza meg az egyenlet racionális gyökereit;

Tényezősítse ki az egyenlet bal oldalán található polinomot;

Keresse meg az egyenlet gyökereit!

Tegyük fel, hogy a következő formájú egyenletet kapjuk:

Keressük meg minden valódi gyökerét. Szorozzuk meg az egyenlet bal és jobb oldalát \-el

Változtassuk meg a változókat \

Így egy negyedik fokú redukált egyenletet kaptunk, amelyet a szabványos algoritmus szerint oldunk meg: ellenőrizzük az osztókat, végrehajtjuk az osztást, és ennek eredményeként kiderül, hogy az egyenletnek két valós gyöke \ és két komplex. azok. A negyedik fokú egyenletünkre a következő választ kapjuk:

Hol tudok megoldani egy magasabb hatványegyenletet online megoldóval?

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

A prezentációk előnézetének használatához hozzon létre egy Google-fiókot (fiókot), és jelentkezzen be: https://accounts.google.com

Diák feliratai:

Magasabb fokú egyenletek (polinom gyökerei egy változóban).

Az előadás terve. 1. sz. Magasabb fokú egyenletek in iskolai tanfolyam matematika. 2. sz. A polinom standard alakja. 3. sz. Polinom egész gyökei. Horner séma. 4. sz. Polinom törtgyökei. 5. sz. A következő alakú egyenletek: (x + a) (x + b) (x + c) ... = A 6. sz. Visszatérési egyenletek. 7. sz. Homogén egyenletek. 8. sz. A bizonytalan együtthatók módszere. No. 9. Funkcionális - grafikus módszer. 10. sz. Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. № 11. Nem szabványos módszerek magasabb fokú egyenletek megoldására.

Felsőfokú egyenletek a matematika iskolai kurzusában. 7. osztály. A polinom standard alakja. Műveletek polinomokkal. Polinom faktorálása. A rendes osztályban 42 óra, a szakosztályban 56 óra. 8 speciális osztály. Polinom egész gyökei, polinomok osztása, reciprok egyenletek, binomiális n-edik hatványainak különbsége és összege, határozatlan együtthatók módszere. Yu.N. Makarychev "További fejezetek a 8. osztályos algebra iskolai kurzusához", M. L. Galitsky Feladatok gyűjteménye a 8-9. 9 speciális osztály. Polinom racionális gyökei. Általánosított reciprok egyenletek. Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. N.Ya. Vilenkin "Algebra, 9. osztály elmélyült tanulmányozása. 11 speciális osztály. A polinomok azonossága. Polinom több változóban. Funkcionálisan - grafikus módszer magasabb fokú egyenletek megoldására.

A polinom standard alakja. P(x) polinom = a ⁿ x ⁿ + a n-1 x n-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Szabványos polinomnak nevezzük. és n x ⁿ a polinom vezető tagja, n pedig a polinom vezető tagjának együtthatója. n = 1 esetén P(x) redukált polinomnak nevezzük. és ₀ a P(x) polinom szabad tagja. n a polinom foka.

Egy polinom egész gyökei. Horner séma. 1. Tétel. Ha egy a egész szám a P(x) polinom gyöke, akkor a a P(x) szabad tag osztója. 1. példa. Oldja meg az egyenletet. X⁴ + 2x³ \u003d 11x² - 4x - 4 Vegyük az egyenletet szabványos formába. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0. Van egy P (x) \u003d x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 polinomunk. A szabad tag osztói: ± 1, ± 2, ± 4. x \u003d az egyenlet 1 gyöke, mert P(1) = 0, x = 2 az egyenlet gyöke, mert P(2) = 0 Bezout-tétel. A P(x) polinom binomimmal (x - a) való osztásának maradéka egyenlő P(a). Következmény. Ha a a P(x) polinom gyöke, akkor P(x) osztható (x - a)-val. Egyenletünkben P (x) osztva (x - 1) és (x - 2), tehát (x - 1) (x - 2). Ha P (x)-t elosztjuk (x ² - 3x + 2)-vel a hányadosban, akkor az x ² + 5x + 2 = 0 trinomot kapunk, amelynek gyökei x = (-5 ± √17) / 2

Polinom törtgyökei. 2. tétel. Ha p / g a P(x) polinom gyöke, akkor p a szabad tag osztója, g pedig a legmagasabb P(x) tag együtthatójának osztója. 2. példa: Oldja meg az egyenletet. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. A szabad tag osztói: ±1, ±2, ±4, ±8. E számok egyike sem felel meg az egyenletnek. Nincsenek teljes gyökerek. A P(x) legmagasabb tag együtthatójának természetes osztói: 1, 2, 3, 6. Az egyenlet lehetséges törtgyökei: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Az ellenőrzéssel meg vagyunk győződve arról, hogy P (4/3) \u003d 0. X \u003d 4/3 az egyenlet gyöke. A Horner-féle séma szerint P(x)-t elosztjuk (x - 4/3).

Példák ehhez független megoldás. Oldja meg az egyenleteket: 9x³ - 18x = x - 2, x 3 - x ² = x - 1, x 3 - 3x² -3x + 1 = 0, X ⁴ - 2x3 + 2x - 1 = 0, X⁴ - 3x² + 2 = 0, x ⁵ + 5x3 - 6x² = 0, x 3 + 4x² + 5x + 2 = 0, X⁴ + 4x3 - x ² - 16x - 12 = 0 4x3 + x ² - x + 5 = 0 3x⁳ + 5x² 9x + 10 = 0. Válaszok: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3 , 4) ±1, 5) ± 1; ±√2 , 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Az (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) ... = A alakú egyenletek. 3. példa. Oldja meg az (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24 egyenletet. a = 1, c = 2, c = 3, d = 4 a + d = c + c. Az első zárójelet megszorozzuk a negyedikkel, a másodikat a harmadikkal. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x² + 5x + 4) (x² + 5x + 6) = 24. Legyen x² + 5x + 4 = y , majd y (y + 2) = 24, y² + 2y - 24 = 0 y₁ = -6, y₂ = 4. x ² + 5x + 4 = -6 vagy x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D

Példák önálló döntésre. (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = -15, x (x + 4) (x + 5) (x + 9) + 96 = 0, x (x + 3) ) (x + 5) (x + 8) + 56 = 0, (x - 4) (x - 3) (x - 2) (x - 1) = 24, (x - 3) (x -4) ( x - 5) (x - 6) \u003d 1680, (x ² - 5x) (x + 3) (x - 8) + 108 \u003d 0, (x + 4) ² (x + 10) (x - 2) ) + 243 \u003d 0 (x ² + 3x + 2) (x ² + 9x + 20) \u003d 4, Jelzés: x + 3x + 2 \u003d (x + 1) (x + 2), x ² + 9x + 20 \u003d (x + 4) (х + 5) Válaszok: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4±√3.

Visszatérési egyenletek. 1. definíció. Az ax⁴ + inx ³ + cx ² + in + a \u003d 0 alakú egyenletet negyedik fokú reciprok egyenletnek nevezzük. 2. definíció. Az ax⁴ + vx ³ + cx ² + kvx + k² a \u003d 0 alakú egyenletet negyedik fokú általánosított reciprok egyenletnek nevezzük. k² a: a \u003d k²; kv: v \u003d k. 6. példa. Oldja meg az x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0 egyenletet. Ossza el az egyenlet mindkét oldalát x²-vel. x ² - 7x + 14 - 7 / x + 1 / x ² \u003d 0, (x ² + 1 / x ²) - 7 (x + 1 / x) + 14 \u003d 0. Legyen x + 1 / x \ u003d y. Az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emeljük. x ² + 2 + 1/ x ² = y², x ² + 1/ x ² = y² - 2. A másodfokú egyenletet kapjuk y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4. x + 1/ x = 3 vagy x + 1 / x = 4. Két egyenletet kapunk: x ² - 3x + 1 = 0, x ² - 4x + 1 = 0. 7. példa. 3x⁴ - 2x³ - 31x² + 10x + 75 = 0. 75:3 = 25, 10: (- 2) = -5, (-5)² = 25. Az általánosított reciprok egyenlet feltétele teljesül k = -5. A 6. számú példához hasonlóan van megoldva. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát x²-el. 3x⁴ - 2x - 31 + 10 / x + 75 / x² \u003d 0, 3 (x ⁴ + 25 / x ²) - 2 (x - 5 / x) - 31 \u003d 0. Legyen x - 5 / x \ u003d y, az x ² - 10 + 25 / x ² = y², x ² + 25 / x ² = y² + 10 egyenlőség mindkét oldalát négyzetre emeljük. Van egy másodfokú egyenletünk: 3y² - 2y - 1 = 0, y₁ = 1 , y₂ = - 1/3. x - 5 / x \u003d 1 vagy x - 5 / x \u003d -1/3. Két egyenletet kapunk: x ² - x - 5 = 0 és 3x² + x - 15 = 0

Példák önálló döntésre. 1. 78x⁴ - 133x3 + 78x² - 133x + 78 = 0, 2. x ⁴ - 5x3 + 10x² - 10x + 4 = 0, 3. x ⁴ - x ³ - 10x² + 2x ³ - 10x² + 2x ⁳ = 6, + 4 x . - 38x² -10x + 24 \u003d 0.5.x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0.6.x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 \u003d ⁴ \u003d ⁴ \u003d: 0; 1) 2 válasz/s: 0. 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

Homogén egyenletek. Meghatározás. Az a₀ u³ + a1 u² v + a2 uv² + a3 v³ = 0 alakú egyenletet u v tekintetében harmadfokú homogén egyenletnek nevezzük. Meghatározás. Az a₀ u⁴ + a1 u³v + a2 u²v² + a3 uv³ + a4 v⁴ = 0 alakú egyenletet u v tekintetében negyedik fokú homogén egyenletnek nevezzük. 8. számú példa. Oldja meg az (x ² - x + 1)³ + 2x⁴ (x ² - x + 1) - 3x⁶ = 0 egyenletet homogén egyenlet harmadfokú u \u003d x ² - x + 1, v \u003d x ². Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát x⁶-vel. Először ellenőriztük, hogy x = 0 nem az egyenlet gyöke. (x ² - x + 1 / x ²)³ + 2 (x ² - x + 1 / x ²) - 3 \u003d 0. (x ² - x + 1) / x ²) \u003d y, y³ + 2y - 3 = 0, y = 1 az egyenlet gyöke. A P (x) \u003d y³ + 2y - 3 polinomot elosztjuk y - 1-gyel a Horner-séma szerint. Konkrétan olyan trinomit kapunk, amelynek nincs gyökere. Válasz: 1.

Példák önálló döntésre. 1. 2 (x² + 6x + 1)² + 5 (X² + 6X + 1) (X² + 1) + 2 (X² + 1)² = 0, 2. (X + 5)⁴ - 13X² (X + 5) )² + 36X⁴ = 0, 3. 2 (X² + X + 1)² - 7 (X - 1)² = 13 (X3 - 1), 4. 2 (X -1) ⁴ - 5 (X² - 3X + 2)² + 2 (x - 2)⁴ = 0,5 (x² + x + 4)² + 3x (x² + x + 4) + 2x² = 0, Válaszok: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Nincsenek gyökerek.

A határozatlan együtthatók módszere. 3. tétel. Két P(x) és G(x) polinom akkor és csak akkor azonos, ha van ugyanaz a fokozatés a változó azonos hatványai melletti együtthatók mindkét polinomban egyenlők. 9. példa. Tényező az y⁴ - 4y3 + 5y² - 4y + 1 polinomot. y4 - 4y3 + 5y² - 4y + 1 = (y² + wu + c)(y² + v₁y + c1) = y ⁴ + y³(vy² + c) s1 + s + vlv) + y(s 1 + s 1) + ss 1. A 3. tétel szerint van egy egyenletrendszerünk: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, nap ₁ + св ₁ = -4, ss ₁ = 1. Meg kell oldani a rendszert egész számokban. Az utolsó egész egyenletnek lehetnek megoldásai: c = 1, c₁ =1; c = -1, c1 = -1. Legyen с = с ₁ = 1, akkor az első egyenletből в₁ = -4 –в. Helyettesítsük be a rendszer második egyenletében in² + 4v + 3 = 0, in = -1, in₁ = -3 vagy in = -3, in₁ = -1. Ezek az értékek illeszkednek a rendszer harmadik egyenletéhez. c \u003d c ₁ \u003d -1 D értékkel

10. számú példa. Tényezője az y³ - 5y + 2 polinomnak. y³ -5y + 2 \u003d (y + a) (y² + wu + c) \u003d y³ + (a + c) y² + (av + c) y + ac. Van egy egyenletrendszerünk: a + b \u003d 0, av + c \u003d -5, ac \u003d 2. A harmadik egyenlet lehetséges egész megoldásai: (2; 1), (1; 2), (-2) -1), (-1 ;-2). Legyen a = -2, c = -1. A = 2-es rendszer első egyenletéből, amely kielégíti a második egyenletet. Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük a kívánt egyenlőségbe, megkapjuk a választ: (y - 2) (y² + 2y - 1). A második út. Y³ - 5y + 2 \u003d y³ -5y + 10 - 8 \u003d (y³ - 8) - 5 (y - 2) \u003d (y - 2) (y2 + 2y -1).

Példák önálló döntésre. A polinomok tényezője: 1. y⁴ + 4y³ + 6y2 + 4y -8, 2. y⁴ - 4y3 + 7y2 - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y⁴ -8y3 + 24y2 -32y. az egyenlet faktorizációs módszerrel: a) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ + 5x³ -6x² = 0. Válaszok: 1) (y² + 2y -2) (y² + 2y + 4), 2) (y - 1)² (y² -2y + 2), 3) (x ² -6x + 18) (x ² + 6x + 18), 4) (y - 1) (y - 3) (y² - 4y + 5), 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.

Funkcionálisan - grafikus módszer magasabb fokú egyenletek megoldására. 11. számú példa. Oldja meg az x ⁵ + 5x -42 = 0 egyenletet. Az y \u003d x ⁵ függvény növekszik, az y \u003d 42 - 5x csökken (k

Példák önálló döntésre. 1. Bizonyítsa be a függvény monotonitási tulajdonságával, hogy az egyenletnek egyetlen gyöke van, és keresse meg ezt a gyöket: a) x ³ \u003d 10 - x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 - x. Válaszok: a) 2, b) √2. 2. Oldja meg az egyenletet a funkcionális-grafikus módszerrel: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 - x, d) (1/3) = x +4, d ) (x - 1)² \u003d log₂ x, e) log \u003d (x + ½)², g) 1 - √x \u003d ln x, h) √x - 2 \u003d 9 / x. Válaszok: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.

Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. 5. tétel (Vieta tétele). Ha az a xⁿ + a x ⁿ + ... + a₁x + a₀ egyenletnek n különböző x ₁, x ₂, ..., x valós gyöke van, akkor ezek kielégítik a következő egyenlőségeket: másodfokú egyenlet ax² + in + c \u003d o: x ₁ + x ₂ \u003d -v / a, x ₁ x ₂ \u003d c / a; Az a3x 3 + a 2x ² + a 1 x + a 0 = o köbegyenlet esetén: x 1 + x 2 + x 3 = -a 2/a 3; x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = a1/a3; x₁x2x3 = -a₀/a3; ..., n-edik fokú egyenlethez: x ₁ + x ₂ + ... x \u003d - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x \u003d a / a, ..., x₁x ₂ ... x \u003d (- 1 ) ⁿ a₀/a. A fordított tétel is érvényes.

13. számú példa. Írjunk fel egy köbös egyenletet, amelynek gyökei inverzek az x ³ - 6x² + 12x - 18 = 0 egyenlet gyökével, és az együttható x ³-nál 2. 1. A Vieta-tétel szerint egy köbös egyenletre: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + х₁х ₃ + х₂х ₃ = 12, х₁х₂х ₃ = 18. 2. Állítsa össze a reciprokokat, és alkalmazza az adott gyököket vagy fordítva. 1/ x ₁ + 1/ x ₂ + 1/ x ₃ = (x2x ₃ + x ₁x ₃ + x ₁x ₂)/ x₁x₂x ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x₁x ₂ + 1/ x₁x ₃ + 1/ x₂x ₃ = (x ₃ + x ₂ + x ₁)/ x₁x₂x ₃ = 6/18 = 1/3, 1/ x₁x₃ = 1/1/8. Az x ³ + 2/3x² + 1/3x - 1/18 = 0 2 egyenletet kapjuk. Válasz: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Példák önálló döntésre. 1. Írjon fel egy köbegyenletet, amelynek gyökei inverzek az x ³ - 6x² + 11x - 6 = 0 egyenlet gyökeinek négyzetével, és az együttható x ³-nél 8. Válasz: 8x³ - 98/9x² + 28/9x -2/9 = 0. Nem szabványos módszerek magasabb fokú egyenletek megoldására. 12. számú példa. Oldjuk meg az x ⁴ -8x + 63 = 0 egyenletet. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát! Válassza ki a pontos négyzeteket. X⁴ - 8x + 63 \u003d (x ⁴ + 16x² + 64) - (16x² + 8x + 1) \u003d (x ² + 8)² - (4x + 1)² \u003d (x ² + 4x + 9) ( x ² - 4x + 7) = 0. Mindkét diszkrimináns negatív. Válasz: nincs gyökere.

14. számú példa. Oldja meg a 21x³ + x ² - 5x - 1 \u003d 0 egyenletet. Ha az egyenlet szabad tagja ± 1, akkor az egyenletet a fenti egyenletté alakítjuk át az x \u003d 1 / y helyettesítésével. 21 / y³ + 1 / y² - 5 / y - 1 \u003d 0 y³, y³ + 5y² -y - 21 \u003d 0. y \u003d -3 az egyenlet gyöke. (y + 3) (y² + 2y -7) \u003d 0, y \u003d -1 ± 2√2. x ₁ = -1/3, x ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7, X₃ = 1/-1 -2√2 =(1-2√2)/7 . 15. példa. Oldja meg a 4x³-10x² + 14x - 5 \u003d 0 egyenletet. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 2-vel. 8x³ -20x² + 28x - 10 \u003d 0, (2x)³ - 5 (2x)² + -1 10 \u003d 0. Bevezetünk egy új y \u003d 2x változót, az y³ - 5y² + 14y -10 \u003d 0 redukált egyenletet kapjuk, y \u003d 1 az egyenlet gyöke. (y - 1) (y² - 4 év + 10) \u003d 0, D

16. számú példa. Bizonyítsuk be, hogy az x ⁴ + x ³ + x - 2 = 0 egyenletnek egy pozitív gyöke van. Legyen f (x) \u003d x ⁴ + x ³ + x - 2, f '(x) \u003d 4x³ + 3x² + 1\u003e o x\u003e o esetén. Az f (x) függvény növekszik x > o esetén, és f (o) értéke \u003d -2. Nyilvánvaló, hogy az egyenletnek egy pozitív gyöke van p.t.d. 17. példa. Oldja meg a 8x (2x² - 1) (8x⁴ - 8x² + 1) egyenletet \u003d 1. I. F. Sharygin „Választható matematika kurzus a 11. osztályhoz”. M. Felvilágosodás 1991 90. o. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 és 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Változtassuk x \u003d hangulatossá, y € (0; n). Az y többi értékénél az x értékei megismétlődnek, és az egyenletnek legfeljebb 7 gyöke van. 2x² - 1 = 2 cos²y - 1 = cos2y, 8x⁴ - 8x² + 1 = 2(2x² - 1)² - 1 = 2 cos²2y - 1 = cos4y. 3. Az egyenletből 8 cozycos2ycos4y = 1. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát siny-vel. 8 sinycosycos2ycos4y = siny . Ha háromszor alkalmazzuk a kettős szög képletet, akkor a sin8y \u003d siny, sin8y - siny \u003d 0 egyenletet kapjuk

A 17. számú példa megoldásának vége. A szinuszkülönbség képletét alkalmazzuk. 2 sin7y/2 cos9y/2 = 0 . Figyelembe véve, hogy y € (0;n), y = 2pc/3, k = 1, 2, 3 vagy y = n /9 + 2pc/9, k = 0, 1, 2, 3. Visszatérve az x változóhoz, választ kapunk: Cos2 p / 7, cos4 p / 7, cos6 p / 7, cos p / 9, ½, cos5 p / 9, cos7 p / 9. Példák önálló döntésre. Keresse meg a minden olyan értékét, amelyre az (x² + x)(x² + 5x + 6) = a egyenletnek pontosan három gyöke van. Válasz: 9/16. Irány: ábrázolja az egyenlet bal oldalát. Fmax = f(0) = 9/16. Az y \u003d 9/16 egyenes három pontban metszi a függvény grafikonját. Oldja meg az (x ² + 2x) ² - (x + 1) ² \u003d 55 egyenletet. Válasz: -4; 2. Oldja meg az (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ = 16 egyenletet. Válasz: -5; -3. Oldja meg a 2 (x ² + x + 1) ² -7 (x - 1) ² \u003d 13 (x ³ - 1) egyenletet. Válasz: -1; -1/2, 2;4 Határozza meg az x ³ - 12x + 10 = 0 egyenlet valós gyökeinek számát [-3; 3/2]. Tipp: keresse meg a származékot, és vizsgálja meg a monot-t.

Példák független megoldásra (folytatás). 6. Határozza meg az x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0 egyenlet valós gyökeinek számát. Válasz: 2 X₁² + x ₂² + x ₃². Válasz: 66. Irány: alkalmazzuk Vieta tételét. 8. Bizonyítsuk be, hogy a > o és egy tetszőleges x ³ + ax + b = o valós egyenletnek csak egy valós gyöke van. Tipp: Bizonyítsd be ellentmondással. Alkalmazza Vieta tételét. 9. Oldja meg a 2 (x ² + 2) ² \u003d 9 (x ³ + 1) egyenletet! Válasz: ½; 1; (3 ± √13)/2. Irány: hozzuk homogénre az egyenletet az X² + 2 = x + 1 + x ² - x + 1, x ³ + 1 = (x + 1) (x ² - x + 1) egyenlőségekkel. 10. Oldja meg az x + y \u003d x ², 3y - x \u003d y² egyenletrendszert! Válasz: (0;0), (2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Oldja meg a rendszert: 4y² -3xy \u003d 2x -y, 5x² - 3y² \u003d 4x - 2y. Válasz: (o; o), (1; 1), (297/265; - 27/53).

Teszt. 1 lehetőség. 1. Oldja meg az (x ² + x) - 8 (x ² + x) + 12 = 0 egyenletet. 2. Oldja meg az (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = egyenletet - 15 3. Oldja meg a 12x²(x - 3) + 64(x - 3)² = x ⁴ egyenletet! 4. Oldja meg az x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 egyenletet. 5. Oldja meg az egyenletrendszert: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

2. lehetőség 1. (x ² - 4x) ² + 7 (x ² - 4x) + 12 \u003d 0, 2, x (x + 1) (x + 5) (x + 6) \u003d 24, 3, x ⁴ + 18 (x + 4)² = 11x² (x + 4). 4. x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 = 0. 5. x ² - 2xy + y² + 2x²y - 9 = 0, x - y - x²y + 3 = 0, 3 lehetőség. 1. (x ² + 3x)² - 14 (x ² + 3x) + 40 \u003d 0 2. (x - 5) (x-3) (x + 3) (x + 1) \u003d - 35, 3 x4 + 8x²(x + 2) = 9(x + 2)². 4. x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. 5. x + y + x ² + y ² = 18, xy + x ² + y² = 19.

4 lehetőség. (x ² - 2x) ² - 11 (x ² - 2x) + 24 \u003d o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) = -36. X⁴ + 3(x-6)² = 4x²(6-x). X⁴ - 6x3 + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy - 3y² = - 4. Kiegészítő feladat: A P (x) polinom (x - 1)-vel való osztásának maradéka 4, az (x + 1)-vel való osztás maradéka 2, és ha elosztjuk (x - 2) -vel, akkor 8. P (x) osztásának maradéka (x ³ - 2x² - x + 2).

Válaszok és utasítások: 1. opció 2. szám 3. 4. szám 5. 1. - 3. lehetőség; ±2; 1 1;2;3. -5; -4; 1; 2. Homogén egyenlet: u \u003d x -3, v \u003d x² -2; -1; 3; 4. (2;1); (2/3; 4/3). Irány: 1 (-3) + 2 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2,1±√11; 4; - 2. Homogén egyenlet: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- harminc). Irány: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12-3; -2; 4; 12-6; -3; -1; 2. Homogén u \u003d x + 2, v \u003d x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Megjegyzés: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5±√21)/2 (1;-2), (-1;2). Irány: 1 4 + 2 .

További feladat megoldása. A Bezout-tétel szerint: P (1) \u003d 4, P (-1) \u003d 2, P (2) \u003d 8. P (x) \u003d G (x) (x ³ - 2x² - x + 2 ) + ax² + in + With. 1. helyettesítő; - 1; 2. P (1) \u003d G (1) 0 + a + b + c \u003d 4, a + b + c \u003d 4. P (-1) \u003d a - b + c \u003d 2, P ( 2) = 4a² + 2b + c = 8. A kapott három egyenletrendszert megoldva a következőt kapjuk: a = c = 1, c = 2. Válasz: x ² + x + 2.

1. kritérium - 2 pont. 1 pont - egy számítási hiba. No. 2,3,4 - egyenként 3 pont. 1 pont – másodfokú egyenlethez vezetett. 2 pont - egy számítási hiba. 5. sz. - 4 pont. 1 pont - egyik változót a másikon keresztül fejezi ki. 2 pont - kapott az egyik megoldás. 3 pont – egy számítási hiba. Kiegészítő feladat: 4 pont. 1 pont - Bezout tételét alkalmazta mind a négy esetre. 2 pont - egyenletrendszert alkotott. 3 pont – egy számítási hiba.

Osztály: 9

Alapvető célok:

1. fokú egész számú racionális egyenlet fogalmának megszilárdítása.
2. Fogalmazza meg a főbb módszereket a magasabb fokú egyenletek megoldására (n > 3).
3. Megtanítani a magasabb fokú egyenletek megoldásának alapvető módszereit.
4. Megtanítani az egyenlet alakjával meghatározni a legtöbbet hatékony módszer a döntéseit.

A tanár által az osztályteremben használt formák, módszerek és pedagógiai technikák:

• Előadás-szeminárium képzési rendszer (előadások - új anyag magyarázata, szemináriumok - problémamegoldás).
• Információs és kommunikációs technológiák (frontális felmérés, szóbeli munka az osztállyal).
• Differenciált képzés, csoportos és egyéni formák.
• A kutatási módszer alkalmazása a tanításban, melynek célja az egyes tanulók matematikai apparátusának és mentális képességeinek fejlesztése.
• Nyomtatott anyag - személyre szabott rövid összefoglaló lecke (alapfogalmak, képletek, állítások, előadásanyag diagramok vagy táblázatok formájában tömörítve).

Tanterv:

1. Idő szervezése.
   A színpad célja: a tanulók bevonása tanulási tevékenységek határozza meg az óra tartalmát.
2. A tanulók tudásának frissítése.
   A szakasz célja: a hallgatók ismereteinek frissítése a korábban tanult kapcsolódó témákban
3. Tanul új téma(előadás). A szakasz célja: a főbb módszerek megfogalmazása magasabb fokú egyenletek megoldására (n > 3)
4. Összegzés.
   A szakasz célja: ismét kiemelni a leckében tanult anyag legfontosabb pontjait.
5. Házi feladat.
   A színpad célja: megfogalmazni házi feladat diákoknak.

Óra összefoglalója

1. Szervezeti mozzanat.

Az óra témájának megfogalmazása: „Felsőfokú egyenletek. Megoldásukra szolgáló módszerek”.

2. A tanulók tudásának aktualizálása.

Elméleti felmérés - beszélgetés. Néhány korábban tanulmányozott információ megismétlése az elméletből. A hallgatók alapvető definíciókat fogalmaznak meg, és kimondják a szükséges tételeket. Példákat adunk, amelyek bemutatják a korábban megszerzett tudás szintjét.

• Egy változós egyenlet fogalma.
• Az egyenletgyök fogalma, az egyenlet megoldása.
• koncepció lineáris egyenlet egy változóval, egy változós másodfokú egyenlet fogalma.
• Az egyenletek, egyenlet-következmények ekvivalenciájának fogalma (külső gyökök fogalma), nem következmény általi átmenet (gyökvesztés esete).
• Egy egész racionális kifejezés fogalma egy változóval.
• A teljes racionális egyenlet fogalma n fokozat. Egy teljes racionális egyenlet standard alakja. Csökkentett teljes racionális egyenlet.
• Áttérés alacsonyabb fokú egyenlethalmazra az eredeti egyenlet faktorálásával.
• A polinom fogalma n fokozattól x. Bezout tétele. Bezout tételének következményei. Gyöktételek ( Z-gyökerek és K-gyökei) egy egész racionális egyenlet egész együtthatóival (redukált és nem redukált).
• Horner séma.

3. Új téma tanulása.

Az egész racionális egyenletet figyelembe vesszük n a szabványos alak hatványa egy ismeretlen változóval x:Pn(x)= 0 , ahol P n (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0– polinom n fokozattól x, a n ≠ 0. Ha a n = 1, akkor az ilyen egyenletet redukált egész racionális egyenletnek nevezzük n fokozat. Tekintsük az ilyen egyenleteket különböző értékeket nés sorolja fel megoldásuk főbb módszereit.

n= 1 egy lineáris egyenlet.

n= 2 egy másodfokú egyenlet. Diszkrimináns képlet. Képlet a gyökerek kiszámításához. Vieta tétele. Kiválasztás teljes négyzet.

n= 3 egy köbös egyenlet.

csoportosítási módszer.

Példa: x 3 – 4x 2 – x+ 4 = 0 (x - 4) (x 2– 1) = 0 x 1 = 4 , x2 = 1,x 3 = -1.

A forma reciprok köbegyenlete fejsze 3 + bx 2 + bx + a= 0. Megoldjuk az azonos együtthatójú tagok kombinálásával.

Példa: x 3 – 5x 2 – 5x + 1 = 0 (x + 1)(x 2 – 6x + 1) = 0 x 1 = -1, x 2 = 3 + 2, x 3 = 3 – 2.

Z-gyökök kiválasztása a tétel alapján. Horner séma. A módszer alkalmazásakor hangsúlyozni kell, hogy a felsorolás ebben az esetben véges, és a gyököket egy bizonyos algoritmus szerint választjuk ki a következő tételnek megfelelően. Z-a redukált egész racionális egyenlet gyökei egész együtthatókkal.

Példa: x 3 – 9x 2 + 23x– 15 = 0. Az egyenletet redukáljuk. Kiírjuk a szabad tag osztóit ( + 1; + 3; + 5; + 15). Alkalmazzuk Horner sémáját:

	x 3	x 2	x 1	x 0	következtetés
	1	-9	23	-15
1	1	1 x 1 - 9 = -8	1 x (-8) + 23 = 15	1 x 15 - 15 = 0	1 - gyökér
	x 2	x 1	x 0

Kapunk ( x – 1)(x 2 – 8x + 15) = 0 x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5.

Egyenlet egész együtthatókkal. Q-gyökök kiválasztása a tétel alapján. Horner séma. A módszer alkalmazásakor hangsúlyozni kell, hogy a felsorolás ebben az esetben véges, és a gyököket egy bizonyos algoritmus szerint választjuk ki a tétellel összhangban. K-egy redukálatlan egész racionális egyenlet gyökerei egész együtthatókkal.

Példa: 9 x 3 + 27x 2 – x– 3 = 0. Az egyenlet nem redukálódik. Kiírjuk a szabad tag osztóit ( + 1; + 3). Írjuk ki az együttható osztóit az ismeretlen legmagasabb hatványán. ( + 1; + 3; + 9) Ezért gyökereket fogunk keresni az értékek között ( + 1; + ; + ; + 3). Alkalmazzuk Horner sémáját:

	x 3	x 2	x 1	x 0	következtetés
	9	27	-1	-3
1	9	1 x 9 + 27 = 36	1 x 36 - 1 = 35	1 x 35 - 3 = 32 ≠ 0	Az 1 nem gyökér
-1	9	-1 x 9 + 27 = 18	-1 x 18 - 1 = -19	-1 x (-19) - 3 = 16 ≠ 0	-1 nem gyökér
	9	x9 + 27 = 30	x 30 - 1 = 9	x 9 - 3 = 0	gyökér
	x 2	x 1	x 0

Kapunk ( x – )(9x 2 + 30x + 9) = 0 x 1 = , x 2 = - , x 3 = -3.

A számítás megkönnyítése érdekében a Q kiválasztásakor -gyökerek kényelmes lehet a változó megváltoztatása, lépjen a fenti egyenletre, és állítsa be a Z-t -gyökerek.

• Ha a metszéspont 1

.

• Ha lehetséges az űrlap helyettesítése y=kx

.

Formula Cardano. Létezik univerzális módszer A köbös egyenletek megoldása Cardano képlete. Ez a képlet Gerolamo Cardano (1501–1576), Nicolo Tartaglia (1500–1557), Scipio del Ferro (1465–1526) olasz matematikusok nevéhez fűződik. Ez a képlet kívül esik tanfolyamunk hatókörén.

n= 4 egy negyedik fokú egyenlet.

csoportosítási módszer.

Példa: x 4 + 2x 3 + 5x 2 + 4x – 12 = 0 (x 4 + 2x 3) + (5x 2 + 10x) – (6x + 12) = 0 (x + 2)(x 3 + 5x- 6) = 0 (x + 2)(x– 1)(x 2 + x + 6) = 0 x 1 = -2, x 2 = 1.

Változó helyettesítési módszer.

• Az alak kétnegyedes egyenlete fejsze 4 + bx 2+s = 0 .

Példa: x 4 + 5x 2 - 36 = 0. Csere y = x 2. Innen y 1 = 4, y 2 = -9. Ezért x 1,2 = + 2 .

• Az alak negyedik fokának reciprok egyenlete fejsze 4 + bx 3+c x 2 + bx + a = 0.

Úgy oldjuk meg, hogy azonos együtthatójú tagokat kombinálunk az űrlap helyettesítésével

• fejsze 4 + bx 3 + cx 2 – bx + a = 0.

• Az alak negyedik fokának általánosított visszafelé egyenlete fejsze 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k2 a = 0.

• Általános csere. Néhány szabványos helyettesítés.

3. példa . Általános nézet csere(egy adott egyenlet alakjából következik).

n = 3.

Egyenlet egész együtthatókkal. Q-gyökök kiválasztása n = 3.

Általános képlet. Van egy univerzális módszer a negyedik fokú egyenletek megoldására. Ez a képlet Ludovico Ferrari (1522-1565) nevéhez fűződik. Ez a képlet kívül esik tanfolyamunk hatókörén.

n > 5 - ötödik és magasabb fokozatú egyenletek.

Egyenlet egész együtthatókkal. Z-gyökök kiválasztása a tétel alapján. Horner séma. Az algoritmus hasonló a fentebb tárgyalthoz n = 3.

Egyenlet egész együtthatókkal. Q-gyökök kiválasztása tétel alapján. Horner séma. Az algoritmus hasonló a fentebb tárgyalthoz n = 3.

Szimmetrikus egyenletek. Minden páratlan fokú reciprok egyenletnek van gyöke x= -1 és faktorokra bontása után azt kapjuk, hogy az egyik tényezőnek az alakja ( x+ 1), a második tényező pedig egy páros fokú reciprok egyenlet (fokozata eggyel kisebb, mint az eredeti egyenlet mértéke). Bármely páros fokú reciprok egyenlet az alak gyökével együtt x = φ az űrlap gyökerét is tartalmazza. Ezeket az állításokat felhasználva megoldjuk a problémát a vizsgált egyenlet mértékének csökkentésével.

Változó helyettesítési módszer. A homogenitás használata.

Az egész ötödfokú egyenletek megoldására nincs általános képlet (ezt Paolo Ruffini olasz matematikus (1765–1822) és Nils Henrik Abel (1802–1829) norvég matematikus mutatta meg) és a magasabb hatványok (ezt a franciák mutatták meg) matematikus Evariste Galois (1811–1832) )).

• Emlékezzünk vissza, hogy a gyakorlatban lehetséges használni kombinációk a fent felsorolt ​​módszereket. Kényelmes áttérni egy alacsonyabb fokú egyenletre az eredeti egyenlet faktorizálása.
• Mai megbeszélésünk keretein kívül a gyakorlatban széles körben alkalmazzák grafikus módszerek egyenletek megoldása és közelítő megoldási módszerek magasabb fokú egyenletek.
• Vannak helyzetek, amikor az egyenletnek nincs R-gyöke.
Ezután a megoldás megmutatja, hogy az egyenletnek nincs gyökere. Ennek bizonyítására elemezzük a vizsgált függvények viselkedését monotonitási intervallumokon. Példa: Egyenlet x 8 – x 3 + 1 = 0-nak nincs gyökere.
• A függvények monotonitási tulajdonságának felhasználása
. Vannak helyzetek, amikor a függvények különféle tulajdonságainak használata lehetővé teszi a feladat egyszerűsítését.
1. példa: Egyenlet x 5 + 3x– 4 = 0-nak egy gyöke van x= 1. Az elemzett függvények monotonitása alapján nincs más gyök.
2. példa: Egyenlet x 4 + (x– 1) 4 = 97-nek vannak gyökerei x 1 = -2 és x 2 = 3. A megfelelő függvények monotonitási intervallumokon való viselkedését elemezve arra a következtetésre jutottunk, hogy nincs más gyök.

4. Összegzés.

Összegzés: Mostanra elsajátítottuk a különféle magasabb fokú egyenletek megoldásának alapvető módszereit (n. > 3). Feladatunk a fenti algoritmusok hatékony használatának elsajátítása. Az egyenlet típusától függően meg kell tanulnunk meghatározni, hogy ebben az esetben melyik megoldási mód a leghatékonyabb, valamint helyesen kell alkalmazni a választott módszert.

5. Házi feladat.

: 7. tétel, 164–174., 33–36., 39–44., 46,47.

: №№ 9.1–9.4, 9.6–9.8, 9.12, 9.14–9.16, 9.24–9.27.

A témával kapcsolatos riportok vagy absztraktok lehetséges témái:

• Formula Cardano
• Grafikus módszer egyenletek megoldására. Megoldási példák.
• Egyenletek közelítő megoldásának módszerei.

Az anyag asszimilációjának és a tanulók téma iránti érdeklődésének elemzése:

A tapasztalatok azt mutatják, hogy a tanulók érdeklődése elsősorban a válogatás lehetősége Z-gyökerek és K-egyenletek gyökerei egy meglehetősen egyszerű algoritmus segítségével, Horner sémájával. A hallgatók érdeklődnek a különböző szabványos változóhelyettesítések iránt is, amelyek jelentősen leegyszerűsíthetik a probléma típusát. A megoldás grafikus módszerei általában különösen érdekesek. Ebben az esetben a feladatokat egyenletek megoldására szolgáló grafikus módszerré is elemezheti; megbeszélni általános forma grafika 3, 4, 5 fokos polinomhoz; elemezze, hogy a 3, 4, 5 fokos egyenletek gyökeinek száma hogyan függ össze a megfelelő gráf típusával. Az alábbiakban felsoroljuk azokat a könyveket, amelyekben további információkat találhat erről a témáról.

Bibliográfia:

1. Vilenkin N.Ya. stb. „Algebra. Tankönyv 9. osztályos diákok számára a matematika elmélyült tanulmányozásával ”- M., Oktatás, 2007 - 367 p.
2. Vilenkin N.Ya., Shibasov L.P., Shibasova Z.F.„Egy matematika tankönyv lapjai mögött. Számtan. Algebra. 10-11. évfolyam” – M., Felvilágosodás, 2008 – 192 p.
3. Vygodsky M.Ya."Matematika kézikönyve" - ​​M., AST, 2010 - 1055 p.
4. Galitsky M.L.„Feladatok gyűjtése az algebrában. oktatóanyag 8-9. évfolyam számára a matematika elmélyült tanulmányozásával ”- M., Oktatás, 2008 - 301 p.
5. Zvavich L.I. et al. „Algebra és az elemzés kezdetei. 8-11 sejt Kézikönyv iskolák és osztályok számára a matematika elmélyült tanulmányozásával ”- M., Drofa, 1999 - 352 p.
6. Zvavich L.I., Averyanov D.I., Pigarev B.P., Trushanina T.N.„Matematikai feladatok, amelyekre felkészülni kell írásbeli vizsga 9. osztályban” – M., Felvilágosodás, 2007 – 112 p.
7. Ivanov A.A., Ivanov A.P.„Tematikus tesztek a matematikai ismeretek rendszerezéséhez” 1. rész - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 p.
8. Ivanov A.A., Ivanov A.P.„Tematikus tesztek a matematikai ismeretek rendszerezéséhez” 2. rész - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 p.
9. Ivanov A.P.„Tesztek és tesztpapírok matematika. Oktatóanyag". - M., Fizmatkniga, 2008 - 304 p.
10. Leibson K.L.„Gyakorlati feladatok gyűjteménye matematikából. 2–9. rész osztály” – M., MTsNMO, 2009 – 184 p.
11. Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G."Algebra. További fejezetek a 9. osztályos iskolai tankönyvhöz. Tankönyv iskolák és osztályok tanulói számára a matematika elmélyült tanulmányozásával.” - M., Oktatás, 2006 - 224 p.
12. Mordkovich A.G."Algebra. Mélyreható tanulmányozás. 8. osztály. Tankönyv” – M., Mnemosyne, 2006 – 296 p.
13. Savin A.P. “enciklopédikus szótár fiatal matematikus” – M., Pedagógia, 1985 – 352 p.
14. Survillo G.S., Simonov A.S. “Didaktikai anyagok a 9. osztály algebrájában a matematika elmélyült tanulmányozásával” – M., Enlightenment, 2006 – 95 p.
15. Chulkov P.V.„Egyenletek és egyenlőtlenségek a matematika iskolai kurzusában. Előadások 1–4” – M., 2006. szeptember elseje – 88 p.
16. Chulkov P.V.„Egyenletek és egyenlőtlenségek a matematika iskolai kurzusában. Előadások 5–8” – M., 2009. szeptember elseje – 84 p.

Az algebrai egyenletek megoldása során gyakran szükséges egy polinom faktorizálása. Egy polinom faktorálása azt jelenti, hogy két vagy több polinom szorzataként ábrázoljuk. A polinomok bővítésének néhány módszerét elég gyakran alkalmazzuk: közös tényező kiemelése, rövidített szorzóképletek használata, teljes négyzet kiemelése, csoportosítás. Nézzünk még néhány módszert.

Néha egy polinom faktorálásakor a következő állítások hasznosak:

1) ha egy egész együtthatós polinomnak van racionális gyöke (ahol egy irreducibilis tört, akkor a szabad tag osztója és a legmagasabb együttható osztója:

2) Ha bármilyen módon választjuk egy fokpolinom gyökét, akkor a polinom olyan formában ábrázolható, ahol a fokpolinom

A polinom megkereshető úgy, hogy a polinomot elosztjuk a binomiális "oszloppal", vagy a polinom tagjainak megfelelő csoportosításával és abból faktort vonunk ki, vagy a határozatlan együtthatók módszerével.

Példa. Tényezősítsünk egy polinomot

Megoldás. Mivel az együttható x4-nél egyenlő 1-gyel, akkor ennek a polinomnak a racionális gyökei léteznek, és osztói a 6-nak, azaz lehetnek ±1, ±2, ±3, ±6 egész számok. Ezt a polinomot P4(x)-el jelöljük. Mivel Р Р4 (1) = 4 és Р4 (-4) = 23, az 1 és -1 számok nem gyökei a PA (x) polinomnak. Mivel P4(2) = 0, akkor x = 2 a P4(x) polinom gyöke, és ezért ez a polinom osztható az x - 2 binomimmal. Ezért x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 +x-3

3x3 +7x2 -5x +6

3x3 + 6x2 x2 - 5x + 6x2 - 2x

Ezért P4(x) = (x - 2)(x3 - 3x2 + x - 3). Mivel xz - Zx2 + x - 3 \u003d x2 (x - 3) + (x - 3) \u003d (x - 3) (x2 + 1), akkor x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 \u003d (x - 2) (x - 3) (x2 + 1).

Paraméter beviteli mód

Néha egy polinom faktorálásánál a paraméter bevezetésének módja segít. Ennek a módszernek a lényegét a következő példa ismerteti.

Példa. x3 - (√3 + 1) x2 + 3.

Megoldás. Tekintsünk egy a paraméterű polinomot: x3 - (a + 1)x2 + a2, amely a = √3 esetén adott polinommá alakul. Ezt a polinomot így írjuk négyzetes trinomikus a tekintetében: ar - ax2 + (x3 - x2).

Mivel ennek a trinomikus négyzetnek a gyökei a-hoz képest a1 = x és a2 = x2 - x, így az a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x) (a - x2 + x) egyenlőség igaz. Ezért az x3 - (√3 + 1)x2 + 3 polinom √3 - x és √3 - x2 + x tényezőkre bomlik, azaz.

x3 - (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).

Új ismeretlen bevezetésének módszere

Egyes esetekben a Pn(x) polinomban szereplő f(x) kifejezést y-n keresztül lecserélve egy polinomot kaphatunk y-hoz képest, amely már könnyen faktorizálható. Ezután, miután y-t f(x)-re cseréljük, megkapjuk a Pn(x) polinom faktorizálását.

Példa. Tényező a polinom x(x+1)(x+2)(x+3)-15.

Megoldás. Alakítsuk át ezt a polinomot a következőképpen: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 = ( x2 + 3x) (x2 + 3x + 2) - 15.

Jelölje x2 + 3x y-val. Ekkor y(y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1) 2 - 16 = (y + 1 + 4) (y + 1 - 4)= ( y + 5) (y - 3).

Ezért x(x + 1)(x + 2)(x + 3) - 15 = (x2 + 3x + 5)(x2 + 3x - 3).

Példa. Tényezőzzük az (x-4)4+(x+2)4 polinomot

Megoldás. Jelölje x - 4 + x + 2 = x - 1 y-val.

(x - 4) 4 + (x + 2) 2 = (y - 3) 4 + (y + 3) 4 = y4 - 12y3 + 54y3 - 108y + 81 + y4 + 12y3 + 54y2 + 108y + 81 =

2y4 + 108y2 + 162 = 2(y4 + 54y2 + 81) = 2[(y2 + 27)2 - 648] = 2 (y2 + 27 - √b48)(y2 + 27+√b48)=

2((x-1)2+27-√b48)((x-1)2+27+√b48)=2(x2-2x + 28-18√ 2)(x2- 2x + 28 + 18√ 2 ).

Különböző módszerek kombinációja

Gyakran előfordul, hogy egy polinom faktorálásakor egymás után több fent tárgyalt módszert kell alkalmazni.

Példa. Tényezőzzük az x4 - 3x2 + 4x-3 polinomot.

Megoldás. Csoportosítással átírjuk a polinomot x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 - 2x2) - (x2 -4x + 3) alakban.

A teljes négyzet kijelölésének módszerét alkalmazva az első zárójelre x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 1 x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

A teljes négyzetes képlet segítségével most felírhatjuk, hogy x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.

Végül a négyzetek különbségének képletét alkalmazva azt kapjuk, hogy x4 - 3x2 + 4x - 3 \u003d (x2 - 1 + x - 2) (x2 - 1 - x + 2) \u003d (x2 + x-3) (x2 - x + 1).

§ 2. Szimmetrikus egyenletek

1. Harmadfokú szimmetrikus egyenletek

Az ax3 + bx2 + bx + a \u003d 0, a ≠ 0 (1) alakú egyenleteket harmadfokú szimmetrikus egyenleteknek nevezzük. Mivel ax3 + bx2 + bx + a \u003d a (x3 + 1) + bx (x + 1) \u003d (x + 1) (ax2 + (b-a) x + a), akkor az (1) egyenlet megegyezik a x + 1 \u003d 0 és ax2 + (b-a) x + a \u003d 0 egyenletkészlet, amelyet nem nehéz megoldani.

Példa 1. Oldja meg az egyenletet!

3x3 + 4x2 + 4x + 3 = 0. (2)

Megoldás. A (2) egyenlet egy harmadfokú szimmetrikus egyenlet.

Mivel 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3 (x3 + 1) + 4x (x + 1) = (x + 1) (3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1) (3x2 + x + 3) , akkor a (2) egyenlet ekvivalens az x + 1 = 0 és a 3x3 + x +3=0 egyenletekkel.

Az első egyenlet megoldása x = -1, a második egyenletnek nincs megoldása.

Válasz: x = -1.

2. Negyedik fokú szimmetrikus egyenletek

Típusegyenlet

(3) negyedfokú szimmetrikus egyenletnek nevezzük.

Mivel x \u003d 0 nem a (3) egyenlet gyöke, akkor a (3) egyenlet mindkét részét x2-vel elosztva az eredetivel (3) egyenértékű egyenletet kapunk:

Írjuk át a (4) egyenletet a következő alakba:

Ebben az egyenletben lecserélünk, majd egy másodfokú egyenletet kapunk

Ha az (5) egyenletnek 2 gyöke van y1 és y2, akkor az eredeti egyenlet ekvivalens az egyenletkészlettel

Ha az (5) egyenletnek egy gyöke у0, akkor az eredeti egyenlet ekvivalens az egyenlettel

Végül, ha az (5) egyenletnek nincs gyöke, akkor az eredeti egyenletnek sincs gyöke.

2. példa Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. Ez az egyenlet egy negyedik fokú szimmetrikus egyenlet. Mivel x \u003d 0 nem a gyöke, akkor a (6) egyenletet x2-vel elosztva egy ekvivalens egyenletet kapunk:

A tagokat csoportosítva átírjuk a (7) egyenletet formába vagy alakba

Feltételezve, hogy egy olyan egyenletet kapunk, amelynek két gyöke y1 = 2 és y2 = 3. Ezért az eredeti egyenlet ekvivalens az egyenlethalmazsal

Ennek a halmaznak az első egyenletének megoldása x1 = 1, a másodiké pedig u.

Ezért az eredeti egyenletnek három gyöke van: x1, x2 és x3.

Válasz: x1=1.

§3. Algebrai egyenletek

1. Az egyenlet mértékének csökkentése

Egyes algebrai egyenletek, ha néhány polinomot egy betűre cserélünk, redukálhatók algebrai egyenletek, amelynek foka kisebb, mint az eredeti egyenlet foka, és megoldása egyszerűbb.

Példa 1. Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. Jelölje, akkor az (1) egyenlet átírható a következőre: Az utolsó egyenletnek gyökerei vannak, és ezért az (1) egyenlet ekvivalens az és egyenlethalmazzal. E halmaz első egyenletének megoldása és A második egyenlet megoldása az

Az (1) egyenlet megoldásai a következők

2. példa Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. Az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk 12-vel, és jelöljük

Megkapjuk az egyenletet Ezt az egyenletet átírjuk a formába

(3) és ennek jelölésével átírjuk a (3) egyenletet a következő alakba. Az utolsó egyenletnek gyökerei vannak, és ezért azt kapjuk, hogy a (3) egyenlet ekvivalens két egyenlet halmazával és 4)

A (4) halmaz megoldásai és, és ezek a (2) egyenlet megoldásai.

2. Formaegyenletek

Az egyenlet

(5) ahol adott számok, az ismeretlen pótlásával, azaz a pótlással bikvadratikus egyenletté redukálható

3. példa Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. Jelöljük azzal, azaz változtatjuk a változókat vagy Ekkor a (6) egyenlet átírható a formába, vagy a képlet segítségével a formába

Mivel a másodfokú egyenlet gyökei és akkor a (7) egyenlet megoldásai a és az egyenlethalmaz megoldásai. Ennek az egyenletnek két megoldása van, és ezért a (6) egyenlet megoldásai a és

3. Formaegyenletek

Az egyenlet

(8) ahol az α, β, γ, δ és Α számok olyanok, hogy α

4. példa Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. Változtassuk meg az ismeretleneket, azaz y=x+3 vagy x = y – 3. Ekkor a (9) egyenlet átírható a következőre:

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, azaz a következő formában

(y2-4)(y2-1)=10 (10)

A (10) biquadratic egyenletnek két gyöke van. Ezért a (9) egyenletnek is két gyökere van:

4. Formaegyenletek

(11) egyenlet

Ahol nincs gyöke x = 0, ezért a (11) egyenletet x2-vel elosztva egy ekvivalens egyenletet kapunk

Ami az ismeretlen helyettesítése után átíródik egy másodfokú egyenlet formájában, aminek a megoldása nem nehéz.

5. példa Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. Mivel h \u003d 0 nem a (12) egyenlet gyöke, így x2-vel osztva egy ekvivalens egyenletet kapunk

Ismeretlenné téve a változást, az (y+1)(y+2)=2 egyenletet kapjuk, melynek két gyöke van: y1 = 0 és y1 = -3. Ezért az eredeti (12) egyenlet ekvivalens az egyenletkészlettel

Ennek a gyűjteménynek két gyöke van: x1= -1 és x2 = -2.

Válasz: x1= -1, x2 = -2.

Megjegyzés. típusegyenlet,

Amely mindig redukálható a (11) alakra, és ráadásul α > 0 és λ > 0 alakra tekintve.

5. Formaegyenletek

Az egyenlet

,(13) ahol az α, β, γ, δ és Α számok olyanok, hogy αβ = γδ ≠ 0, átírható úgy, hogy az első zárójelet megszorozzuk a másodikkal, a harmadikat pedig a negyedikkel, az egyenlet alakjában. A (13) most a (11) formában van felírva, és megoldása ugyanúgy végrehajtható, mint a (11) egyenlet megoldása.

6. példa Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. A (14) egyenlet alakja (13) , ezért átírjuk így

Mivel x = 0 nem megoldása ennek az egyenletnek, mindkét oldalát elosztva x2-vel, egy ekvivalens eredeti egyenletet kapunk. A változókat megváltoztatva egy másodfokú egyenletet kapunk, amelynek megoldása és. Ezért az eredeti (14) egyenlet ekvivalens az u egyenlethalmazzal.

Ennek a halmaznak az első egyenletének megoldása az

Ennek a megoldáshalmaznak a második egyenlete nem. Tehát az eredeti egyenletnek x1 és x2 gyöke van.

6. Formaegyenletek

Az egyenlet

(15) ahol az a, b, c, q, A számok olyanok, hogy nincs gyöke x = 0, ezért a (15) egyenletet elosztjuk x2-vel. egy vele ekvivalens egyenletet kapunk, amely az ismeretlen pótlása után átíródik egy másodfokú egyenlet alakjába, aminek a megoldása nem nehéz.

7. példa Egyenlet megoldása

Megoldás. Mivel x \u003d 0 nem a (16) egyenlet gyöke, ezért mindkét részét elosztva x2-vel, megkapjuk az egyenletet

, (17) egyenértékű a (16) egyenlettel. Az ismeretlen megváltoztatása után a (17) egyenletet átírhatjuk a formába

A (18) másodfokú egyenletnek 2 gyöke van: y1 = 1 és y2 = -1. Ezért a (17) egyenlet ekvivalens a és a (19) egyenletekkel.

A (19) egyenlethalmaznak 4 gyöke van: ,.

Ezek lesznek a (16) egyenlet gyökerei.

4. §. Racionális egyenletek

A = 0 alakú egyenleteket, ahol H(x) és Q(x) polinomok, racionálisnak nevezzük.

Miután megtalálta a H(x) = 0 egyenlet gyökereit, meg kell vizsgálnia, hogy ezek közül melyek nem a Q(x) = 0 egyenlet gyökei. Ezek a gyökök és csakis ezek lesznek az egyenlet megoldásai.

Tekintsünk néhány módszert egy = 0 alakú egyenlet megoldására.

1. Formaegyenletek

Az egyenlet

(1) bizonyos feltételek mellett a számokon a következőképpen lehet megoldani. Az (1) egyenlet tagjait kettővel csoportosítva és az egyes párokat összeadva a számlálóban az első vagy nulla fokú, csak numerikus tényezőkben eltérő polinomokat, a nevezőkben pedig olyan trinomokat kell kapni, amelyekben ugyanaz a két tag x-et tartalmaz, majd a változók megváltoztatása után az egyenlet vagy szintén (1) alakú lesz, de kisebb számú taggal, vagy ekvivalens két egyenlet kombinációjával, amelyek közül az egyik elsőfokú, a második pedig az (1) alakú egyenlet lesz, de kevesebb taggal.

Példa. oldja meg az egyenletet

Megoldás. A (2) egyenlet bal oldalán csoportosítva az első tagot az utolsóval, a másodikat pedig az utolsó előttivel, átírjuk a (2) egyenletet a következő alakba.

Az egyes zárójelben lévő kifejezéseket összegezve átírjuk a (3) egyenletet így

Mivel a (4) egyenletnek nincs megoldása, akkor ezt az egyenletet elosztva kapjuk az egyenletet

, (5) egyenértékű a (4) egyenlettel. Változtassuk meg az ismeretlent, ekkor az (5) egyenlet átíródik a formába

Így a (2) egyenlet megoldása öt taggal a bal oldalon redukálódik a (6) egyenlet azonos alakú, de a bal oldalon három taggal. Összegezve a (6) egyenlet bal oldalán található összes tagot, átírjuk a formába

Az egyenletnek vannak megoldásai is. E számok egyike sem veszíti el a racionális függvény nevezőjét a (7) egyenlet bal oldalán. Ezért a (7) egyenletnek ez a két gyöke van, és ezért az eredeti (2) egyenlet ekvivalens az egyenletkészlettel

Ennek a halmaznak az első egyenletének megoldásai a következők

A második egyenlet megoldásai ebből a halmazból a következők

Ezért az eredeti egyenletnek gyökerei vannak

2. Formaegyenletek

Az egyenlet

(8) bizonyos feltételek mellett a számokon a következőképpen oldható meg: az egyenlet minden törtrészében ki kell választani az egész részt, azaz a (8) egyenletet az egyenlettel helyettesíteni.

Csökkentse az (1) formára, majd oldja meg az előző bekezdésben leírt módon.

Példa. oldja meg az egyenletet

Megoldás. A (9) egyenletet alakba vagy alakba írjuk

A zárójelben lévő kifejezéseket összegezve a (10) egyenletet átírjuk így

Az ismeretlen változását végrehajtva a (11) egyenletet átírjuk a formába

A (12) egyenlet bal oldalán lévő tagokat összegezve átírjuk a formába

Könnyen belátható, hogy a (13) egyenletnek két gyökere van: és. Ezért az eredeti (9) egyenletnek négy gyöke van:

3) Formaegyenletek.

A (14) alakú egyenlet bizonyos feltételek mellett a számokon a következőképpen oldható meg: a (14) egyenlet bal oldalán lévő törtek mindegyikének egyszerű törtek összegére történő kiterjesztésével (ha természetesen ez lehetséges)

Csökkentse a (14) egyenletet az (1) alakra, majd a kapott egyenlet tagjainak kényelmes átrendezése után oldja meg az 1. bekezdésben leírt módszerrel.

Példa. oldja meg az egyenletet

Megoldás. Azóta és ezután a (15) egyenlet minden törtjének számlálóját megszorozzuk 2-vel, és megjegyezzük, hogy a (15) egyenlet felírható

A (16) egyenlet alakja (7). Átcsoportosítva a kifejezéseket ebben az egyenletben, átírjuk a formába vagy a formába

A (17) egyenlet ekvivalens az és az egyenlethalmazzal

A (18) halmaz második egyenletének megoldásához megváltoztatjuk az ismeretlent, majd átírjuk a formába vagy alakba

Összegezve a (19) egyenlet bal oldalán található összes tagot, írd át így

Mivel az egyenletnek nincsenek gyökerei, a (20) egyenletnek sincsenek gyökei.

A (18) halmaz első egyenletének egyetlen gyöke van. Mivel ez a gyök szerepel a (18) halmaz második egyenletének ODZ-jében, ez a halmaz (18) egyetlen gyöke, és így az eredeti egyenlet.

4. Formaegyenletek

Az egyenlet

(21) bizonyos feltételek mellett a számokon és az A-n, az űrlap bal oldalán lévő egyes kifejezések megjelenítése után az (1) alakra redukálható.

Példa. oldja meg az egyenletet

Megoldás. Írjuk át a (22) egyenletet alakra vagy alakra

Így a (23) egyenlet az (1) alakra redukálódik. Most, csoportosítva az első tagot az utolsóval, a másodikat a harmadikkal, átírjuk a (23) egyenletet a következő alakba.

Ez az egyenlet ekvivalens az és az egyenletkészlettel. (24)

Az utolsó beállított egyenlet (24) átírható így

Ennek az egyenletnek vannak megoldásai, és mivel benne van a (30) halmaz második egyenletének ODZ-jében, ezért a (24) halmaznak három gyöke van: Mindegyik az eredeti egyenlet megoldása.

5. Formaegyenletek.

A (25) alakú egyenlet

A számokon bizonyos feltételek mellett az ismeretlen helyettesítésével redukálható a forma egyenletére

Példa. oldja meg az egyenletet

Megoldás. Mivel ez nem a (26) egyenlet megoldása, ezért a bal oldali törtek számlálóját és nevezőjét elosztva a következővel:

A változók megváltoztatása után a (27) egyenletet átírjuk a formába

A (28) egyenlet megoldása és. Ezért a (27) egyenlet ekvivalens az u egyenlethalmazzal. (29)