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

A másodfokú egyenlet általános képe

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

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

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

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

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

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

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

A másodfokú egyenletek rekordjainak típusai

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

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

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

A diszkrimináns és a gyökök számának az értékétől való függése

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

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

Hogyan oldható meg a teljes másodfokú egyenlet?

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

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

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

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

Hogyan oldható meg egy nem teljes másodfokú egyenlet?

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

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

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

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

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

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

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

Példák

A következő másodfokú egyenleteket kell megoldani:

x 2 - 7x \u003d 0;

15 - 2x - x 2 \u003d 0;

x 2 + 8 + 3x = 0;

12x + x 2 + 36 = 0;

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

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

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

Az első gyök a következő értéket veszi fel: x 1 \u003d 0. A második a lineáris egyenletből lesz megtalálható: x - 7 \u003d 0. Könnyen belátható, hogy x 2 \u003d 7.

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

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

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

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

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

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

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

Először azt elemezzük, hogy mi a másodfokú egyenlet, hogyan írható be Általános nézet, és adja meg a kapcsolódó definíciókat. Ezt követően példákon keresztül részletesen elemezzük, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Térjünk át a megoldásra. teljes egyenletek, megkapjuk a gyökképletet, megismerkedünk a másodfokú egyenlet diszkriminánsával és figyelembe vesszük a tipikus példák megoldásait. Végül nyomon követjük a gyökök és az együtthatók közötti kapcsolatokat.

Oldalnavigáció.

Mi az a másodfokú egyenlet? A típusaik

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 adott példában, akkor rövid forma 5 x 2 −2 x−3=0 alakú másodfokú egyenlet felírása, és nem 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.

Alapján ezt a meghatározást, 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. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 +b x+c=0 egyenlet pontosan négyzet alakú legyen, mivel a=0-val tulajdonképpen b x+c=0 alakú lineáris egyenletté válik.

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

Meghatározás.

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

Viszont

Meghatározás.

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

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

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

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

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

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

• a x 2 =0, a b=0 és c=0 együtthatók 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 a két egyenletből álló x=0 és a x+b=0 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 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. És egy negatív diszkriminánssal, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, azzal szembesülünk, hogy kivonjuk a négyzetgyököt egy negatív számból, ami túlmutat iskolai tananyag. 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 meg kell adni összetett gyökerek, akkor alkalmazzuk a jól ismert képletet a másodfokú egyenlet gyökére, és végrehajtjuk műveletekkel komplex számok :

Válasz:

nincsenek valódi gyökerek, az összetett gyökök: .

Még egyszer megjegyezzük, hogy ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskola általában azonnal leírja a választ, amelyben 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 kiszámíthatja 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 oldalát 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 oldalát 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 Tanulói tankönyv oktatási intézmények/ A. G. Mordkovich. - 11. kiadás, törölve. - M.: Mnemozina, 2009. - 215 p.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.

Másodfokú egyenletek. Általános információ.

BAN BEN másodfokú egyenlet x-nek kell lennie a négyzetben (ezért hívják

"négyzet"). 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.

Algebrai egyenletÁltalános nézet.

ahol x szabad változó, a, b, c együtthatók, és a≠0 .

Például:

Kifejezés hívott négyzetes trinomikus.

A másodfokú egyenlet elemeinek saját neve van:

az első vagy idősebb együttható,

másodiknak vagy együtthatónak nevezzük,

szabad tagnak nevezik.

Teljes másodfokú egyenlet.

Ezeknek a másodfokú egyenleteknek a teljes készlete a bal oldalon található. x négyzet

együttható de, x az első hatványhoz együtthatóval bÉs ingyenes tagtól től. BAN BEN minden együttható

nullától eltérőnek kell lennie.

Befejezetlen egy másodfokú egyenlet, amelyben legalább az egyik együttható, kivéve a

szenior (akár a második együttható, akár a szabad tag) egyenlő nullával.

Tegyünk úgy, mintha b\u003d 0, - x első fokon eltűnik. Kiderül például:

2x2 -6x=0,

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

2x 2 \u003d 0,

Vegye figyelembe, hogy az x négyzet minden egyenletben jelen van.

Miért de nem lehet nulla? Ekkor az x négyzet eltűnik, és az egyenlet lesz lineáris .

És ez másképp van megcsinálva...

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 „átvitelre” kerülne, ezért „transzfer” módszernek nevezzük. Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, amikor könnyű megtalálni egy egyenlet gyökereit 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;

2. videó lecke: Másodfokú egyenletek megoldása

Előadás: Másodfokú egyenletek

Az egyenlet

Az egyenlet- ez egyfajta egyenlőség, melynek kifejezéseiben van egy változó.

oldja meg az egyenletet- azt jelenti, hogy olyan változó helyett egy ilyen számot keresünk, amely a helyes egyenlőséghez vezeti.

Egy egyenletnek lehet egy megoldása, több, vagy egy sem.

Bármely egyenlet megoldásához a lehető legnagyobb mértékben le kell egyszerűsíteni a következő alakra:

Lineáris: a*x = b;

Négyzet: a*x 2 + b*x + c = 0.

Vagyis minden egyenletet a megoldás előtt szabványos alakra kell konvertálni.

Bármely egyenletet kétféleképpen lehet megoldani: analitikusan és grafikusan.

A grafikonon az egyenlet megoldásának azokat a pontokat tekintjük, amelyekben a gráf metszi az x tengelyt.

Másodfokú egyenletek

Egy egyenletet másodfokúnak nevezhetünk, ha leegyszerűsítve a következő alakot ölti:

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

Ahol a, b, c az egyenlet nullától eltérő együtthatói. DE "X"- az egyenlet gyöke. Úgy gondolják, hogy a másodfokú egyenletnek két gyökere van, vagy egyáltalán nincs megoldása. A kapott gyökerek azonosak lehetnek.

"de"- az együttható, amely a gyökér előtt áll a téren.

"b"- első fokon az ismeretlen előtt áll.

"tól től"- az egyenlet szabad tagja.

Ha például a következő alakú egyenletünk van:

2x 2 -5x+3=0

Ebben a "2" az együttható az egyenlet legmagasabb tagjánál, a "-5" a második együttható, és a "3" a szabad tag.

Másodfokú egyenlet megoldása

A másodfokú egyenlet sokféleképpen megoldható. Az iskolai matematika kurzuson azonban a megoldást a Vieta-tétel, valamint a diszkrimináns segítségével tanulmányozzuk.

Diszkrimináns megoldás:

-val megoldva ez a módszer a diszkriminánst a következő képlet szerint kell kiszámítani:

Ha a számítások során azt kapja, hogy a diszkrimináns kisebb, mint nulla, ez azt jelenti adott egyenlet nincsenek megoldásai.

Ha a diszkrimináns nulla, akkor az egyenletnek két azonos megoldása van. Ebben az esetben a polinom a rövidített szorzási képlet szerint összecsukható az összeg vagy a különbség négyzetébe. Ezután oldja meg úgy, mint egy lineáris egyenletet. Vagy használja a képletet:

Ha a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, akkor a következő módszert kell alkalmazni:

Vieta tétele

Ha az egyenletet csökkentjük, azaz a legmagasabb tag együtthatója eggyel egyenlő, akkor használhatja Vieta tétele.

Tehát tegyük fel, hogy az egyenlet:

Az egyenlet gyökerei a következők:

Hiányos másodfokú egyenlet

Számos lehetőség van egy hiányos másodfokú egyenlet előállítására, amelynek formája az együtthatók jelenlététől függ.

1. Ha a második és a harmadik együttható nulla (b=0, c=0), akkor a másodfokú egyenlet így fog kinézni:

Ennek az egyenletnek egyedi megoldása lesz. Az egyenlőség csak akkor lesz igaz, ha az egyenlet megoldása nulla.