Oldalunk youtube csatornájára, hogy értesüljön minden új videó leckéről.

Először idézzük fel a fokozatok alapvető képleteit és tulajdonságait.

Egy szám szorzata a n-szer történik önmagán, ezt a kifejezést a a … a=a n alakban írhatjuk fel

1. a 0 = 1 (a ≠ 0)

3. a n a m = a n + m

4. (a n) m = a nm

5. a n b n = (ab) n

7. a n / a m \u003d a n - m

Hatvány- vagy exponenciális egyenletek- ezek olyan egyenletek, amelyekben a változók hatványban (vagy kitevőben) vannak, és az alap egy szám.

Példák exponenciális egyenletekre:

Ebben a példában a 6-os szám az alap, mindig alul van, és a változó x fok vagy mérték.

Adjunk még példákat az exponenciális egyenletekre.
2 x *5=10
16x-4x-6=0

Most nézzük meg, hogyan oldják meg az exponenciális egyenleteket?

Vegyünk egy egyszerű egyenletet:

2 x = 2 3

Egy ilyen példa még fejben is megoldható. Látható, hogy x=3. Végül is, ahhoz, hogy a bal és a jobb oldal egyenlő legyen, x helyett 3-as számot kell tennie.
Most pedig nézzük meg, hogyan kell ezt a döntést meghozni:

2 x = 2 3
x = 3

Az egyenlet megoldásához eltávolítottuk ugyanazon az alapon(vagyis kettesek) és felírta, ami maradt, ezek fokozatok. Megkaptuk a választ, amit kerestünk.

Most foglaljuk össze a megoldásunkat.

Algoritmus az exponenciális egyenlet megoldására:
1. Ellenőrizni kell ugyanaz hogy az egyenlet alapjai a jobb és a bal oldalon. Ha az indokok nem ugyanazok, akkor keressük a megoldási lehetőségeket ennek a példának a megoldására.
2. Miután az alapok ugyanazok, egyenlővé tenni fokot, és oldja meg a kapott új egyenletet.

Most oldjunk meg néhány példát:

Kezdjük egyszerűen.

A bal és a jobb oldalon lévő alapok egyenlőek a 2-es számmal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk az alapot és egyenlőségjelet adhatunk a fokaikhoz.

x+2=4 Kiderült a legegyszerűbb egyenlet.
x=4-2
x=2
Válasz: x=2

A következő példában láthatja, hogy az alapok különböznek, ezek a 3 és a 9.

3 3x - 9 x + 8 = 0

Először is áthelyezzük a kilencet a jobb oldalra, így kapjuk:

Most ugyanazokat az alapokat kell elkészítenie. Tudjuk, hogy 9=3 2 . Használjuk az (a n) m = a nm hatványképletet.

3 3x \u003d (3 2) x + 8

9 x + 8 \u003d (3 2) x + 8 \u003d 3 2 x + 16

3 3x \u003d 3 2x + 16 most már világos, hogy a bal és a jobb oldalon lévő alapok azonosak, és egyenlők hárommal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk őket, és egyenlővé tesszük a fokokat.

3x=2x+16 kapta a legegyszerűbb egyenletet
3x-2x=16
x=16
Válasz: x=16.

Nézzük a következő példát:

2 2x + 4 - 10 4 x \u003d 2 4

Először is nézzük meg az alapokat, az alapok különböznek kettős és négyes. És egyformának kell lennünk. A négyesét az (a n) képlet szerint alakítjuk át m = a nm .

4 x = (2 2) x = 2 2x

És egy a n a m = a n + m képletet is használunk:

2 2x+4 = 2 2x 2 4

Adjuk hozzá az egyenlethez:

2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24

Ugyanezen okokból adtunk egy példát. De más 10-es és 24-es számok zavarnak bennünket.Mit kezdjünk velük? Ha alaposan megnézed, láthatod, hogy a bal oldalon 2-szer ismételjük, itt a válasz - zárójelből 2-2-t tehetünk:

2 2x (2 4 - 10) = 24

Számítsuk ki a zárójelben lévő kifejezést:

2 4 — 10 = 16 — 10 = 6

A teljes egyenletet elosztjuk 6-tal:

Képzeld el 4=22:

2 2x \u003d 2 2 alap megegyezik, dobja el őket, és tegye egyenlővé a fokokat.
A 2x \u003d 2 a legegyszerűbb egyenletnek bizonyult. Elosztjuk 2-vel, kapjuk
x = 1
Válasz: x = 1.

Oldjuk meg az egyenletet:

9 x - 12*3 x +27 = 0

Alakítsuk át:
9 x = (3 2) x = 3 2x

Kapjuk az egyenletet:
3 2x - 12 3 x +27 = 0

Az alapjaink azonosak, egyenlők hárommal.Ebben a példában jól látható, hogy az első hármasnak kétszerese (2x) foka van, mint a másodiknak (csak x). Ebben az esetben dönthet helyettesítési módszer. A legkisebb fokozatú szám helyébe a következő lép:

Ezután 3 2x \u003d (3 x) 2 \u003d t 2

A t egyenletben az összes fokot x-re cseréljük:

t 2 - 12t + 27 \u003d 0
Másodfokú egyenletet kapunk. A diszkrimináns segítségével megoldjuk, így kapjuk:
D=144-108=36
t1 = 9
t2 = 3

Vissza a változóhoz x.

t 1-et vesszük:
t 1 \u003d 9 \u003d 3 x

vagyis

3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2

Egy gyökér található. A másodikat keressük, t 2-től:
t 2 \u003d 3 \u003d 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
Válasz: x 1 \u003d 2; x 2 = 1.

Az oldalon a SEGÍTSÉGDÖNTÉS menüpontban felteheti érdeklődését, mi biztosan válaszolunk.

Csatlakozz egy csoporthoz

A publikáció elejéből ítélve, amelyet itt kihagyunk, a szöveget Jurij Ignatievich írta. És jól van megírva, és a problémák aktuálisak, csak így kell nevezni Oroszországot, ahogy Mukhin teszi...

Akárhogyan is bánik valaki a népellenes kormánnyal, Oroszország felette áll, és nem érdemel sértéseket. Még az amerikai NASA ügynökség tehetséges megtévesztőjétől is.

*

Fellebbezés elvtárshoz. Mukhin Yu.I.

Kedves Jurij Ignatievich! Tudom, hogy felkeresed ezeket az oldalakat. Ezért közvetlenül önhöz fordulok.

Mindannyian nagyra értékeljük önzetlen munkáját a Nyugat, Amerika hazugságai, az áltudósok és a liberálisok hazugságai feltárása terén. Örömmel és önmagunk és a társadalom javára gondolunk olyan komoly témákra, amelyeket időnként ránk vetsz, legyen az meritokrácia vagy metafizika, szeretet. nemzeti történelem vagy az igazság helyreállítása.

Az Önnel közös Szülőföldünkről alkotott definíciói azonban zavarba ejtőek és nagyon felkavaróak.

Azonban ítélje meg maga: hogyan jellemezne egy olyan személyt, aki sértegetni kezdte anyját, aki megbetegedett, és emiatt átmenetileg abbahagyta a munkát?

De Oroszország, akárhogy is hívják, és bármilyen jó vagy undorító hatalom is legyen, Oroszország a mi szülőföldünk. Haza.Érte a nagyapáink ontották a vérüket és feláldozták az életüket.

Ezért a hatalommal egyenrangúvá tenni azt jelenti, hogy a szellemi magasztosságot az anyagi szintre, sőt még alacsonyra is süllyesztjük. Azok. teljesen más kategóriákat hasonlítasz össze. Egy józan ember számára elfogadhatatlan dolog.

Könyörgöm, kedves elvtárs. Mukhin, gondold ezt komolyan.

**

... Az egyenletekkel pedig (ezt nem tudtam) a következő a helyzet. Hogyan találjuk meg a gyökereket másodfokú egyenlet még az ókori Egyiptomban sejtették.

A tizenhatodik században megtalálták a köbös egyenlet és egy negyedik fokú egyenlet gyökereinek megtalálását, de csak 2016-ban találták meg az ötödik fokú egyenlet gyökereit. És messze nem a hétköznapi emberek próbálkoztak.

A tizenhatodik században a szimbolikus algebra megalapítója, François Viet próbálta megtalálni az ötödik fokú egyenlet gyökereit, a 19. században pedig a modern magasabb algebra megalapítója, Evariste Galois francia matematikus, utána. , Niels Henrik Abel norvég matematikus próbálta megkeresni az ötödfokú egyenletek gyökereit, aki végül feladta és bebizonyította, hogy az ötödik fokú egyenlet általános formában nem megoldható.

A Wikipédiában olvassuk Ábel érdemeiről: „Ábel egy ősi probléma briliáns tanulmányozását fejezte be:bebizonyította, hogy lehetetlen általános formában (gyökökben) megoldani egy 5. fokú egyenletet ...

Az algebrában Ábel megállapította szükséges feltételígy az egyenlet gyöke "gyökökben" fejeződik ki ennek az egyenletnek az együtthatóin keresztül. Az elégséges állapotot hamarosan Galois fedezte fel, akinek eredményei Ábel munkásságán alapultak.

Ábel konkrét példákat hozott egy 5. fokú egyenletre, amelynek gyökerei nem fejezhetők ki gyökökben, és ezzel nagyrészt lezárta az ókori problémát.

Amint látható, ha folyamatosan próbálták bizonyítani a Poincaré-tételt, és Perelman sikeresebbnek bizonyult, mint a többi matematikus, akkor Ábel után a matematika nem vette át az ötödik fokú egyenleteket.

És 2014-ben Tomszkból származó matematikus, Szergej Zaikov, ami a fotóról megállapítható, hogy már éves, és a róla szóló cikk adatai szerint, hogy a Tomszki Alkalmazott Matematika és Kibernetika Karon végzett. állami Egyetem, munkája során ötödik fokú egyenleteket kapott. Zsákutca? Igen, zsákutca! De Szergej Zaikov vállalta, hogy áttöri.

2016-ban pedig megtalálta a módját, hogyan oldja meg az ötödik fokú egyenleteket általános formában! Azt tette, aminek a matematikusai, Galois és Abel bebizonyították, hogy lehetetlen.

Megpróbáltam információkat találni Szergej Zaikovról a Wikipédián, de baszd meg! Szergej Zaikov matematikusról és az ötödik fokú egyenletek általa történő megoldásáról nincs információ!

A dolog pikantériáját az is adja, hogy a matematikusok számára létezik a Nobel-díj analógja - Ábel-díj(Nobel megtiltotta a díjat matematikusoknak adni, most pedig a matematikai székletürítésért adják, „fizikának” nevezve őket).

Ez a matematikai díj ugyanannak az Ábelnek a tiszteletére szolgál, aki bebizonyította, hogy lehetetlen, amit Zaikov tett. Önjelölt azonban erre a díjra nem megengedett. De Zaikov magányos matematikus, és nincs olyan szervezet, amely jelölhetné őt erre a díjra.

Igaz, megvan a Tudományos Akadémia, de végül is nem a matematika fejlesztéséért ülnek ott az akadémikusok, hanem „kivágni a zsákmányt”. Kinek kell ott ez a Zaikov?

Nos, a hírügynökségek számára Zaikov nem Perelman az Ön számára! Ezért Zaikov felfedezése a média számára nem szenzáció.

Itt a tény, hogy Porosenko hibázott az ajtóval – igen! Ez egy igazi szenzáció!

Tomszk matematikusa megoldott egy olyan problémát, amelyet kétszáz évig nem lehetett megoldani

Az algebra megjelenésével fő feladatának az algebrai egyenletek megoldását tekintették. A másodfokú egyenlet megoldását már Babilonban és az ókori Egyiptomban is ismerték. Ezeket az egyenleteket végigmegyünk az iskolában. Emlékszel az x2 + ax + b = 0 egyenletre és a diszkriminánsra?

Szergej Zaikov egy könyvvel

A harmadik és negyedik fokú algebrai egyenletek megoldását a XVI. században találták meg. De az ötödik fokú egyenletet nem lehetett megoldani. Az okot Lagrange találta meg. Megmutatta, hogy a harmad- és negyedfokú egyenletek megoldása azért vált lehetségessé, mert azok olyan egyenletekre redukálhatók, amelyeket korábban már megoldottak. Egy harmadfokú egyenlet redukálható másodfokú, a negyedik fokú egyenlet pedig egy harmadik fokú egyenletté. De az ötödik fokú egyenlet a hatodik egyenletre redukálódik, azaz összetettebb, így a hagyományos megoldási módszerek nem alkalmazhatók.

Az ötödfokú egyenlet megoldásának kérdése csak kétszáz éve mozdult előre, amikor Ábel bebizonyította, hogy nem minden ötödfokú egyenlet oldható meg gyökben, vagyis az iskolából általunk ismert négyzet-, köb- és egyéb gyökökben. Galois pedig hamarosan, vagyis kétszáz évvel ezelőtt talált egy kritériumot annak meghatározására, hogy mely ötödik fokú egyenletek oldhatók meg gyökökkel és melyek nem. Ez abban rejlik, hogy az ötödik fokú, radikálisan megoldható egyenletek Galois-csoportjának ciklikusnak vagy metaciklikusnak kell lennie. De Galois nem találta meg a módját, hogy gyökökben oldja meg azokat az ötödfokú egyenleteket, amelyek a gyökökben is megoldhatók. A Galois-elmélet nagyon híres, sok könyvet írtak róla.

Eddig csak sajátos megoldásokat találtak a gyökökben megoldható ötödfokú egyenletekre. És csak ebben az évben a tomszki matematikus, Szergej Zaikov megoldott egy olyan problémát, amelyet kétszáz évig nem lehetett megoldani. Kiadta a „Hogyan oldódnak meg az ötödik fokú algebrai egyenletek gyökökben” című könyvét, amelyben módszert jelölt meg minden olyan ötödik fokú egyenlet megoldására, amely gyökben megoldható. Zaikov a Tomszki Állami Egyetem Alkalmazott Matematikai és Kibernetikai Karán szerzett diplomát. Interjút tudtunk vele készíteni.

– Sergey, miért kezdted el megoldani ezt a problémát?

— Egy ötödfokú egyenlet megoldására volt szükségem, hogy megoldjak egy feladatot a matematika egy másik ágából. Elkezdtem kitalálni, hogyan találjam meg, és rájöttem, hogy nem mindegyik oldódik meg gyökökben. Aztán megpróbáltam a szakirodalomban módot találni a gyökökben megoldható egyenletek megoldására, de csak olyan kritériumot találtam, amely alapján meg lehet állapítani, hogy melyik megoldható és melyik nem. Nem vagyok algebraista, de természetesen az FPMK-n végzettként algebrai módszereket is tudok alkalmazni. Ezért 2014 óta komolyan elkezdtem keresni a megoldást, és magam is megtaláltam.

A módszert két éve én találtam meg, készítettem egy könyvet, amiben nem csak ez volt leírva, hanem néhány ötödiknél nagyobb fokú egyenlet megoldási módszerei is. De nem volt pénzem kiadni. Idén úgy döntöttem, hogy ennek a munkának csak egy részét egyszerűbb publikálni, és ennek csak a felét vettem el, egy ötödfokú egyenlet gyökökben történő megoldásának módszerével foglalkoztam.

Célul tűztem ki, hogy kiadjak valami olyan útmutatót a probléma megoldásához, amely érthető azon matematikusok számára, akiknek egy adott egyenletet kell megoldaniuk. Ezért úgy egyszerűsítettem, hogy sok hosszú képletet és az elmélet jelentős részét eltávolítottam, több mint felére csökkentettem, csak a szükségeset hagytam meg. Ezért kaptam egy "bábuknak" szóló könyvet, amely szerint a Galois-elméletet nem ismerő matematikusok meg tudják oldani a szükséges egyenletet.

- Ezért nagyon köszönjük Vlagyiszlav Beresnyevnek, akit hosszú évek óta ismerünk. Támogatta a könyv megjelenését.

Kaphat-e bármilyen díjat matematikából ennek a feladatnak a megoldásáért? Például említetted Ábelt. De van egy matematikai Abel-díj, amelyet a Nobel-díj analógjának tekintenek?

„Ez a lehetőség nem zárható ki teljesen. De ebben sem szabad reménykedni.

A 2019-es Abel-díjra jelöltek jelentkezését például szeptember 15-ig kell benyújtani. Ráadásul az önjelölés nem megengedett. Magányos matematikus vagyok. Nincsenek olyan szervezetek vagy ismert matematikusok, akik engem jelölnének. Ezért nem kerül figyelembevételre, függetlenül attól, hogy munkám megérdemli-e ezt a díjat, és hogy ennek a díjnak a szellemében ítélik oda azokat, akik Ábel munkáját folytatják. De még ha bemutatják is, minden attól függ, hogy a többi jelölt milyen színvonalon dolgozik.

A könyv azoknak szól, akik nem ismerik a Galois-elméletet. A Galois-elmélet alapjait csak abban a részben adjuk meg, amelyben az egyenlet megoldásához szükségesek, részletesen ismertetjük a megoldási módot, és bemutatjuk a megoldást egyszerűsítő technikákat. A könyv jelentős részét egy adott egyenlet megoldásának példájának szenteli. A könyv lektorai a műszaki tudományok doktora Gennagyij Petrovics Agibalov és a fizika doktora. mat. Tudományok, Petr Andreevich Krylov professzor.

ELŐKÉSZÍTETT ANASTASIA SKIRNEVSKAYA

Általánosságban elmondható, hogy egy 4-nél nagyobb fokú egyenlet nem oldható meg gyökben. De néha még mindig megtaláljuk a bal oldali polinom gyökét a legmagasabb fokú egyenletben, ha legfeljebb 4-es fokozatú polinomok szorzataként ábrázoljuk. Az ilyen egyenletek megoldása a polinom faktorokra bontásán alapul, ezért javasoljuk, hogy a cikk tanulmányozása előtt tekintse át ezt a témát.

Leggyakrabban egyenletekkel kell megküzdenie magasabb fokozatok egész együtthatókkal. Ilyen esetekben megpróbálhatjuk megtalálni racionális gyökerei, majd faktorálja a polinomot, hogy azután egy alacsonyabb fokú egyenletté konvertálja, ami könnyen megoldható lesz. Ennek az anyagnak a keretében csak ilyen példákat veszünk figyelembe.

Magasabb fokú egyenletek egész együtthatókkal

Az összes egyenlet a n x n + a n - 1 x n - 1 + formájú. . . + a 1 x + a 0 = 0, akkor redukálhatunk egy ugyanolyan fokú egyenletre, ha mindkét oldalt megszorozzuk a n n - 1-gyel, és megváltoztatjuk az y = a n x alakú változót:

a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 ann xn + an - 1 ann - 1 xn - 1 + … + a 1 (an) n - 1 x + a 0 (an) n - 1 = 0 y = anx ⇒ yn + bn - 1 yn - 1 + … + b 1 y + b 0 = 0

Az így kapott együtthatók is egész számok lesznek. Így meg kell oldanunk a fenti egyenletet n-edik fokozat egész együtthatókkal, amelyek alakja x n + a n x n - 1 + … + a 1 x + a 0 = 0 .

Kiszámoljuk az egyenlet egész gyökét. Ha az egyenletnek egész gyökei vannak, akkor ezeket az a 0 szabad tag osztói között kell keresni. Jegyezzük fel és cseréljük be az eredeti egyenlőségbe egyenként, ellenőrizve az eredményt. Miután megkaptuk az azonosságot, és megtaláltuk az egyenlet egyik gyökerét, felírhatjuk x - x 1 · P n - 1 (x) = 0 alakban. Itt x 1 az egyenlet gyöke, és P n - 1 (x) az x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 hányadosa osztva x - x 1 -gyel.

Helyettesítsd be a fennmaradó osztókat P n - 1 (x) = 0-ban, x 1 -gyel kezdve, mivel a gyökök megismételhetők. Az azonosság megszerzése után az x 2 gyököt megtaláltnak tekintjük, és az egyenlet a következőképpen írható fel: (x - x 1) (x - x 2) P n - 2 (x) \u003d 0. Itt P n - 2 (x) ) P n - 1 (x) x - x 2 -vel való osztásának hányadosa lesz.

Folytatjuk a válogatást az osztók között. Keresse meg az összes egész gyöket, és jelölje a számukat m-ként. Ezt követően az eredeti egyenlet a következőképpen ábrázolható: x - x 1 x - x 2 · … · x - x m · P n - m (x) = 0 . Itt P n - m (x) egy n - m -edik fokú polinom. A számításhoz célszerű Horner sémáját használni.

Ha az eredeti egyenletünknek egész együtthatói vannak, akkor nem juthatunk törtgyökökhöz.

Ennek eredményeként a P n - m (x) = 0 egyenletet kaptuk, amelynek gyökerei tetszőleges módon megkereshetők. Lehetnek irracionálisak vagy összetettek.

Mutassuk meg egy konkrét példán, hogyan alkalmazható egy ilyen megoldási séma.

1. példa

Feltétel: keressük meg az x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0 egyenlet megoldását.

Megoldás

Kezdjük az egész szám gyökeinek megkeresésével.

Van egy metszéspontunk mínusz hárommal. Osztói 1 , - 1 , 3 és - 3 . Helyettesítsük be őket az eredeti egyenletbe, és nézzük meg, hogy melyikük ad majd azonosságot.

Ha x egyenlő eggyel, akkor 1 4 + 1 3 + 2 1 2 - 1 - 3 = 0, tehát egy lesz a gyök adott egyenlet.

Most osszuk el az x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 polinomot (x - 1) egy oszlopra:

Tehát x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 = 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 = 0

Kaptunk egy azonosságot, ami azt jelenti, hogy megtaláltuk az egyenlet másik gyökerét, ami egyenlő -1-gyel.

Az x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 polinomot elosztjuk (x + 1) egy oszlopban:

Ezt értjük

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

A következő osztót behelyettesítjük az x 2 + x + 3 = 0 egyenletbe, -1-től kezdve:

1 2 + (- 1) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 (- 3) 2 + (- 3) + 3 = 9 ≠ 0

A kapott egyenlőségek helytelenek lesznek, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek már nincs egész gyöke.

A fennmaradó gyökök az x 2 + x + 3 kifejezés gyökerei lesznek.

D \u003d 1 2 - 4 1 3 \u003d - 11< 0

Ebből az következik, hogy ez négyzetes trinomikus nincsenek valódi gyökök, de vannak összetett konjugált gyökök: x = - 1 2 ± i 11 2 .

Tisztázzuk, hogy oszlopra osztás helyett Horner séma is használható. Ez így történik: miután meghatároztuk az egyenlet első gyökét, kitöltjük a táblázatot.

Az együtthatók táblázatában azonnal láthatjuk a polinomok osztásából származó hányados együtthatóit, ami x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

Miután megtaláltuk a következő gyökeret, amely egyenlő - 1 -gyel, a következőket kapjuk:

Válasz: x \u003d - 1, x \u003d 1, x \u003d - 1 2 ± i 11 2.

2. példa

Feltétel: oldja meg az x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0 egyenletet.

Megoldás

A szabad tagnak 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, -12 osztói vannak.

Nézzük őket sorban:

1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 = 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 = 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 = 0

Tehát x = 2 lesz az egyenlet gyöke. Osszuk el x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 x - 2-vel a Horner-séma szerint:

Ennek eredményeképpen x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0 .

2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 = 0

Tehát a 2 ismét gyökér lesz. Oszd x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 x - 2-vel:

Ennek eredményeként azt kapjuk, hogy (x - 2) 2 (x 2 + 3 x + 3) = 0 .

A maradék osztók ellenőrzésének nincs értelme, mivel az x 2 + 3 x + 3 = 0 egyenlőség gyorsabb és kényelmesebb a diszkrimináns segítségével megoldani.

Oldjuk meg a másodfokú egyenletet:

x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 - 4 1 3 = - 3< 0

Egy komplex konjugált gyökpárt kapunk: x = - 3 2 ± i 3 2 .

Válasz: x = - 3 2 ± i 3 2 .

3. példa

Feltétel: keressük meg az x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 egyenlet valódi gyökét.

Megoldás

x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0

Elvégezzük az egyenlet mindkét részének 2 3 szorzását:

2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0

Cseréljük az y = 2 x változókat:

2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0 év 4 + y 3 - 20 év - 48 = 0

Ennek eredményeként egy 4. fokú standard egyenletet kaptunk, amely a standard séma szerint megoldható. Ellenőrizzük az osztókat, osszuk el, és a végén azt kapjuk, hogy van 2 valódi gyöke y \u003d - 2, y \u003d 3 és két összetett. Itt nem mutatjuk be a teljes megoldást. A helyettesítés következtében ennek az egyenletnek a valódi gyöke x = y 2 = - 2 2 = - 1 és x = y 2 = 3 2 lesz.

Válasz: x 1 \u003d - 1, x 2 \u003d 3 2

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

A 16. században a matematikusok szinte véletlenül botlottak összetett számokba (lásd a 11. fejezetet). NAK NEK XVIII század a komplex számokat a tartomány kiterjesztésének tekintették valós számok, de a velük való munka így is paritáshibához vezetett, mivel Leonard E a számelméleti nagy művében, az Aritmetikai vizsgálatokban (1801) elkerülte az úgynevezett "képzetes számok" használatát. Számomra úgy tűnik, hogy ennek a munkának a legfontosabb része az algebra alaptételének első bizonyítása. Gauss felismerte ennek a tételnek a fontosságát, és a következő években számos további bizonyítást hozott létre. 1849-ben átdolgozta az első változatot, ezúttal komplex számokkal. Modern kifejezésekkel azt mondhatjuk, hogy bármely valós vagy összetett együtthatójú véges polinomegyenletnek minden gyöke valós ill. komplex számok. Így nemleges választ kapunk arra az ősrégi kérdésre, hogy szükséges-e a polinomegyenletek megoldása magasrendűösszetettnél magasabb rendű számokat hozzon létre.

Akkoriban az algebra egyik legkényesebb problémája az volt, hogy vajon algebrai módszerek, azaz véges számú algebrai lépést használva az ötödrendű polinom kvintikus. Ma a másodfokú egyenletek megoldásának képletét tanítják az iskolában, és a 16. század óta ismertek hasonló módszerek a harmad- és negyedfokú egyenletek megoldására is (11. fejezet). De nem találtak módszert a kvintikra. Úgy tűnhet, hogy az algebra alaptétele tartalmazza a pozitív válasz ígéretét, valójában azonban egyszerűen csak a megoldások létezését garantálja, nem mond semmit a pontos megoldásokat adó képletek létezéséről (közelítő numerikus és grafikus módszerek már léteztek Abban az időben). Aztán volt két tragikus sorsú matematikai zseni.

Niels Henrik Abel (1802–1829) egy nagy szegény családban született Norvégiában, egy kis faluban, amelyet az Angliával és Svédországgal vívott hosszú évek háborúja pusztított el. A fiúhoz barátságos tanárnő magánórákat adott neki, de édesapja halála után, tizennyolc évesen, fiatal kora és törékeny egészsége ellenére Ábel kénytelen volt eltartani a családját. 1824-ben publikálta tudományos cikk, amelyben kijelentette, hogy a kvintikus nem oldható fel algebrai eszközökkel, mint minden magasabb rendű polinom. Abel úgy gondolta, hogy ez a cikk igazolványként szolgál majd a tudományos világ számára, és elküldte Gaussnak a Göttingeni Egyetemre. Sajnos Gauss soha nem vágta a lapokat késsel (akkoriban minden olvasónak meg kellett tennie), és nem olvasta el a cikket. 1826-ban a norvég kormány végre pénzeszközöket biztosított Ábelnek, hogy Európa körül utazhasson. Attól tartva, hogy a Gauss-szal való személyes kapcsolat nem okoz neki nagy örömet, a matematikus úgy döntött, nem látogat el Göttingenbe, hanem Berlinbe ment. Ott összebarátkozott August Leopold Crelle-lel (1780–1855), matematikussal, építészsel és mérnökkel, aki matematikai kérdésekben tanácsot adott a Porosz Oktatási Minisztériumnak. Krell megalapította a Journal of Pure and Applied Mathematics-t. Így Ábel lehetőséget kapott munkáinak terjesztésére, és sokat publikált, különösen a Journal korai számaiban, amelyet azonnal nagyon tekintélyes és tekintélyes tudományos kiadványnak kezdtek tekinteni. A norvég közzétette ott annak a bizonyítékának kiterjesztett változatát, hogy a kvintikum algebrai módszerekkel megoldhatatlan. Aztán Párizsba ment. Ez az utazás nagyon felzaklatta Ábelt, mert gyakorlatilag nem kapta meg a francia matematikusok támogatását, amire annyira szüksége volt. Közel volt hozzá Augustin Louis Cauchyhoz (1789-1857), aki akkoriban a fő fényes volt. matematikai elemzés de nagyon összetett volt. Ahogy Ábel maga mondta: "Cauchy őrült, és nem lehet ellene tenni semmit, bár jelenleg ő az egyetlen, aki bármire képes a matematikában." Ha valaki megpróbálja igazolni a Gauss és Cauchy által kiváltott tiszteletlenséget és megvetést, akkor elmondható, hogy a Quintic bizonyos hírnevet szerzett, és felkeltette mind a tekintélyes matematikusok, mind az eredetiek figyelmét. Ábel visszatért Norvégiába, ahol egyre gyakrabban szenvedett tuberkulózisban. Továbbra is küldte dolgozatait Crelle-nek, de 1829-ben meghalt, nem tudott róla, milyen mértékben nőtt hírneve a tudományos világban. Két nappal halála után Ábel ajánlatot kapott, hogy Berlinben vállaljon tudományos állást.

Ábel megmutatta, hogy bármely fenti polinom negyedik rend nem oldható meg olyan gyökökkel, mint a négyzetgyök, kockagyök vagy magasabb. Azonban Galois megfogalmazta azokat az explicit feltételeket, amelyek mellett speciális esetekben ezek a polinomok megoldhatók, illetve a megoldási módot. Évariste Galois (1811–1832) rövid és eseménydús életet élt. Hihetetlenül tehetséges matematikus volt. Galois kérlelhetetlen volt azokkal szemben, akiket nála kevésbé tartott tehetségesnek, ugyanakkor nem tudta elviselni a társadalmi igazságtalanságot. Nem mutatott rátermettséget a matematikára, amíg el nem olvasta Legendre Geometria elemei című művét (1794-ben jelent meg, ez a könyv volt a következő száz év fő tankönyve). Aztán szó szerint lenyelte Legendre és később Ábel többi művét. Lelkesedése, önbizalma és intoleranciája valóban szörnyű következményekkel járt a tanárokkal és a vizsgáztatókkal való kapcsolataiban. Galois részt vett a Politechnikai Iskola - a francia matematika bölcsője - felvételi versenyén, de felkészületlensége miatt megbukott a vizsgán. Miután megismerkedett egy új tanárral, aki felismerte tehetségét, egy ideig sikerült kordában tartania az indulatait. 1829 márciusában Galois publikálta első dolgozatát a tört folytatásról, amelyet legjelentősebb munkájának tartott. Felfedezéseiről üzenetet küldött a Tudományos Akadémiának, Cauchy megígérte, hogy bemutatja őket, de elfelejtette. Ráadásul egyszerűen elvesztette a kéziratot.

Galois második kudarca, hogy bekerüljön a Műszaki Iskolába, bekerült a matematikai folklórba. Annyira megszokta, hogy állandóan bonyolult matematikai ötletek kavarognak a fejében, hogy feldühítette a vizsgáztatók kicsinyes csínytevése. Mivel a vizsgáztatók nehezen értették meg a magyarázatát, egy törlőruhát dobott az egyikük arcába. Nem sokkal ezután apja meghalt, miután egyházi intrikák következtében öngyilkos lett. A temetésén kis híján lázadás tört ki. 1830 februárjában Galois megírta a következő három cikket, és elküldte azokat a Tudományos Akadémiának a matematikai Grand Prixért. Joseph Fourier, az akadémia akkori titkára anélkül halt meg, hogy elolvasta volna, és halála után a cikkeket nem találták meg iratai között. A csalódások ilyen folyama bárkit lebukna. Galois fellázadt a hatalmon lévők ellen, mert úgy érezte, hogy nem ismerik el érdemeit, és megölte apját. Határozottan belevetette magát a politikába, és lelkes köztársaságpárti lett – ez nem a legbölcsebb döntés Franciaországban 1830-ban. Utolsó kétségbeesett kísérleteként tudományos dolgozatot küldött a híres francia fizikusnak és matematikusnak, Siméon Denis Poissonnak (1781–1840), aki válaszul további bizonyítékokat követelt.

Ez volt az utolsó csepp a pohárban. 1831-ben Galois-t kétszer is letartóztatták – először azért, mert állítólag Lajos Fülöp király meggyilkolására szólított fel, majd a védelme érdekében – a hatóságok a köztársasági lázadástól tartottak! Ezúttal hat hónap börtönbüntetésre ítélték koholt vádak miatt, mert illegálisan viselte a feloszlatott tüzér zászlóalj egyenruháját, amelyhez csatlakozott. Feltételesen szabadult, és olyan vállalkozásba kezdett, amitől éppúgy undorodtak, mint minden mástól az életben. A címzett levelekben odaadó barát Chevalier érzi csalódottságát. 1832. május 29-én elfogadta a kihívást egy párbajra, amelynek okait nem teljesen értik. „Becstelen kacérkodás áldozata lettem. Az életem egy nyomorúságos veszekedésben fogy el” – írja a Republikánusoknak szóló levélben. Galois leghíresebb művét a végzetes párbaj előtti estén vázolták fel. A margón szórnak a panaszok: "Nincs több időm, nincs több időm." Másokra kellett hagynia a köztes lépések részleteit, amelyek nem voltak elengedhetetlenek a fő gondolat megértéséhez. Felfedezéseinek alapját – a mai Galois-tétel eredetét – papírra kellett vetnie. Végrendeletét azzal fejezte be, hogy felkérte Chevalier-t, hogy "kérje meg Jacobit és Gausst, hogy mondják el nyilvánosan véleményüket ezeknek a tételeknek a helyességéről, hanem fontosságáról". Kora reggel Galois elment, hogy találkozzon riválisával. 25 lépésnyi távolságból kellett lőniük. Galois megsebesült, és másnap reggel a kórházban meghalt. Még csak húsz éves volt.

Galois Lagrange és Cauchy munkáira támaszkodott, de kidolgozott egy általánosabb módszert. Ez rendkívül fontos eredmény volt a kvintika megoldása terén. A tudós kevesebb figyelmet fordított az eredeti egyenletekre vagy a grafikus értelmezésre, és többet gondolt magukra a gyökerek természetére. Az egyszerűsítés kedvéért Galois csak az úgynevezett irreducibilis kvintikákat vette figyelembe, vagyis azokat, amelyek nem faktorizálhatók alacsonyabb rendű polinomok formájában (amint mondtuk, a negyedrendű polinomegyenletekhez vannak képletek a megtaláláshoz gyökereik). Általánosságban elmondható, hogy a racionális együtthatókkal rendelkező irreducibilis polinom olyan polinom, amely nem bontható fel egyszerűbb, racionális együtthatókkal rendelkező polinomokra. Például (x 5 - 1) faktorizálható (x-1) (x 4 + x 3 + x 2 + x + 1), mivel (x 5-2) nem csökkenthető. Galois célja az volt, hogy meghatározza azokat a feltételeket, amelyek mellett egy általános irreducibilis polinomegyenlet összes megoldása megtalálható gyökökben.

A megoldás kulcsa az, hogy egyetlen irreducibilis algebrai egyenlet gyökei nem függetlenek, egyik a másikkal is kifejezhetők. Ezeket a relációkat az összes lehetséges permutáció csoportjába, az úgynevezett gyökszimmetria csoportba formalizáltuk - egy kvintikus esetében ez a csoport 5-öt tartalmaz! = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120 elem. A Galois-elmélet matematikai algoritmusai nagyon összetettek, és valószínűleg részben emiatt is, kezdetben nagy nehézségek árán megértették őket. Ám miután az absztrakció szintje lehetővé tette az egyenletek algebrai megoldásaitól a hozzájuk tartozó csoportok algebrai szerkezetéhez való elmozdulást, Galois az ilyen csoportok tulajdonságai alapján meg tudta jósolni az egyenlet megoldhatóságát. Sőt, elmélete egy olyan módszert is adott, amellyel ezek a gyökerek maguk is megtalálhatók voltak. Ami a kvintikát illeti, Joseph Liouville (1809–1882) matematikus, aki 1846-ban Galois munkájának nagy részét publikálta Journal of Pure and Applied Mathematics című folyóiratában, megjegyezte, hogy a fiatal tudós „szép tételt” bizonyított, és hogy „hogy Ha egy eredeti fokú irreducibilis egyenlet megoldható gyökökkel, akkor szükséges és elégséges, hogy minden gyöke bármelyik kettő racionális függvénye legyen. Mivel ez egy kvintikus számára lehetetlen, ezért nem oldható meg gyökökkel.

Három év alatt a matematikai világ két legfényesebb új csillagát veszítette el. Kölcsönös vádaskodás és lélekkutatás következett, Abel és Galois pedig megérdemelt elismerést ért el, de csak posztumusz. 1829-ben Carl Jacobi Legendre útján szerzett tudomást Ábel „elveszett” kéziratáról, 1830-ban pedig diplomáciai botrány robbant ki, amikor a párizsi norvég konzul követelte honfitársa cikkének megtalálását. Végül Cauchy megtalálta a cikket, de az ismét elveszett az akadémia szerkesztőiben! Ugyanebben az évben Ábel Matematikai Grand Prix-t kapott (Jakobival együtt) - de már halott volt. 1841-ben jelent meg életrajza. 1846-ban Liouville megszerkesztette Galois néhány kéziratát publikálás céljából, és bevezetőjében sajnálatát fejezte ki amiatt, hogy az akadémia kezdetben elutasította Galois munkáját annak összetettsége miatt – „valóban, az előadás világossága szükséges, ha a szerző levezeti az olvasót a kitaposott ösvényről, feltérképezetlen vad területek." Így folytatja: „Galois nincs többé! Ne essünk haszontalan kritikákba. Vessük el a hibákat, és nézzük az erényeket! Gyümölcs rövid élet Galois csak hatvan oldalba fért bele. Az École Normale és az Ecole Polytechnique jelöltjei számára készült matematikai folyóirat szerkesztője a következőképpen kommentálta a Galois-ügyet: „Egy magas intelligenciával rendelkező jelöltet egy alacsonyabb gondolkodású vizsgáztató gyomlált ki. Barbarus hic ego sum, quia non intelligor illis."

Először is, e mű második oldalát nem terhelik a nevek, vezetéknevek, a társadalomban elfoglalt helyzet leírása, címek és elégiák valami fösvény fejedelem tiszteletére, akinek ezekkel a tömjénekkel nyitják ki a pénztárcáját - azzal a fenyegetéssel, hogy bezárják. amikor a dicséreteknek vége. Nem látni itt tiszteletteljes dicséreteket, háromszor akkora betűkkel, mint maga a szöveg, és amelyek a tudományban magas rangúaknak szólnak, vagy valami bölcs mecénásnak – ez valami kötelező (mondanám elkerülhetetlen) valakinek abban a korban. húsz ember, aki írni akar valamit. Nem mondom el itt senkinek, hogy köszönettel tartozom a tanácsaikkal és a támogatásukkal, amiért munkám jót tesz. Ezt nem azért mondom, mert hazugság lenne. Ha meg kellene említenem a társadalom vagy a tudomány egyik nagyját (jelenleg szinte észrevehetetlen a különbség e két emberosztály között), esküszöm, hogy nem a hála jele lenne. Nekik köszönhetem, hogy e két dolgozat közül az elsőt ilyen későn publikáltam, és hogy mindezt a börtönben írtam - olyan helyen, amely tudományos reflexióra aligha tekinthető alkalmasnak, és gyakran elcsodálkozom visszafogottságomon és képességemen. tartsd a számat a hülye és gonosz Zoilokkal kapcsolatban. Számomra úgy tűnik, hogy használhatom a "Zoils" szót anélkül, hogy félnék attól, hogy illetlenséggel vádolnak, mivel így utalok ellenfeleimre. Nem fogok itt írni arról, hogyan és miért kerültem börtönbe, de azt kell mondanom, hogy a kézirataim legtöbbször egyszerűen elvesztek az akadémia úriembereinek mappáiban, bár az igazat megvallva ilyen tapintatlanságot nem tudok elképzelni. olyan emberek részéről, akiknek a lelkiismeretén Ábel halála történt. Véleményem szerint bárki szeretné, ha ehhez a zseniális matematikushoz hasonlítanák. Elég, ha csak annyit mondok, hogy az egyenletelméletről szóló cikkemet 1830 februárjában küldték el a Tudományos Akadémiának, a kivonatokat 1829 februárjában küldték el, de mégsem nyomtatták ki, sőt a kéziratról kiderült, hogy lehetetlen visszatérni.

Galois, kiadatlan előszó, 1832

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 fejlesztést célzó képzésben matematikai berendezésés az egyes tanulók mentális képességei.
• Nyomtatott anyag - az óra egyéni összefoglalása (alapfogalmak, képletek, kijelentések, az előadási anyag diagramok vagy táblázatok formájában tömörítve van).

Tanterv:

1. Idő szervezése.
   A színpad célja: a tanulók bevonása tanulási tevékenységek határozza meg az óra tartalmát.
2. A tanulók tudásának frissítése.
   A színpad célja: a hallgatók ismereteinek frissítése a korábban tanult kapcsolódó témákban
3. Új téma tanulása (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: házi feladat megfogalmazása a tanulók számára.

Óra összefoglalója

1. Szervezési 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. Példák kerülnek bemutatásra, amelyek bemutatják a korábban megszerzett tudás szintjét.

• Egy változós egyenlet fogalma.
• Az egyenletgyök fogalma, az egyenlet megoldása.
• koncepció lineáris egyenlet egy változós, 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 teljes racionális egyenletnek nevezzük n fokozat. Tekintsünk ilyen egyenleteket különböző értékekre nés sorolja fel megoldásuk főbb módszereit.

n= 1 egy lineáris egyenlet.

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

n = 3 – 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 tétellel összhangban. 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	Kimenet
	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	Kimenet
	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. Van egy univerzális módszer a köbös egyenletek megoldására - ez a Cardano képlet. 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 kétkvadratikus 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 az azonos együtthatójú tagokat az űrlap helyettesítésével kombináljuk

• 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 bontás 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 a problémát a vizsgált egyenlet mértékének csökkentésével oldjuk meg.

Változó helyettesítési módszer. A homogenitás használata.

Nincs általános képlet a teljes ötödfokú egyenletek megoldására (ezt Paolo Ruffini (1765–1822) olasz matematikus 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.
• A mai vita tárgyain 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 tanulókat érdeklik a különféle standard típusú változóhelyettesítések 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.„Matematika feladatok az írásbeli vizsgára való felkészüléshez a 9. osztályban” - M., Oktatás, 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.