Egyenletek megoldása "transzfer" módszerrel

Tekintsük a másodfokú egyenletet

ax 2 + bx + c \u003d 0, ahol a? 0.

Mindkét részét megszorozva a-val, megkapjuk az egyenletet

a 2 x 2 + abx + ac = 0.

Legyen ax = y, innen x = y/a; akkor eljutunk az egyenlethez

y 2 + x + ac = 0,

ezzel egyenértékű. Gyökeit 1-ben és 2-ben találjuk meg a Vieta-tétel segítségével.

Végül azt kapjuk, hogy x 1 = y 1 /a és x 1 = y 2 /a. Ezzel a módszerrel az a együtthatót megszorozzuk a szabad taggal, mintha „átvitt volna” rá, ezért „transzfer” módszernek nevezzük. Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, ha egy egyenlet gyökereit könnyű megtalálni Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

* Példa.

Megoldjuk a 2x 2 - 11x + 15 = 0 egyenletet.

Megoldás. „Vigyük át” a 2-es együtthatót a szabad tagba, ennek eredményeként megkapjuk az egyenletet

y 2 - 11 év + 30 = 0.

Vieta tétele szerint

y 1 = 5 x 1 = 5/2 x 1 = 2,5

y 2 = 6 x 2 = 6/2 x 2 = 3.

Válasz: 2,5; 3.

Másodfokú egyenlet együtthatóinak tulajdonságai

DE. Legyen adott egy ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, ahol a? 0.

1) Ha a + b + c \u003d 0 (azaz az együtthatók összege nulla), akkor x 1 = 1,

Bizonyíték. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a? 0, megkapjuk a redukált másodfokú egyenletet

x 2 + b/a * x + c/a = 0.

Vieta tétele szerint

x 1 + x 2 \u003d - b / a,

x 1 x 2 = 1*c/a.

A - b + c = 0 feltétellel, ahonnan b = a + c. Ily módon

x 1 + x 2 \u003d - a + b / a \u003d -1 - c / a,

x 1 x 2 \u003d - 1 * (- c / a),

azok. x 1 \u003d -1 és x 2 \u003d c / a, amelyet m-nek kellett bizonyítania.

• * Példák.
• 1) Oldjuk meg a 345x 2 - 137x - 208 = 0 egyenletet.

Megoldás. Mivel a + b + c \u003d 0 (345 - 137 - 208 \u003d 0), akkor

x 1 = 1, x 2 = c / a = -208/345.

Válasz: 1; -208/345.

2) Oldja meg a 132x 2 - 247x + 115 = 0 egyenletet.

Megoldás. Mivel a + b + c \u003d 0 (132 - 247 + 115 \u003d 0), akkor

x 1 = 1, x 2 = c / a \u003d 115/132.

Válasz: 1; 115/132.

B. Ha a második együttható b = 2k páros szám, akkor a gyökképlet

* Példa.

Oldjuk meg a 3x2 - 14x + 16 = 0 egyenletet.

Megoldás. Van: a = 3, b = - 14, c = 16, k = - 7;

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

Először is megvitatjuk, hogy mi 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 vegyük figyelembe 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, hogy a másodfokú egyenletekről a másodfokú egyenlet definíciójával kezdjünk beszélni, 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 \u003d 0, és az a együtthatót elsőnek, vagy idősebbnek, vagy x 2-nél lévő együtthatónak nevezzük, b a második együttható, vagy együttható x-nél, és c egy szabad tag.

Például vegyünk egy 5 x 2 −2 x−3=0 alakú másodfokú egyenletet, itt 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.

Bármely 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. Ez a feltétel szükséges ahhoz, 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 felelnek meg 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 ellenkező előjelű átvitele, valamint az egyenlet mindkét oldalának nullától eltérő 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 nemnegatív 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 egységesítése érdekében 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 miután a vegyes számot elosztjuk egy közönséges törttel, azt találjuk. 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 gyökeinek képletének 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 lehetőség van az utolsó két tag jobb oldalra történő áthelyezésére 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 alakú egyenleteket. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy a következő következtetéseket vonjuk le az egyenlet gyökereit illetően:

• 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 jobb oldali kifejezés 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 gyökerét. Ha a diszkrimináns nullával egyenlő, mindkét képlet ugyanazt a gyökértéket adja, amely megfelel a másodfokú egyenlet egyetlen megoldásának. Egy negatív diszkriminánssal pedig, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, azzal szembesülünk, hogy negatív számból kivonjuk a négyzetgyököt, ami túlmutat az iskolai tanterv keretein. 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.

Az iskolai algebratanfolyamon azonban általában nem összetett, hanem valós másodfokú egyenletgyökökről beszélünk. 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 diszkriminans 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 gyökök 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 jól ismert képletet használjuk a másodfokú egyenlet gyökére, és végrehajtjuk műveletek komplex számokkal:

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 jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és nem találnak összetett gyököket.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D=b 2 −4 ac 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-ként (néha D "-nek jelölik). Ekkor a figyelembe vett másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következőt kapja: , 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 a képlet segítségével keress két valós gyökeret.

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) . Vagyis átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakba, itt a=5 , n=−3 és c=−32 , és kiszámolhatja a négyzet negyedik részét. 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 gyökeinek 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 x 2 +4 x−18=0 egyszerűbb formát ölti.

A bekezdés végén megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulni a mínusztól a másodfokú egyenlet legmagasabb együtthatójánál 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 is 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, a gyökök szorzata pedig 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.: Mnemozina, 2009. - 215 p.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.

Képletek másodfokú egyenlet gyökére. A valódi, többszörös és összetett gyökerek eseteit vizsgáljuk. Négyzetes trinom tényezőezése. Geometriai értelmezés. Példák a gyökerek meghatározására és a faktorizációra.

Tartalom

Lásd még: Másodfokú egyenletek online megoldása

Alapképletek

Tekintsük a másodfokú egyenletet:
(1) .
Másodfokú egyenlet gyökerei(1) a következő képletekkel határozzák meg:
; .
Ezeket a képleteket a következőképpen lehet kombinálni:
.
Ha a másodfokú egyenlet gyökei ismertek, akkor a másodfokú polinom a tényezők szorzataként ábrázolható (faktorált):
.

Továbbá feltételezzük, hogy ezek valós számok.
Fontolgat másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
.
Ha a diszkrimináns pozitív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két különböző valós gyöke van:
; .
Ekkor a négyzetes trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.
Ha a diszkrimináns nulla, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két többszörös (egyenlő) valós gyöke van:
.
Faktorizáció:
.
Ha a diszkrimináns negatív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két összetett konjugált gyöke van:
;
.
Itt van a képzeletbeli egység, ;
és a gyökerek valós és képzeletbeli részei:
; .
Azután

.

Grafikus értelmezés

Ha ábrázoljuk a függvényt
,
ami egy parabola, akkor a gráf tengellyel való metszéspontjai lesznek az egyenlet gyökei
.
Amikor , a grafikon két pontban metszi az abszcissza tengelyt (tengelyt).
Amikor , a grafikon egy pontban érinti az x tengelyt ().
Amikor , a grafikon nem keresztezi az x tengelyt ().

Hasznos képletek a másodfokú egyenlethez

(f.1) ;
(f.2) ;
(f.3) .

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Transzformációkat hajtunk végre és alkalmazzuk az (f.1) és (f.3) képleteket:




,
ahol
; .

Tehát megkaptuk a másodfokú polinom képletét a következő formában:
.
Ebből látható, hogy az egyenlet

órakor előadták
És .
Vagyis és a másodfokú egyenlet gyökerei
.

Példák másodfokú egyenlet gyökeinek meghatározására

1. példa

(1.1) .

.
Az (1.1) egyenletünkkel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
Mivel a diszkrimináns pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van:
;
;
.

Innen megkapjuk a négyzetes trinom tényezőre bontását:

.

Az y = függvény grafikonja 2 x 2 + 7 x + 3 két pontban metszi az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Két pontban metszi az x tengelyt (tengelyt):
És .
Ezek a pontok az eredeti (1.1) egyenlet gyökerei.

;
;
.

2. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(2.1) .

A másodfokú egyenletet általános formában írjuk fel:
.
Az eredeti (2.1) egyenlettel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
Mivel a diszkrimináns nulla, az egyenletnek két többszörös (egyenlő) gyöke van:
;
.

Ekkor a trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.

Az y = x függvény grafikonja 2-4 x + 4 egy ponton érinti az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Egy ponton érinti az x tengelyt (tengelyt):
.
Ez a pont az eredeti (2.1) egyenlet gyöke. Mivel ez a gyökér kétszeres tényező:
,
akkor az ilyen gyökeret többszörösnek nevezzük. Vagyis úgy gondolják, hogy két egyenlő gyökér van:
.

;
.

3. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(3.1) .

A másodfokú egyenletet általános formában írjuk fel:
(1) .
Írjuk át az eredeti (3.1) egyenletet:
.
Az (1)-el összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
A diszkrimináns negatív, . Ezért nincsenek igazi gyökerek.

Összetett gyökereket találhat:
;
;
.

Azután


.

A függvény grafikonja nem keresztezi az x tengelyt. Nincsenek igazi gyökerek.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Nem keresztezi az abszcisszát (tengelyt). Ezért nincsenek valódi gyökerek.

Nincsenek igazi gyökerek. Összetett gyökerek:
;
;
.

Lásd még:

Másodfokú egyenletek. Megkülönböztető. Megoldás, példák.

Figyelem!
Vannak további
anyag az 555. külön szakaszban.
Azoknak, akik erősen "nem nagyon..."
És azoknak, akik "nagyon...")

A másodfokú egyenletek típusai

Mi az a másodfokú egyenlet? Hogy néz ki? Termben másodfokú egyenlet kulcsszó az "négyzet". Ez azt jelenti, hogy az egyenletben szükségszerűen kell lennie egy x négyzetnek. Ezen kívül az egyenletben lehet (vagy nem!) Csak x (első fokig) és csak egy szám (ingyenes tag).És nem lehetnek x-ek kettőnél nagyobb fokkal.

Matematikai értelemben a másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

Itt a, b és c- néhány szám. b és c- abszolút bármilyen, de de- minden, csak nem nulla. Például:

Itt de =1; b = 3; c = -4

Itt de =2; b = -0,5; c = 2,2

Itt de =-3; b = 6; c = -18

Nos, érted az ötletet...

Ezekben a másodfokú egyenletekben a bal oldalon ott van teljes készlet tagjai. x együttható négyzete de, x az első hatványhoz együtthatóval bÉs szabad tagja

Az ilyen másodfokú egyenleteket nevezzük teljes.

És ha b= 0, mit kapunk? Nekünk van X első fokon eltűnik. Ez a nullával való szorzásból következik be.) Kiderül például:

5x2 -25 = 0,

2x2 -6x=0,

-x 2 +4x=0

Stb. És ha mindkét együttható bÉs c egyenlő nullával, akkor még egyszerűbb:

2x 2 \u003d 0,

-0,3x 2 = 0

Az ilyen egyenleteket, ahol valami hiányzik, nevezik hiányos másodfokú egyenletek. Ami teljesen logikus.) Vegye figyelembe, hogy az x négyzet minden egyenletben jelen van.

Egyébként miért de nem lehet nulla? És te helyettesíted helyette de nulla.) Az X a négyzetben eltűnik! Az egyenlet lineáris lesz. És ez másképp van megcsinálva...

Ez a másodfokú egyenletek fő típusa. Teljes és hiányos.

Másodfokú egyenletek megoldása.

Teljes másodfokú egyenletek megoldása.

A másodfokú egyenletek könnyen megoldhatók. Képletek és világos egyszerű szabályok szerint. Az első szakaszban az adott egyenletet standard formára kell vinni, azaz. a kilátáshoz:

Ha az egyenletet ebben a formában már megadtuk, akkor nem kell elvégeznie az első lépést.) A lényeg az, hogy helyesen határozzuk meg az összes együtthatót, de, bÉs c.

A másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére szolgáló képlet így néz ki:

A gyökjel alatti kifejezést ún diszkriminatív. De róla alább bővebben. Amint látja, az x megtalálásához használjuk csak a, b és c. Azok. együtthatók a másodfokú egyenletből. Csak óvatosan cserélje ki az értékeket a, b és c ebbe a képletbe és számolj. Helyettes a jeleiddel! Például az egyenletben:

de =1; b = 3; c= -4. Itt írjuk:

A példa majdnem megoldva:

Ez a válasz.

Minden nagyon egyszerű. És mit gondolsz, nem tévedhetsz? Hát igen, hogyan...

A leggyakoribb hibák az értékek összetévesztése a, b és c. Vagy inkább nem a jeleikkel (hol lehet összetéveszteni?), hanem a negatív értékek behelyettesítésével a gyökszámítási képletben. Itt a képlet részletes nyilvántartása adott számokkal menthető. Ha problémák vannak a számításokkal, akkor csináld!

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk a következő példát:

Itt a = -6; b = -5; c = -1

Tegyük fel, hogy tudja, hogy az első alkalommal ritkán kap választ.

Nos, ne légy lusta. 30 másodpercet vesz igénybe egy extra sor beírása és a hibák száma erősen csökkenni fog. Tehát részletesen írjuk, minden zárójellel és jellel:

Hihetetlenül nehéznek tűnik ilyen gondosan festeni. De csak úgy tűnik. Próbáld ki. Nos, vagy válassz. Melyik a jobb, gyors vagy jobb? Ráadásul boldoggá teszlek. Egy idő után már nem kell mindent olyan gondosan festeni. Csak úgy fog kiderülni. Különösen, ha gyakorlati technikákat alkalmaz, amelyeket alább ismertetünk. Ez a gonosz példa egy csomó mínuszokkal könnyen és hiba nélkül megoldható!

De gyakran a másodfokú egyenletek kissé eltérően néznek ki. Például így:

Tudtad?) Igen! Ez hiányos másodfokú egyenletek.

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldása.

Az általános képlettel is megoldhatók. Csak helyesen kell kitalálnia, hogy mi egyenlő itt a, b és c.

Megvalósult? Az első példában a = 1; b = -4; de c? Egyáltalán nem létezik! Hát igen, ez így van. A matematikában ez azt jelenti c = 0 ! Ez minden. Helyettesítsd be a nullát a képletbe helyette c,és minden sikerülni fog nekünk. Hasonló a helyzet a második példával is. Csak nulla nincs itt tól től, de b !

De a nem teljes másodfokú egyenletek sokkal könnyebben megoldhatók. Mindenféle képlet nélkül. Tekintsük az első hiányos egyenletet. Mit lehet tenni a bal oldalon? Az X-et kiveheti a zárójelből! Vegyük ki.

És mi van belőle? És az a tény, hogy a szorzat akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha bármelyik tényező nulla! Nem hiszed? Nos, akkor találj ki két nem nulla számot, amiket ha megszorozunk, akkor nullát adunk!
Nem működik? Valami...
Ezért bátran írhatjuk: x 1 = 0, x 2 = 4.

Minden. Ezek lesznek az egyenletünk gyökerei. Mindkettő passzol. Ha bármelyiket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, akkor a helyes azonosságot 0 = 0 kapjuk. Mint látható, a megoldás sokkal egyszerűbb, mint az általános képlet. Megjegyzem egyébként, hogy melyik X lesz az első, és melyik a második - ez teljesen közömbös. Könnyű sorrendben írni x 1- amelyik kevesebb x 2- ami több.

A második egyenlet is könnyen megoldható. 9-et mozgunk a jobb oldalra. Kapunk:

Marad a gyökér kivonása 9-ből, és ennyi. Kap:

két gyökér is . x 1 = -3, x 2 = 3.

Így oldható meg az összes hiányos másodfokú egyenlet. Vagy úgy, hogy kiveszi az X-et a zárójelből, vagy egyszerűen átviszi a számot jobbra, majd kivonja a gyökeret.
Rendkívül nehéz összekeverni ezeket a módszereket. Egyszerűen azért, mert az első esetben ki kell húzni a gyökeret az X-ből, ami valahogy érthetetlen, a második esetben pedig nincs mit kivenni a zárójelekből ...

Megkülönböztető. Diszkrimináns képlet.

Varázsszó diszkriminatív ! Ritka középiskolás diák nem hallotta ezt a szót! A „dönts a megkülönböztetőn keresztül” kifejezés megnyugtató és megnyugtató. Mert nem kell várni a diszkrimináló trükkjére! Használata egyszerű és problémamentes.) Emlékeztetlek a megoldás legáltalánosabb képletére Bármi másodfokú egyenletek:

A gyökjel alatti kifejezést diszkriminánsnak nevezzük. A diszkriminánst általában betűvel jelöljük D. Megkülönböztető képlet:

D = b 2-4ac

És mi olyan különleges ebben a kifejezésben? Miért érdemel különleges nevet? Mit a diszkrimináns jelentése? Végül -b, vagy 2a ebben a képletben nem neveznek konkrétan ... Betűket és betűket.

A lényeg ez. Másodfokú egyenlet megoldásakor ezzel a képlettel lehetséges csak három eset.

1. A diszkrimináns pozitív. Ez azt jelenti, hogy kivonhatja belőle a gyökeret. Az egy másik kérdés, hogy a gyökeret jól vagy rosszul kinyerték-e ki. Az a fontos, hogy elvileg mit nyernek ki. Ekkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Két különböző megoldás.

2. A diszkrimináns nulla. Akkor van egy megoldás. Mivel a nulla összeadása vagy kivonása a számlálóban nem változtat semmit. Szigorúan véve ez nem egyetlen gyökér, hanem két egyforma. De egyszerűsített változatban szokás beszélni egy megoldás.

3. A diszkrimináns negatív. A negatív szám nem veszi fel a négyzetgyököt. Hát rendben. Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

Hogy őszinte legyek, másodfokú egyenletek egyszerű megoldásával nem igazán szükséges a diszkrimináns fogalma. A képletben behelyettesítjük az együtthatók értékeit, és figyelembe vesszük. Ott minden kiderül magától, és két gyökér, meg egy, és nem egy. Bonyolultabb feladatok megoldásánál azonban tudás nélkül jelentés és diszkrimináns képlet nem elég. Különösen - a paraméterekkel rendelkező egyenletekben. Az ilyen egyenletek műrepülés a GIA és az egységes államvizsgához!)

Így, hogyan kell megoldani a másodfokú egyenleteket az emlékezett diszkrimináns révén. Vagy tanult, ami szintén nem rossz.) Tudod, hogyan kell helyesen azonosítani a, b és c. Tudod hogyan gondosan cserélje be őket a gyökérképletbe és gondosan számolja meg az eredményt. Megértetted, hogy itt a kulcsszó: gondosan?

Most vegye figyelembe azokat a gyakorlati technikákat, amelyek drámaian csökkentik a hibák számát. Pont azokat, amelyek a figyelmetlenségből fakadnak... Amiért aztán fájdalmas és sértő...

Első fogadás . Ne légy lusta, mielőtt megold egy másodfokú egyenletet, hogy szabványos formába hozza. Mit is jelent ez?
Tegyük fel, hogy bármilyen átalakítás után a következő egyenletet kapjuk:

Ne rohanjon megírni a gyökerek képletét! Szinte biztosan összekevered az esélyeket a, b és c.Építsd fel helyesen a példát. Először x négyzet, majd négyzet nélkül, majd szabad tag. Mint ez:

És még egyszer: ne rohanjon! Az x négyzet előtti mínusz nagyon felzaklathat. Elfelejteni könnyű... Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? Igen, ahogy az előző téma is tanította! Az egész egyenletet meg kell szoroznunk -1-gyel. Kapunk:

És most nyugodtan felírhatja a gyökök képletét, kiszámíthatja a diszkriminánst és kiegészítheti a példát. Döntse el egyedül. A 2-es és a -1-es gyökökhöz kell jutnia.

Második fogadás. Ellenőrizze a gyökereit! Vieta tétele szerint. Ne aggódj, mindent elmagyarázok! Ellenőrzés utolsó dolog az egyenlet. Azok. az, amivel felírtuk a gyökképletet. Ha (mint ebben a példában) az együttható a = 1, ellenőrizze a gyökereket könnyen. Elég megsokszorozni őket. Szabad termet kellene kapnod, pl. esetünkben -2. Figyelj, ne 2, hanem -2! ingyenes tag a jeleddel . Ha nem sikerült, az azt jelenti, hogy már elrontották valahol. Keressen hibát.

Ha sikerült, össze kell hajtania a gyökereket. Utolsó és utolsó ellenőrzés. Arány kellene b tól től szemben jel. Esetünkben -1+2 = +1. Egy együttható b, amely az x előtt van, egyenlő -1-gyel. Szóval minden korrekt!
Kár, hogy csak olyan példáknál ilyen egyszerű, ahol x négyzet tiszta, együtthatóval a = 1. De legalább ellenőrizze az ilyen egyenleteket! Kevesebb lesz a hiba.

Fogadás harmadik . Ha az egyenletednek törtegyütthatói vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozzuk meg az egyenletet a közös nevezővel a „Hogyan oldjunk meg egyenleteket? Azonosság-transzformációk” című leckében leírtak szerint. Ha törtekkel dolgozik, a hibák valamilyen oknál fogva mászni ...

Amúgy megígértem egy gonosz példát egy rakás mínuszos leegyszerűsítés végett. Kérem! Itt van.

Annak érdekében, hogy ne keveredjünk össze a mínuszokban, megszorozzuk az egyenletet -1-gyel. Kapunk:

Ez minden! Dönteni szórakoztató!

Tehát ismételjük a témát.

Gyakorlati tippek:

1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet a szabványos alakba hozzuk, felépítjük jobb.

2. Ha a négyzetben az x előtt negatív együttható van, akkor azt úgy szűrjük ki, hogy a teljes egyenletet -1-gyel megszorozzuk.

3. Ha az együtthatók törtek, akkor a törteket úgy távolítjuk el, hogy a teljes egyenletet megszorozzuk a megfelelő tényezővel.

4. Ha x négyzet tiszta, az együttható eggyel egyenlő, a megoldás könnyen ellenőrizhető Vieta tételével. Csináld!

Most dönthetsz.)

Egyenletek megoldása:

8x 2 - 6x + 1 = 0

x 2 + 3x + 8 = 0

x 2 - 4x + 4 = 0

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

Válaszok (rendetlenségben):

x 1 = 0
x 2 = 5

x 1,2 =2

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

x - tetszőleges szám

x 1 = -3
x 2 = 3

nincsenek megoldások

x 1 = 0,25
x 2 \u003d 0,5

Minden passzol? Bírság! A másodfokú egyenletek nem okoznak fejfájást. Az első három kiderült, de a többi nem? Akkor a probléma nem a másodfokú egyenletekben van. A probléma az egyenletek azonos transzformációiban van. Nézd meg a linket, hasznos.

Nem egészen működik? Vagy egyáltalán nem működik? Akkor segítségedre lesz az 555. szakasz, ahol ezek a példák csontok szerint vannak rendezve. Megjelenítés fő- hibák a megoldásban. Természetesen ismertetésre kerül az azonos transzformációk alkalmazása különböző egyenletek megoldásában is. Sokat segít!

Ha tetszik ez az oldal...

Egyébként van még néhány érdekes oldalam az Ön számára.)

Gyakorolhatja a példák megoldását, és megtudhatja a szintet. Tesztelés azonnali ellenőrzéssel. Tanulás – érdeklődéssel!)

függvényekkel, származékokkal ismerkedhet meg.

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

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

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

1. Nincsenek gyökerei;
2. Pontosan egy gyökerük van;
3. Két különböző gyökerük van.

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

Megkülönböztető

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

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

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

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

Egy feladat. Hány gyöke van a másodfokú egyenleteknek:

1. x 2 - 8x + 12 = 0;
2. 5x2 + 3x + 7 = 0;
3. x 2 − 6x + 9 = 0.

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

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

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

A diszkrimináns egyenlő nullával - a gyökér egy lesz.

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

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

Másodfokú egyenlet gyökerei

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

A másodfokú egyenlet gyökeinek alapképlete

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

1. x 2 - 2x - 3 = 0;
2. 15 - 2x - x2 = 0;
3. x2 + 12x + 36 = 0.

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

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

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

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

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

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

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

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

Hiányos másodfokú egyenletek

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

1. x2 + 9x = 0;
2. x2 − 16 = 0.

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

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

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

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

Mivel az aritmetikai négyzetgyök csak nem negatív számból létezik, az utolsó egyenlőségnek csak akkor van értelme, ha (-c / a ) ≥ 0. Következtetés:

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

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

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

A közös tényezőt kivesszük a zárójelből

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

Egy feladat. Másodfokú egyenletek megoldása:

1. x2 − 7x = 0;
2. 5x2 + 30 = 0;
3. 4x2 − 9 = 0.

x 2 − 7x = 0 ⇒ x (x - 7) = 0 ⇒ x 1 = 0; x2 = −(−7)/1 = 7.

5x2 + 30 = 0 ⇒ 5x2 = -30 ⇒ x2 = -6. Nincsenek gyökerek, mert a négyzet nem lehet egyenlő negatív számmal.

4x 2 − 9 = 0 ⇒ 4x 2 = 9 ⇒ x 2 = 9/4 ⇒ x 1 = 3/2 = 1,5; x 2 \u003d -1,5.