Stb. általános oktatási jellegű, és nagy jelentőséggel bír a felsőbb matematika TELJES kurzusának tanulmányozása szempontjából. Ma megismételjük az „iskolai” egyenleteket, de nem csak az „iskolai” egyenleteket - hanem azokat, amelyek mindenhol megtalálhatók a különféle vyshmat problémákban. A sztori szokás szerint alkalmazott módon, pl. Nem a definíciókra és osztályozásokra koncentrálok, hanem megosztom veletek a megoldással kapcsolatos személyes tapasztalataimat. Az információk elsősorban kezdőknek szólnak, de a haladóbb olvasók is sok érdekességet találnak maguknak. És persze lesznek olyan új anyagok is, amelyek túlmutatnak a középiskolán.

Tehát az egyenlet…. Sokan borzongva emlékeznek vissza erre a szóra. Mit érnek a „kifinomult” gyökös egyenletek... ...felejtsd el őket! Mert akkor találkozik e faj legártalmatlanabb „képviselőivel”. Vagy unalmas trigonometrikus egyenletek tucatnyi megoldási módszerrel. Őszintén szólva én magam sem szerettem őket igazán... Ne essen pánikba! – akkor többnyire „pitypang” 1-2 lépésben kézenfekvő megoldással vár. Bár a „bojtorján” biztosan ragaszkodik, itt kell tárgyilagosnak lenni.

Furcsa módon a magasabb matematikában sokkal gyakoribb az olyan nagyon primitív egyenletekkel való foglalkozás, mint pl. lineáris egyenletek

Mit jelent ennek az egyenletnek a megoldása? Ez azt jelenti, hogy meg kell találni az „x” (gyök) OLYAN értékét, amely valódi egyenlőséggé változtatja. Dobjuk jobbra a „hármat” előjelváltással:

és dobd a „kettőt” a jobb oldalra (vagy ugyanaz - szorozd meg mindkét oldalt) :

Az ellenőrzéshez cseréljük be az elnyert trófeát az eredeti egyenletbe:

A helyes egyenlőséget kapjuk, ami azt jelenti, hogy a talált érték valóban ennek az egyenletnek a gyökere. Illetve, ahogy mondják, kielégíti ezt az egyenletet.

Felhívjuk figyelmét, hogy a gyökér tizedes törtként is írható:
És próbálj meg nem ragaszkodni ehhez a rossz stílushoz! Az okot többször is megismételtem, különösen a legelső leckén magasabb algebra.

Az egyenlet egyébként „arabul” is megoldható:

És ami a legérdekesebb, hogy ez a felvétel teljesen legális! De ha nem vagy tanár, akkor jobb, ha nem csinálod, mert itt az eredetiség büntetendő =)

És most egy kicsit róla

grafikus megoldási módszer

Az egyenletnek megvan a formája és a gyöke "X" koordináta metszéspontok lineáris függvénygrafikon egy lineáris függvény grafikonjával (x tengely):

Úgy tűnik, a példa annyira elemi, hogy nincs itt több elemezni való, de még egy váratlan árnyalat „kifacsarható” belőle: mutassuk be ugyanazt az egyenletet a függvények formájában és készítsük el a gráfokat:

ahol, kérem, ne keverje össze a két fogalmat: egy egyenlet egy egyenlet, és funkció– ez egy funkció! Funkciók csak segítség keresse meg az egyenlet gyökereit. Ebből lehet kettő, három, négy vagy akár végtelenül sok. A legközelebbi példa ebben az értelemben a jól ismert másodfokú egyenlet, amelynek megoldási algoritmusa külön bekezdést kapott "forró" iskolai képletek. És ez nem véletlen! Ha meg tud oldani egy másodfokú egyenletet és tudja Pitagorasz tétel, akkor, mondhatni, „a felsőbb matematika fele már a zsebében van” =) Túlzás persze, de nem olyan messze az igazságtól!

Ezért ne legyünk lusták, és oldjunk meg néhány másodfokú egyenletet a segítségével szabványos algoritmus:

, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek két különböző érvényes gyökér:

Könnyen ellenőrizhető, hogy mindkét talált érték valóban megfelel-e ennek az egyenletnek:

Mi a teendő, ha hirtelen elfelejtette a megoldási algoritmust, és nincs kéznél eszköz/segítő kéz? Ez a helyzet előfordulhat például egy teszt vagy vizsga során. Grafikus módszert használunk! És két módja van: megteheti pontról pontra épít parabola , ezáltal megtudja, hol metszi a tengelyt (ha keresztezi egyáltalán). De jobb, ha valami ravaszabb dolgot csinál: képzelje el az egyenletet a formában, rajzolja meg az egyszerűbb függvények grafikonjait - és "X" koordináták jól láthatóak a metszéspontjaik!


Ha kiderül, hogy az egyenes érinti a parabolát, akkor az egyenletnek két egyező (több) gyöke van. Ha kiderül, hogy az egyenes nem metszi a parabolát, akkor nincsenek valódi gyökerek.

Ehhez persze építeni kell tudni elemi függvények grafikonjai, de másrészt még egy iskolás is meg tudja csinálni ezeket a készségeket.

És még egyszer: az egyenlet egyenlet, a függvények pedig olyan függvények, amelyek csak segített oldja meg az egyenletet!

És itt egyébként érdemes lenne még egy dolgot megjegyezni: ha egy egyenlet összes együtthatóját megszorozzuk egy nem nulla számmal, akkor a gyöke nem változik.

Tehát például az egyenlet ugyanazok a gyökerei. Egyszerű „bizonyítékként” kiveszem a konstanst a zárójelből:
és fájdalommentesen eltávolítom (Mindkét részt elosztom "mínusz kettővel"):

DE! Ha figyelembe vesszük a függvényt , akkor itt nem tudsz megszabadulni az állandótól! A szorzót csak a zárójelből szabad kivenni: .

Sokan alábecsülik a grafikus megoldási módot, „méltatlanságnak” tartják, sőt néhányan teljesen megfeledkeznek erről a lehetőségről. És ez alapvetően rossz, hiszen a grafikonok ábrázolása néha csak megmenti a helyzetet!

Egy másik példa: tegyük fel, hogy nem emlékszik a legegyszerűbb trigonometrikus egyenlet gyökereire: . Az általános képlet megtalálható az iskolai tankönyvekben, minden elemi matematikáról szóló kézikönyvben, de ezek nem állnak rendelkezésére. Az egyenlet megoldása azonban kritikus (más néven „kettő”). Van kijárat! - függvénygrafikonokat készíteni:


majd nyugodtan felírjuk a metszéspontjaik „X” koordinátáit:

Végtelenül sok gyök van, és az algebrában ezek sűrített jelölése elfogadott:
, Ahol ( – egész számok halmaza) .

És anélkül, hogy „elmennék”, néhány szót az egyváltozós egyenlőtlenségek grafikus módszeréről. Az elv ugyanaz. Így például az egyenlőtlenség megoldása tetszőleges „x”, mert A sinusoid szinte teljesen az egyenes alatt fekszik. Az egyenlőtlenség megoldása azoknak az intervallumoknak a halmaza, amelyekben a szinusz darabjai szigorúan az egyenes felett helyezkednek el. (x-tengely):

vagy röviden:

De itt van a sok megoldás az egyenlőtlenségre: üres, mivel a szinusz egyetlen pontja sem található az egyenes felett.

Van valami, amit nem értesz? Sürgősen tanulmányozza a leckéket kb készletekÉs függvénygrafikonok!

Bemelegítünk:

1. Feladat

Oldja meg grafikusan a következő trigonometrikus egyenleteket:

Válaszok a lecke végén

Amint látja, az egzakt tudományok tanulmányozásához egyáltalán nem szükséges képleteket és segédkönyveket zsúfolni! Ráadásul ez egy alapvetően hibás megközelítés.

Mint már az óra elején megnyugtattam, a magasabb matematika standard kurzusában rendkívül ritkán kell összetett trigonometrikus egyenleteket megoldani. Minden bonyolultság általában olyan egyenletekkel végződik, mint , amelyek megoldása két gyökcsoport, amelyek a legegyszerűbb egyenletekből és . Ne törődj túl sokat az utóbbi megoldásával – nézz egy könyvben vagy találd meg az interneten =)

A grafikus megoldási módszer kevésbé triviális esetekben is segíthet. Tekintsük például a következő „ragtag” egyenletet:

A megoldás kilátásai... egyáltalán nem tűnnek semminek, de csak el kell képzelni az egyenletet a formában, épít függvénygrafikonokés minden hihetetlenül egyszerű lesz. A cikk közepén van egy rajz arról végtelenül kicsi függvények (a következő lapon nyílik meg).

Ugyanezzel a grafikus módszerrel megtudhatja, hogy az egyenletnek már két gyöke van, és az egyik egyenlő nullával, a másik pedig látszólag, irracionálisés a szegmenshez tartozik. Ez a gyök megközelítőleg kiszámítható, pl. érintő módszer. Mellesleg, bizonyos problémáknál előfordul, hogy nem a gyökereket kell megtalálni, hanem meg kell találni léteznek egyáltalán?. És itt is segíthet egy rajz - ha a grafikonok nem metszik egymást, akkor nincsenek gyökerek.

Egész együtthatós polinomok racionális gyökei.
Horner-séma

És most arra hívlak, hogy fordítsa tekintetét a középkor felé, és érezze meg a klasszikus algebra egyedi hangulatát. Az anyag jobb megértése érdekében azt javaslom, hogy legalább egy kicsit olvassa el komplex számok.

Ők a legjobbak. Polinomok.

Érdeklődésünk tárgya a -val alak leggyakoribb polinomjai lesznek egész együtthatók Egy természetes számot hívnak polinom foka, szám – a legmagasabb fokú együttható (vagy csak a legmagasabb együttható), és az együttható ingyenes tag.

Ezt a polinomot röviden jelölöm.

Polinom gyökerei hívjuk az egyenlet gyökereit

Imádom a vas logikát =)

Példákért ugorjon a cikk legelejére:

Nem okoz gondot az 1. és 2. fokú polinomok gyökeinek megtalálása, de ahogy növekszik, ez a feladat egyre nehezebbé válik. Bár másrészt minden érdekesebb! És pontosan ennek lesz szentelve a lecke második része.

Először is, szó szerint az elmélet képernyőjének fele:

1) Következmény szerint algebra alaptétele, a fokpolinom pontosan rendelkezik összetett gyökerei Egyes gyökerek (vagy akár az összes) különösen lehetnek érvényes. Sőt, a valódi gyökerek között lehetnek azonos (több) gyökök is (minimum kettő, maximum darab).

Ha valamilyen komplex szám a polinom gyöke, akkor konjugált száma is szükségszerűen ennek a polinomnak a gyöke (a konjugált komplex gyökök alakja ).

A legegyszerűbb példa egy másodfokú egyenlet, amellyel először a 8-ban találkoztunk (mint) osztályban, és amit végül a témában „befejeztünk”. komplex számok. Hadd emlékeztesselek: egy másodfokú egyenletnek vagy két különböző valós gyöke van, vagy több gyöke, vagy konjugált összetett gyöke.

2) Innen Bezout tétele ebből következik, hogy ha egy szám egy egyenlet gyöke, akkor a megfelelő polinom faktorizálható:
, ahol egy fokszámú polinom.

És ismét a régi példánk: mivel az egyenlet gyöke, akkor . Ezt követően nem nehéz megszerezni a jól ismert „iskola” bővítést.

A Bezout-tétel következményének nagy gyakorlati értéke van: ha ismerjük egy 3. fokú egyenlet gyökerét, akkor azt alakban tudjuk ábrázolni. a másodfokú egyenletből pedig könnyű kideríteni a maradék gyököket. Ha ismerjük egy 4. fokú egyenlet gyökerét, akkor lehetséges a bal oldal szorzattá bővítése stb.

És van itt két kérdés:

Egy kérdés. Hogyan lehet megtalálni ezt a gyökeret? Mindenekelőtt határozzuk meg a természetét: a felsőbb matematika számos problémájában meg kell találni racionális, különösen egész polinomok gyökerei, és ezzel kapcsolatban a továbbiakban elsősorban ezekre leszünk kíváncsiak.... ...olyan jók, olyan bolyhosak, hogy csak meg akarod találni őket! =)

Az első dolog, ami eszünkbe jut, az a kiválasztási módszer. Tekintsük például az egyenletet. A fogás itt szabad távon van - ha nullával egyenlő lenne, akkor minden rendben lenne - kivesszük az „x”-et a zárójelekből, és maguk a gyökerek „kiesnek” a felszínre:

De a mi szabad tagunk egyenlő a „hárommal”, ezért elkezdünk különböző számokat behelyettesíteni az egyenletbe, amelyek azt állítják, hogy „gyökér”. Mindenekelőtt az egyes értékek helyettesítése önmagát sugallja. Cseréljük:

Megérkezett helytelen egyenlőség, így az egység „nem illett”. Na jó, cseréljük ki:

Megérkezett igaz egyenlőség! Azaz az érték ennek az egyenletnek a gyökere.

A 3. fokú polinom gyökereinek megtalálására van egy analitikai módszer (az úgynevezett Cardano-képletek), de most egy kicsit más feladatra vagyunk kíváncsiak.

Mivel - a polinomunk gyöke, a polinom alakban ábrázolható és keletkezik Második kérdés: hogyan lehet „öccsre” találni?

A legegyszerűbb algebrai megfontolások azt sugallják, hogy ehhez osztanunk kell -vel. Hogyan oszthatunk polinomot polinommal? Ugyanaz az iskolai módszer, amely elosztja a közönséges számokat - „oszlop”! Ezt a módszert részletesen tárgyaltam a lecke első példáiban. Összetett határok, és most egy másik módszert nézünk meg, amely az ún Horner-séma.

Először a „legmagasabb” polinomot írjuk fel mindenkivel , beleértve a nulla együtthatókat:
, ami után ezeket az együtthatókat írjuk be (szigorúan sorrendben) a táblázat felső sorába:

A gyökeret balra írjuk:

Azonnal leszögezem, hogy Horner séma akkor is működik, ha a „piros” szám Nem a polinom gyöke. Azonban ne siessük el a dolgokat.

Eltávolítjuk a vezető együtthatót felülről:

Az alsó cellák kitöltésének folyamata némileg a hímzésre emlékeztet, ahol a „mínusz egy” egyfajta „tű”, amely áthatja a következő lépéseket. A „lehordott” számot megszorozzuk (–1)-gyel, és a felső cellából származó számot hozzáadjuk a termékhez:

A talált értéket megszorozzuk a „piros tűvel”, és a következő egyenletegyütthatót adjuk a szorzathoz:

És végül a kapott értéket ismét „feldolgozzuk” a „tűvel” és a felső együtthatóval:

Az utolsó cellában lévő nulla azt jelzi, hogy a polinom fel van osztva nyom nélkül (ahogy lennie kell), míg a tágulási együtthatókat közvetlenül a táblázat alsó sorából „eltávolítjuk”:

Így az egyenletről egy ekvivalens egyenletre tértünk át, és minden világos a maradék két gyökkel (ebben az esetben konjugált komplex gyököket kapunk).

Az egyenlet egyébként grafikusan is megoldható: plot "villám" és nézd meg, hogy a grafikon keresztezi az x tengelyt () pontban. Vagy ugyanaz a „ravasz” trükk - átírjuk az egyenletet alakban, elemi grafikonokat rajzolunk, és észleljük a metszéspontjuk „X” koordinátáját.

Egyébként bármely harmadfokú polinom függvény grafikonja legalább egyszer metszi a tengelyt, ami azt jelenti, hogy a megfelelő egyenlet legalább egy érvényes gyökér. Ez a tény minden páratlan fokú polinomfüggvényre igaz.

És itt is szeretnék elidőzni fontos pont ami a terminológiát érinti: polinomÉs polinom függvény – ez nem ugyanaz! De a gyakorlatban gyakran beszélnek például a „polinom gráfjáról”, ami természetesen hanyagság.

Térjünk azonban vissza Horner sémájához. Amint azt a közelmúltban említettem, ez a séma más számoknál is működik, de ha a szám Nem az egyenlet gyöke, akkor egy nem nulla összeadás (maradék) jelenik meg a képletünkben:

„Futtassuk” a „sikertelen” értéket Horner séma szerint. Ebben az esetben kényelmes ugyanazt a táblázatot használni - írjon egy új „tűt” a bal oldalra, mozgassa felülről a vezető együtthatót (balra zöld nyíl), és indulunk is:

Az ellenőrzéshez nyissuk meg a zárójeleket, és mutassunk be hasonló kifejezéseket:
, RENDBEN.

Könnyen észrevehető, hogy a maradék („hat”) pontosan a polinom értéke. És valójában - milyen ez:
, és még szebb – így:

A fenti számításokból könnyen megérthető, hogy a Horner-séma nemcsak a polinom figyelembevételét teszi lehetővé, hanem a gyökér „civilizált” kiválasztását is. Azt javaslom, hogy saját maga konszolidálja a számítási algoritmust egy kis feladattal:

2. feladat

A Horner-séma segítségével keresse meg az egyenlet egész gyökerét, és faktorozza a megfelelő polinomot

Más szóval, itt egymás után kell ellenőrizni az 1, –1, 2, –2, ... – számokat, amíg az utolsó oszlopban nulla maradékot nem „húzunk”. Ez azt jelenti, hogy ennek a sornak a „tűje” a polinom gyöke

Kényelmes a számításokat egyetlen táblázatba rendezni. Részletes megoldás és válasz a lecke végén.

A gyökválasztás módszere viszonylag egyszerű esetekre jó, de ha a polinom együtthatói és/vagy foka nagy, akkor a folyamat sokáig tarthat. Vagy talán van néhány érték ugyanabból az 1, –1, 2, –2 listából, és nincs értelme figyelembe venni? Ezenkívül a gyökerek töredékesek lehetnek, ami teljesen tudománytalan piszkáláshoz vezet.

Szerencsére van két erőteljes tétel, amely jelentősen csökkentheti a „jelölt” értékek keresését a racionális gyökerekhez:

1. tétel Mérlegeljük nem csökkenthető tört , ahol . Ha a szám az egyenlet gyöke, akkor a szabad tagot osztjuk és a vezető együtthatót osztjuk vele.

Különösen, ha a vezető együttható , akkor ez a racionális gyök egy egész szám:

És elkezdjük kihasználni a tételt ezzel a finom részlettel:

Térjünk vissza az egyenlethez. Mivel vezető együtthatója , így a hipotetikus racionális gyökök kizárólag egészek lehetnek, és a szabad tagot szükségszerűen ezekre a gyökekre kell felosztani maradék nélkül. A „három” pedig csak 1-re, –1-re, 3-ra és –3-ra osztható. Vagyis csak 4 „gyökér jelöltünk” van. És aszerint 1. tétel, más racionális számok nem lehetnek gyökei ennek az egyenletnek ALAPELVÉBEN.

Az egyenletben egy kicsit több „versenyző” található: a szabad tag 1, –1, 2, – 2, 4 és –4 részekre oszlik.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy az 1, –1 számok a lehetséges gyökök listájának „reguláris” számjegyei (a tétel nyilvánvaló következménye)és a legjobb választás az elsőbbségi teszteléshez.

Térjünk át értelmesebb példákra:

3. probléma

Megoldás: mivel a vezető együttható , akkor a hipotetikus racionális gyökök csak egész számok lehetnek, és szükségszerűen a szabad tag osztóinak kell lenniük. A „mínusz negyven” a következő számpárokra oszlik:
– összesen 16 „jelölt”.

És itt rögtön megjelenik egy csábító gondolat: ki lehet-e gyomlálni az összes negatív vagy minden pozitív gyökeret? Bizonyos esetekben lehetséges! Két jelet fogok megfogalmazni:

1) Ha Minden Ha a polinom együtthatói nem negatívak, akkor nem lehet pozitív gyöke. Sajnos nem ez a mi esetünk (most, ha adnánk egy egyenletet - akkor igen, a polinom bármely értékének helyettesítésekor a polinom értéke szigorúan pozitív, ami azt jelenti, hogy minden pozitív szám (és irracionálisak is) nem lehet az egyenlet gyökere.

2) Ha a páratlan hatványok együtthatói nem negatívak, és minden páros hatványra (beleértve az ingyenes tagot is) negatívak, akkor a polinomnak nem lehet negatív gyöke. Ez a mi esetünk! Kicsit közelebbről láthatja, hogy ha bármilyen negatív „X”-et behelyettesítünk az egyenletbe, a bal oldal szigorúan negatív lesz, ami azt jelenti, hogy a negatív gyökök eltűnnek.

Így 8 szám maradt a kutatásra:

Sorozatosan „töltjük” őket Horner séma szerint. Remélem, már elsajátítottad a mentális számításokat:

A „kettő” tesztelésekor a szerencse várt ránk. Így a vizsgált egyenlet gyökere, és

Marad az egyenlet tanulmányozása . Ez könnyen megtehető a diszkrimináns segítségével, de egy indikatív tesztet fogok végrehajtani ugyanezen séma szerint. Először is jegyezzük meg, hogy a szabad tag 20, ami azt jelenti 1. tétel a 8-as és 40-es számok kiesnek a lehetséges gyökerek listájából, így az értékek a kutatásra maradnak (az egyik kiesett Horner séma szerint).

Az új táblázat legfelső sorába írjuk a trinomiális együtthatóit és Az ellenőrzést ugyanazzal a „kettővel” kezdjük. Miért? És mivel a gyökök többszörösek is lehetnek, kérjük: - ennek az egyenletnek 10 azonos gyöke van. De ne tereljük el a figyelmünket:

És itt persze hazudtam egy kicsit, tudván, hogy a gyökerek racionálisak. Végül is, ha irracionálisak vagy összetettek lennének, akkor az összes fennmaradó szám sikertelen ellenőrzésével szembesülnék. Ezért a gyakorlatban a diszkrimináns vezérelje.

Válasz: racionális gyökerek: 2, 4, 5

Az általunk elemzett problémában szerencsénk volt, mert: a) a negatív értékek azonnal leestek, és b) nagyon gyorsan megtaláltuk a gyökeret (és elméletileg ellenőrizni tudjuk a teljes listát).

De a valóságban a helyzet sokkal rosszabb. Meghívlak benneteket, hogy nézzétek meg a „The Last Hero” című izgalmas játékot:

4. probléma

Keresse meg az egyenlet racionális gyökereit!

Megoldás: által 1. tétel a hipotetikus racionális gyökök számlálóinak meg kell felelniük a feltételnek (azt olvassuk, hogy a tizenkettőt el osztja), és a nevezők megfelelnek a feltételnek. Ez alapján két listát kapunk:

"el lista":
és "list um": (Szerencsére itt a számok természetesek).

Most készítsünk egy listát az összes lehetséges gyökérről. Először elosztjuk az „el listát” -vel. Teljesen egyértelmű, hogy ugyanazokat a számokat kapjuk. A kényelem kedvéért tegyük őket egy táblázatba:

Sok törtet csökkentettek, így olyan értékeket kaptunk, amelyek már szerepelnek a „hőslistában”. Csak „újoncokat” adunk hozzá:

Hasonlóképpen osztjuk ugyanazt a „listát” a következővel:

és végül tovább

Így elkészült a játékunk résztvevőiből álló csapat:


Sajnos ebben a feladatban a polinom nem felel meg a "pozitív" vagy "negatív" kritériumnak, ezért a felső vagy az alsó sort nem tudjuk elvetni. Dolgoznod kell az összes számmal.

Hogy érzed magad? Gyerünk, fel a fejjel – van egy másik tétel, amit képletesen „gyilkos tételnek” nevezhetünk…. ..."jelöltek", természetesen =)

De először végig kell görgetnie Horner diagramját legalább egyért az egész számok. Hagyományosan vegyünk egyet. A felső sorba írjuk a polinom együtthatóit, és minden a szokásos módon történik:

Mivel a négy egyértelműen nem nulla, az érték nem a szóban forgó polinom gyöke. De sokat fog nekünk segíteni.

2. tétel Ha egyeseknek általában a polinom értéke nem nulla: , akkor a racionális gyökei (ha ők) kielégíti a feltételt

Esetünkben és ezért minden lehetséges gyökérnek meg kell felelnie a feltételnek (nevezzük 1-es feltételnek). Ez a négyes sok „jelölt” „gyilkosa” lesz. Bemutatóként megnézek néhány ellenőrzést:

Ellenőrizzük a "jelöltet". Ehhez mesterségesen ábrázoljuk tört alakban, amiből jól látható, hogy . Számítsuk ki a tesztkülönbséget: . A négyet „mínusz kettővel” osztjuk: , ami azt jelenti, hogy a lehetséges gyökér megfelelt a teszten.

Ellenőrizzük az értéket. Itt a teszt különbség: . Természetesen, és ezért a második „alany” is a listán marad.

A „Professzionális matematika oktató” weboldal folytatja a tanítással kapcsolatos módszertani cikkek sorát. Az iskolai tananyag legbonyolultabb és legproblémásabb témáival dolgozom munkám módszereinek leírását. Ez az anyag hasznos lesz a matematika tanárok és oktatók számára, akik 8-11 évfolyamos diákokkal dolgoznak mind a normál programban, mind a matematikaórák programjában.

A matematika oktató nem mindig tudja elmagyarázni a tankönyvben rosszul bemutatott anyagot. Sajnos az ilyen témák egyre szaporodnak, és tömegesen készülnek a kézikönyvek szerzőit követő prezentációs hibák. Ez nemcsak a kezdő matematika oktatókra és részmunkaidős oktatókra vonatkozik (az oktatók hallgatók és egyetemi oktatók), hanem a tapasztalt tanárokra, hivatásos oktatókra, gyakorlattal és képesítéssel rendelkező oktatókra is. Nem minden matematika oktató rendelkezik azzal a tehetséggel, hogy hozzáértően javítsa ki az iskolai tankönyvek durva éleit. Azt sem mindenki érti, hogy ezek a javítások (vagy kiegészítések) szükségesek. Kevés gyerek vesz részt abban, hogy az anyagot a gyerekek minőségi észlelésének megfelelően alakítsák át. Sajnos már elmúlt az az idő, amikor a matematikatanárok a módszertanosokkal és a publikációk szerzőivel együtt tömegesen megbeszélték a tankönyv minden betűjét. Korábban a tankönyv iskolai kiadása előtt komoly elemzéseket és tanulmányokat végeztek a tanulási eredményekről. Eljött az amatőrök ideje, akik arra törekszenek, hogy a tankönyveket univerzálissá tegyék, hozzáigazítva azokat az erős matematikaórák színvonalához.

Az információmennyiség növeléséért folytatott verseny csak az asszimiláció minőségének csökkenéséhez, és ennek következtében a matematikai valós tudásszint csökkenéséhez vezet. De erre senki nem figyel. A gyerekeink pedig már 8. osztályban kénytelenek tanulni azt, amit az intézetben tanultunk: valószínűségszámítást, magasfokú egyenletek megoldását és még valamit. A könyvekben található anyagok adaptálása, hogy a gyermek teljesen felfogja, sok kívánnivalót hagy maga után, és a matematika tanár kénytelen valahogy megbirkózni ezzel.

Beszéljünk egy olyan speciális téma tanításának módszertanáról, mint a „polinom elosztása egy polinom sarokkal”, amely a felnőtt matematikában jobban ismert „Bezout tétele és Horner-séma” néven. Alig pár éve még nem volt olyan sürgős a kérdés egy matektanárnál, mert nem volt benne a fő iskolai tantervben. Most a Teljakovszkij által szerkesztett tankönyv tisztelt szerzői módosították a véleményem szerint legjobb tankönyv legutóbbi kiadását, és miután teljesen elrontották, csak fölösleges aggodalmakkal sújtották az oktatót. A matematikai státusszal nem rendelkező iskolák és osztályok tanárai a szerzők újításaira összpontosítva gyakrabban kezdtek további bekezdéseket beiktatni óráikba, a kíváncsi gyerekek pedig matematika tankönyvük gyönyörű lapjait nézegetve egyre gyakrabban kérdezik: oktató: „Mi ez a sarokkal való felosztás? Át fogjuk menni ezen? Hogyan lehet megosztani egy sarkot? Az ilyen közvetlen kérdések elől már nem lehet bújni. A tanárnak mondania kell valamit a gyereknek.

De mint? Valószínűleg nem írtam volna le a témával való munkamódszert, ha azt hozzáértően bemutatták volna a tankönyvek. Hogy megy nálunk minden? A tankönyveket ki kell nyomtatni és el kell adni. És ehhez rendszeresen frissíteni kell őket. Panaszkodnak az egyetemi tanárok, hogy üres fejjel, tudás és készségek nélkül jönnek hozzájuk a gyerekek? Növekednek a matematikai ismeretekkel szemben támasztott követelmények? Nagy! Távolítsunk el néhány gyakorlatot, és illesszünk be olyan témákat, amelyeket más programokban tanulmányozunk. Miért rosszabb a tankönyvünk? Néhány további fejezetet is beiktatunk. Az iskolások nem ismerik a sarok felosztásának szabályát? Ez az alapvető matematika. Ezt a bekezdést nem kötelezővé kell tenni, „azoknak, akik többet szeretnének tudni” címmel. Az oktatók ellenzik? Miért törődünk általában az oktatókkal? A módszertanosok és az iskolai tanárok is ellene vannak? Nem bonyolítjuk az anyagot, és figyelembe vesszük a legegyszerűbb részét.

És itt kezdődik. A téma egyszerűsége és asszimilációjának minősége mindenekelőtt logikájának megértésében rejlik, nem pedig abban, hogy a tankönyv szerzőinek instrukcióinak megfelelően végre kell hajtani egy bizonyos műveletsort, amelyek nem kapcsolódnak egyértelműen egymáshoz. . Ellenkező esetben köd lesz a diák fejében. Ha a szerzők viszonylag erős tanulókat céloznak meg (de rendes képzésben tanulnak), akkor ne parancsformában mutassuk be a témát. Mit látunk a tankönyvben? Gyerekek, e szabály szerint kell osztanunk. Szerezd meg a polinomot a szög alatt. Így az eredeti polinom faktoros lesz. Nem érthető azonban, hogy a sarok alatti kifejezések miért pont így vannak kiválasztva, miért kell őket megszorozni a sarok feletti polinommal, majd ki kell vonni az aktuális maradékból. És ami a legfontosabb, nem világos, hogy miért kell végül összeadni a kiválasztott monomokat, és miért lesznek a kapott zárójelek az eredeti polinom kiterjesztése. Bármely hozzáértő matematikus félkövér kérdőjelet tesz a tankönyvben szereplő magyarázatok fölé.

Az oktatók, matematikatanárok figyelmébe ajánlom a probléma megoldását, amely gyakorlatilag a tanuló számára nyilvánvalóvá teszi mindazt, ami a tankönyvben elhangzik. Tulajdonképpen be fogjuk bizonyítani Bezout tételét: ha az a szám egy polinom gyöke, akkor ez a polinom felbontható tényezőkre, amelyek közül az egyik x-a, a második pedig az eredetiből a következő három módszer egyikével kapható meg: lineáris tényező transzformációkkal, sarokkal való osztásával vagy Horner sémájával. Ezzel a megfogalmazással lesz könnyebb a matematika oktató munkája.

Mi az a tanítási módszertan? Először is, ez egy világos sorrend a magyarázatok és példák sorrendjében, amelyek alapján matematikai következtetéseket vonunk le. Ez a téma sem kivétel. Nagyon fontos, hogy a matematika tanár bevezesse a gyereket Bezout tételébe mielőtt sarokkal osztaná. Ez nagyon fontos! A legjobb, ha egy konkrét példa segítségével szerzi meg a megértést. Vegyünk egy kiválasztott gyökű polinomot, és mutassuk be a faktorokba való beszámítás technikáját az identitástranszformációk módszerével, amelyet az iskolások 7. osztálytól ismernek. A matematikaoktató megfelelő magyarázataival, hangsúlyozásával és tippjeivel teljesen lehetséges az anyag közvetítése általános matematikai számítások, tetszőleges együtthatók és fokozatok nélkül.

Fontos tanács egy matektanárnak- kövesse az utasításokat az elejétől a végéig, és ne változtassa meg ezt a sorrendet.

Tehát tegyük fel, hogy van egy polinomunk. Ha az X helyett 1-et cserélünk, akkor a polinom értéke nulla lesz. Ezért x=1 a gyöke. Próbáljuk meg két tagra bontani úgy, hogy az egyik egy lineáris kifejezés és valamilyen monomium szorzata legyen, a másiké pedig eggyel kisebb legyen, mint . Azaz ábrázoljuk a formában

A piros mező monomiját úgy választjuk ki, hogy a vezető taggal megszorozva teljesen egybeessen az eredeti polinom vezető tagjával. Ha a tanuló nem a leggyengébb, akkor eléggé képes lesz elmondani a matektanárnak a szükséges kifejezést: . Azonnal meg kell kérni az oktatót, hogy írja be a piros mezőbe, és mutassa meg, mi fog történni, amikor kinyitják. Ezt a virtuális ideiglenes polinomot a legjobb a nyilak alatt (a kis fotó alatt) aláírni, valamilyen színnel, például kékkel kiemelve. Ez segít kiválasztani egy kifejezést a piros mezőhöz, amelyet a kijelölés maradékának neveznek. Azt tanácsolom az oktatóknak, hogy itt jelezzék, hogy ez a maradék kivonással kereshető. Ezt a műveletet végrehajtva a következőket kapjuk:

A matektanár felhívja a tanuló figyelmét arra, hogy ebbe az egyenlőségbe egyet behelyettesítve garantáltan nullát kapunk a bal oldalán (mivel az 1 az eredeti polinom gyöke), a jobb oldalon pedig nyilván az első tagot is nullázza. Ez azt jelenti, hogy minden ellenőrzés nélkül kijelenthetjük, hogy az egyik a „zöld maradék” gyökere.

Ugyanúgy kezeljük, mint az eredeti polinommal, izolálva belőle ugyanazt a lineáris tényezőt. A matektanár két keretet rajzol a tanuló elé, és megkéri, hogy balról jobbra töltsék ki.

A hallgató kiválaszt egy monomot az oktató számára a piros mezőhöz, így a lineáris kifejezés vezető tagjával megszorozva a bővítő polinom vezető tagját adja meg. Illesszük a keretbe, azonnal nyissuk ki a zárójelet, és kékkel jelöljük ki azt a kifejezést, amelyet ki kell vonni a hajtogatóból. Ezt a műveletet végrehajtva azt kapjuk

És végül ugyanezt az utolsó maradékkal

végre megkapjuk

Most vegyük ki a kifejezést a zárójelből, és látni fogjuk az eredeti polinom faktorokra bontását, amelyek közül az egyik „x mínusz a kiválasztott gyök”.

Annak érdekében, hogy a tanuló ne gondolja, hogy az utolsó „zöld maradék” véletlenül felbomlott a szükséges tényezőkre, a matematika oktatónak rá kell mutatnia az összes zöld maradék egy fontos tulajdonságára – mindegyiknek 1-es a gyöke. ezek a maradékok csökkennek, akkor akármekkora foka is legyen a kezdetnek, akármekkora polinomot kapunk, előbb-utóbb egy lineáris „zöld maradékot” kapunk 1 gyökérrel, és ezért szükségszerűen egy bizonyos szorzatára bomlik. szám és kifejezés.

Az ilyen előkészítő munka után a matematika oktatónak nem lesz nehéz elmagyarázni a tanulónak, hogy mi történik sarokkal való osztással. Ez ugyanaz a folyamat, csak rövidebb és tömörebb formában, egyenlőségjelek és ugyanazon kiemelt kifejezések átírása nélkül. A sarok bal oldalára írjuk azt a polinomot, amelyből a lineáris tényezőt kivonjuk, a kiválasztott piros monomokat szögben összegyűjtjük (most kiderül, miért kell összeadniuk), így megkapjuk a „kék polinomokat”, a „pirost”. ” az egyeseket meg kell szorozni x-1-gyel, majd ki kell vonni az aktuálisan kiválasztottból, hogyan történik ez a számok szokásos oszlopba osztásánál (itt egy analógia a korábban tanulmányozottakkal). Az így kapott „zöld maradványokat” új izolálásnak és „vörös monomoknak” kell kiválasztani. És így tovább, amíg nulla "zöld egyensúlyt" nem kap. A legfontosabb, hogy a tanuló megértse a szög feletti és alatti írott polinomok további sorsát. Nyilvánvalóan ezek olyan zárójelek, amelyek szorzata megegyezik az eredeti polinommal.

A matematika tanár munkájának következő szakasza Bezout tételének megfogalmazása. Valójában az oktató ilyen megközelítésével a megfogalmazása nyilvánvalóvá válik: ha az a szám egy polinom gyöke, akkor faktorizálható, amelyek közül az egyik , a másik pedig az eredetiből háromféleképpen kapható meg. :

• közvetlen bontás (a csoportosítási módszerrel analóg)
• sarokkal osztva (oszlopban)
• Horner áramkörén keresztül

El kell mondanunk, hogy nem minden matematika oktató mutatja meg a tanulóknak a kürt diagramot, és nem minden iskolai tanár (maga szerencsére maguk az oktatók) foglalkozik ilyen mélyen a témával az órákon. Egy matek osztályos tanuló esetében azonban nem látom okát, hogy megálljon a hosszú osztásnál. Sőt, a legkényelmesebb és gyors A dekompozíciós technika pontosan Horner sémáján alapul. Ahhoz, hogy elmagyarázzuk a gyereknek, honnan származik, elég, ha a sarokkal való osztás példájával nyomon követjük a magasabb együtthatók megjelenését a zöld maradékokban. Világossá válik, hogy a kezdeti polinom vezető együtthatója az első „piros monom” együtthatójába kerül, és távolabb az aktuális felső polinom második együtthatójából. levonják a „piros monomiális” áram együtthatójának szorzatának eredménye. Ezért lehetséges add hozzá-val való szorzás eredménye. Miután a tanuló figyelmét az együtthatókkal végzett műveletek sajátosságaira összpontosította, a matematika oktató meg tudja mutatni, hogyan hajtják végre ezeket a műveleteket a változók rögzítése nélkül. Ehhez célszerű megadni az eredeti polinom gyökét és együtthatóit prioritási sorrendben a következő táblázatban:

Ha egy polinomból hiányzik bármely fok, akkor a nulla együtthatója bekerül a táblázatba. A „piros polinomok” együtthatóit felváltva írjuk az alsó sorba a „hook” szabály szerint:

A gyökét megszorozzuk az utolsó piros együtthatóval, hozzáadjuk a következő együtthatóhoz a felső sorban, és az eredményt leírjuk az alsó sorba. Az utolsó oszlopban garantáltan megkapjuk az utolsó „zöld maradék” legmagasabb együtthatóját, azaz nullát. A folyamat befejezése után a számok az illeszkedő gyökér és a nulla maradék közé beszorítva a második (nemlineáris) tényező együtthatóinak bizonyulnak.

Mivel az a gyök nullát ad az alsó sor végén, a Horner-séma használható a számok ellenőrzésére a polinom gyökének címéhez. Ha egy speciális tétel a racionális gyök kiválasztásáról. Az ezzel a címre megszerzett összes jelöltet egyszerűen balról sorra beillesztjük Horner diagramjába. Amint nullát kapunk, a vizsgált szám gyök lesz, és egyúttal az eredeti polinom faktorizációs együtthatóit is megkapjuk az egyenesére. Nagyon kényelmesen.

Végezetül szeretném megjegyezni, hogy a horneri séma pontos bemutatása, valamint a téma gyakorlati megszilárdítása érdekében a matematika oktatónak elegendő óraszámmal kell rendelkeznie. A „hetente egyszer” rendszerrel dolgozó oktató ne vegyen részt sarokmegosztásban. Az Egységes Matematika Államvizsgán és az Állami Matematikai Akadémián nem valószínű, hogy az első részben valaha is ilyen eszközökkel megoldható harmadfokú egyenlettel találkozna. Ha az oktató felkészíti a gyermeket a matematika vizsgára a Moszkvai Állami Egyetemen, a téma tanulmányozása kötelezővé válik. Az egyetemi tanárok – az Egységes Államvizsga összeállítóival ellentétben – nagyon szeretik tesztelni egy jelentkező tudásának mélységét.

Kolpakov Alekszandr Nikolajevics, matematika tanár Moszkva, Strogino

Az algoritmus leírása

Adott egy polinom:

.

Legyen szükséges egy adott polinom értékének kiszámítása fix értékhez. Képzeljük el a polinomot a következő formában:

.

Határozzuk meg a következő sorrendet:

… …

Keresési érték. Mutassuk meg, hogy ez így van.

Helyettesítsük be a kapott jelölési formát, és a belső zárójelekből kiindulva számítsuk ki a kifejezés értékét. Ehhez lecseréljük a részkifejezéseket:

A Horner-séma segítségével polinomot osztunk binomimmal

Ha egy polinomot osztunk, az eredmény egy polinom marad maradékkal.

Ebben az esetben a kapott polinom együtthatói kielégítik az ismétlődési összefüggéseket:

, .

Ugyanígy meghatározhatja a gyökök többszörösét (használja Horner sémáját az új polinomhoz). A séma használható együtthatók keresésére is, amikor egy polinomot hatványokban bővítünk:

Megjegyzések

Lásd még

Irodalom

• Ananiy V. Levitin 6. fejezet Konverziós módszer: Horner-séma és hatványozás// Algoritmusok: Bevezetés a tervezésbe és elemzésbe = Introduction to The Design and Analysis of Aigorithms. - M.: „Williams”, 2006. - 284-291. - ISBN 0-201-74395-7
• Volkov E. A. 2. § Polinomértékek számítása. Horner-séma // Numerikus módszerek. - Tankönyv kézikönyv egyetemek számára. - 2. kiadás, rev. - M.: Nauka, 1987. - 248 p.
• S. B. Gashkov 14. §. Horner séma és fordítása egyik helyzetrendszerből a másikba // Számrendszerek és alkalmazásuk. - M.: MTsNMO, 2004. - 37-39. - (Könyvtár „Matematikai oktatás”). - ISBN 5-94057-146-8

Linkek

• Többdimenziós polinomok számítása - a Horner-séma általánosítása több változós polinom esetére.

Wikimédia Alapítvány. 2010.

• Chlorquinaldol
• Shtilmark, Alekszandr Robertovics

Nézze meg, mi a „Horner-séma” más szótárakban:

GORNER RÉSZ- egy technika a hiányos hányados és maradék megtalálására egy polinom binomimmal való osztásakor, ahol az összes együttható egy bizonyos mezőben található, például a komplex számok területén. Bármely polinomot csak abban az alakban tudunk ábrázolni, ahol hiányos hányados van,... ... Matematikai Enciklopédia

Horner módszer- A Horner-séma (vagy Horner-szabály, Horner-módszer) egy algoritmus egy polinom értékének kiszámítására, amelyet monomok összegeként írnak fel egy változó adott értékére. A Horner-féle módszer lehetővé teszi egy polinom gyökeinek megtalálását, valamint származékok kiszámítását... ... Wikipédia

Polinom gyöke- Ennek a kifejezésnek más jelentése is van, lásd: Gyökér (jelentések). Egy polinom gyöke (nem azonos nullával) a k mező felett olyan elem, amelyre a következő két ekvivalens feltétel teljesül: az adott polinom osztható egy polinommal ... ... Wikipédia

Polinomok oszloposztása- Az algebrában a polinomok oszloppal való elosztása egy olyan polinom osztására szolgáló algoritmus, amelynek foka kisebb vagy egyenlő a polinom fokával. Az algoritmus a számok egy oszloppal való elosztásának általánosított formája, amely manuálisan könnyen megvalósítható. A... ... Wikipédiához

Horner, William George- William George Horner (1786, Bristol, 1837. szeptember 22.) brit matematikus. 1786-ban született az angliai Bristol városában. A bristoli Kingstwood Schoolban tanult. 14 évesen rendezőasszisztens lett a... ... Wikipédiánál

Brachialis plexus- I 4 8 nyaki és 1 2 mellkasi gerincvelői ideg elülső ágainak plexus brachialis (plexus brachialis) plexusa több törzsbe és kötegbe, melynek utólagos osztódása következtében rövid és hosszú idegek képződnek... ... Orvosi enciklopédia

RADIKULITISZ- (a latin radix gyökérből), a gerincvelői idegek gyökereinek betegségei, a XX. század elején kialakult kifejezés. Dejerine és iskolája munkájának köszönhetően. Az R. a gyökerek gyulladásos degeneratív folyamatán alapul [lásd. külön táblázat (255. cikk... ...

PAJZSMIRIGY- (gl. thyreoidea, syn. corpus thyreoideum), a gerincesek egyik legfontosabb endokrin mirigye. A Shch embrionális fejlődésében. a bél kopoltyúrészének alsó falának hámjából származik; a ciklostoma halak lárváiban is megvan a formája... ... Nagy Orvosi Enciklopédia

Radiculitis- I Radiculitis (radiculitis; lat. radicula root + itis) a gerincvelői idegek gyökereinek gyulladásos és kompressziós károsodása. Az elülső és a hátsó gyökerek együttes károsodását a közös zsinórba való kapcsolódás szintjén (ábra) korábban... ... Orvosi enciklopédia

A gerinc keringése- (a cerebrospinális keringés szinonimája) Megállapítást nyert, hogy a gerincvelő több felső nyaki szegmensét a gerincvelői artériákból kiinduló elülső és hátsó gerincartériák látják el vérrel. Szegmensek alatt található szegmensek CIII CIV... ... Orvosi enciklopédia

Az óra céljai:

• tanítsa meg a diákokat magasabb fokú egyenletek megoldására a Horner-séma segítségével;
• fejleszteni a páros munkavégzés képességét;
• a kurzus fő részeivel együtt alapot teremt a tanulók képességeinek fejlesztéséhez;
• segítse a tanulót abban, hogy felmérje lehetőségeit, fejleszthesse a matematika iránti érdeklődését, gondolkodási képességét, és megszólaljon a témában.

Felszerelés: kártyák csoportmunkához, poszter Horner diagramjával.

Oktatási módszer: előadás, mese, magyarázat, gyakorló gyakorlatok elvégzése.

Az ellenőrzés formája:önálló megoldási feladatok ellenőrzése, önálló munkavégzés.

Az órák alatt

1. Szervezési mozzanat

2. A tanulók tudásának frissítése

Melyik tétel teszi lehetővé annak meghatározását, hogy egy szám egy adott egyenlet gyöke-e (tételt fogalmazz meg)?

Bezout tétele. A P(x) polinom x-c binomimmal való osztásának maradéka egyenlő P(c), a c számot a P(x) polinom gyökének nevezzük, ha P(c)=0. A tétel lehetővé teszi az osztási művelet végrehajtása nélkül annak meghatározását, hogy egy adott szám egy polinom gyöke-e.

Milyen állítások teszik könnyebbé a gyökerek megtalálását?

a) Ha egy polinom vezető együtthatója eggyel egyenlő, akkor a polinom gyökét a szabad tag osztói között kell keresni.

b) Ha egy polinom együtthatóinak összege 0, akkor az egyik gyöke 1.

c) Ha a páros helyeken lévő együtthatók összege egyenlő a páratlan helyeken lévő együtthatók összegével, akkor az egyik gyök egyenlő -1-gyel.

d) Ha minden együttható pozitív, akkor a polinom gyökei negatív számok.

e) A páratlan fokú polinomnak legalább egy valós gyöke van.

3. Új anyag elsajátítása

A teljes algebrai egyenletek megoldásánál meg kell találni a polinomok gyökeinek értékét. Ez a művelet jelentősen leegyszerűsíthető, ha a számításokat egy speciális, Horner-séma nevű algoritmussal végezzük. Ezt az áramkört William George Horner angol tudósról nevezték el. A Horner-séma egy algoritmus a P(x) polinom x-c-vel való osztásának hányadosának és maradékának kiszámítására. Röviden, hogyan működik.

Legyen adott egy tetszőleges P(x) = a 0 x n + a 1 x n-1 + …+ a n-1 x+ a n polinom. Ha ezt a polinomot elosztjuk x-c-vel, akkor a P(x)=(x-c)g(x) + r(x) formában jelenik meg. Részleges g(x)=in 0 x n-1 + in n x n-2 +...+in n-2 x + in n-1, ahol 0-ban =a 0, n-ben =st n-1 +a n n=1,2,3,…n-1. Maradék r(x)= st n-1 +a n. Ezt a számítási módszert Horner-sémának nevezik. Az algoritmus nevében a „séma” szó annak köszönhető, hogy a megvalósítása általában a következőképpen van formázva. Először rajzolja meg a 2. táblázatot (n+2). A bal alsó cellába írja be a c számot, a felső sorba pedig a P(x) polinom együtthatóit. Ebben az esetben a bal felső cella üresen marad.

	0-ban =a 0	1-ben =st 1 +a 1	2-ben = sv 1 + A 2		n-1-ben =st n-2 +a n-1	r(x)=f(c)=st n-1 +a n

Az a szám, amelyről az algoritmus végrehajtása után kiderül, hogy a jobb alsó cellába íródott, a P(x) polinom x-c-vel való osztásának maradéka. A többi szám 0-ban, 1-ben, 2-ben,... az alsó sorban a hányados együtthatói.

Például: Osszuk el a P(x)= x 3 -2x+3 polinomot x-2-vel.

Azt kapjuk, hogy x 3 -2x+3=(x-2) (x 2 +2x+2) + 7.

4. A tanult anyag konszolidálása

1. példa: Tényezősítse a P(x)=2x4-7x 3 -3x 2 +5x-1 polinomot egész együtthatós tényezőkké.

Egész gyököket keresünk a szabad tag -1: 1 osztói között; -1. Készítsünk egy táblázatot:

X = -1 – gyök

P(x)= (x+1) (2x3 -9x2 +6x-1)

Ellenőrizzük 1/2.

					X=1/2 - gyökér

Ezért a P(x) polinom alakban ábrázolható

P(x)= (x+1) (x-1/2) (x 2 -8x +2) = (x+1) (2x -1) (x 2 - 4x +1)

2. példa: Oldja meg a 2x 4 - 5x 3 + 5x 2 - 2 = 0 egyenletet

Mivel az egyenlet bal oldalára írt polinom együtthatóinak összege nulla, akkor az egyik gyöke 1. Használjuk a Horner-sémát:

						X=1 - gyökér

Azt kapjuk, hogy P(x)=(x-1) (2x 3 -3x 2 =2x +2). A 2. szabad tag osztói között keresünk gyökereket.

Megtudtuk, hogy nincs több ép gyökér. Ellenőrizzük 1/2; -1/2.

					X= -1/2 - gyök

Válasz: 1; -1/2.

3. példa: Oldja meg az 5x 4 – 3x 3 – 4x 2 -3x+ 5 = 0 egyenletet.

Ennek az egyenletnek a gyökereit az 5: 1;-1;5;-5 szabad tag osztói között fogjuk keresni. x=1 az egyenlet gyöke, mivel az együtthatók összege nulla. Használjuk Horner sémáját:

Mutassuk be az egyenletet három tényező szorzataként: (x-1) (x-1) (5x 2 -7x + 5) = 0. Az 5x 2 -7x+5=0 másodfokú egyenletet megoldva D=49-100=-51-et kaptunk, nincs gyök.

1. kártya

1. Tényező a polinom: x 4 +3x 3 -5x 2 -6x-8
2. Oldja meg az egyenletet: 27x 3 -15x 2 +5x-1=0

2. kártya

1. A polinom tényezője: x 4 - x 3 -7x 2 +13x-6
2. Oldja meg az egyenletet: x 4 +2x 3 -13x 2 -38x-24=0

3. kártya

1. Tényező: 2x 3 -21x 2 +37x+24
2. Oldja meg az egyenletet: x 3 -2x 2 +4x-8=0

4. kártya

1. Tényező: 5x3 -46x2 +79x-14
2. Oldja meg az egyenletet: x 4 +5x 3 +5x 2 -5x-6=0

5. Összegzés

Az ismeretek tesztelése a páros megoldásnál a tanórán történik a cselekvési mód és a válasz nevének felismerésével.

Házi feladat:

Oldja meg az egyenleteket:

a) x 4 -3x 3 +4x 2 -3x+1=0

b) 5x4 -36x3 +62x2 -36x+5=0

c) x 4 + x 3 + x + 1 = 4x 2

d) x 4 +2x 3 -x-2=0

Irodalom

1. N.Ya. Vilenkin és mtsai, Algebra és az elemzés kezdetei, 10. évfolyam (matematika elmélyült tanulmányozása): Enlightenment, 2005.
2. U.I. Szaharcsuk, L.S. Sagatelova, Magasabb fokú egyenletek megoldása: Volgograd, 2007.
3. S.B. Gashkov, Számrendszerek és alkalmazásuk.

Vissza előre

Figyelem! A dia-előnézetek csak tájékoztató jellegűek, és nem feltétlenül képviselik a prezentáció összes jellemzőjét. Ha érdekli ez a munka, töltse le a teljes verziót.

Az óra típusa: Az elsődleges ismeretek elsajátításának és megszilárdításának lecke.

Az óra célja:

• Ismertesse meg a tanulókkal a polinomok gyökeinek fogalmát, és tanítsa meg őket megtalálni. Fejlessze a polinom hatványokkal való bővítésére és a polinom binomimmal való osztására vonatkozó Horner-séma használatának készségeit.
• Tanuld meg megtalálni az egyenlet gyökereit a Horner-séma segítségével.
• Fejleszti az absztrakt gondolkodást.
• A számítástechnikai kultúra előmozdítása.
• Interdiszciplináris kapcsolatok fejlesztése.

Az órák alatt

1. Szervezési mozzanat.

Tájékoztassa az óra témáját, fogalmazzon meg célokat.

2. Házi feladat ellenőrzése.

3. Új anyag tanulmányozása.

Legyen Fn(x) = a n x n +a n-1 x n-1 +...+ a 1 x +a 0 - n fokú polinom x-re, ahol a 0, a 1,...,a n adott számok, és a 0 nem egyenlő 0-val. Ha az F n (x) polinomot a maradékkal osztjuk az x-a binomimmal , akkor a hányados (nem teljes hányados) n-1 fokú Q n-1 (x) polinom, az R maradék egy szám, és az egyenlőség igaz F n (x)=(x-a) Q n-1 (x) +R. Az F n (x) polinom csak R=0 esetén osztható az (x-a) binomimmal.

Bezout tétele: Az F n (x) polinom (x-a) binomimmal való osztásának R maradéka egyenlő az F n (x) polinom értékével x=a-nál, azaz. R=Pn(a).

Egy kis történelem. Bezout tétele látszólagos egyszerűsége és nyilvánvalósága ellenére a polinomelmélet egyik alapvető tétele. Ez a tétel a polinomok algebrai tulajdonságait (amelyek lehetővé teszik a polinomok egész számként való kezelését) a funkcionális tulajdonságaikkal (amelyek lehetővé teszik a polinomok függvényként történő kezelését) összekapcsolják. A magasabb fokú egyenletek megoldásának egyik módja az egyenlet bal oldalán található polinom faktorizálása. A polinom és a maradék együtthatóinak számítását egy táblázat formájában írjuk le, amelyet Horner-sémanak nevezünk.

A Horner-séma egy polinomok osztó algoritmusa, arra a speciális esetre írva, amikor a hányados egyenlő egy binomiálissal x–a.

Horner William George (1786-1837), angol matematikus. A fő kutatás az algebrai egyenletek elméletére vonatkozik. Kidolgozott egy módszert bármilyen fokú egyenletek közelítő megoldására. 1819-ben bevezetett egy fontos módszert az algebra számára a polinom x - a binomimmal való osztására (Horner-séma).

A Horner-séma általános képletének levezetése.

Ha egy f(x) polinomot elosztunk egy maradékkal egy binomimmal (x-c) azt jelenti, hogy keresünk egy q(x) polinomot és egy r számot úgy, hogy f(x)=(x-c)q(x)+r

Írjuk le ezt az egyenlőséget részletesen:

f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n =(x-c) (q 0 x n-1 + q 1 x n-2 + q 2 x n-3 +...+ q n-2 x + q n-1)+r

Tegyük egyenlővé az együtthatók ugyanazon fokon:

xn:	f 0 = q 0	=> q 0 = f 0
xn-1:	f 1 = q 1 - c q 0	=> q 1 = f 1 + c q 0
xn-2:	f 2 = q 2 - c q 1	=> q 2 = f 2 + c q 1
...		...
x0:	f n = q n - c q n-1	=> q n = f n + c q n-1.

Horner áramkörének bemutatása egy példa segítségével.

1. Feladat. A Horner-séma segítségével elosztjuk az f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 polinomot maradékkal az x-2 binomimmal.

	1	-5	0	8
2	1	2*1+(-5)=-3	2*(-3)+0=-6	2*(-6)+8=-4

f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 =(x-2)(x 2 -3x-6) -4, ahol g(x)= (x 2 -3x-6), r = -4 maradék.

Polinom kiterjesztése binomiális hatványaiban.

A Horner-féle séma segítségével kibővítjük az f(x)=x 3 +3x 2 -2x+4 polinomot a binomiális (x+2) hatványaiban.

Ennek eredményeként az f(x) = x 3 +3x 2 -2x+4 = (x+2)(x 2 +x-4)+12 = (x+2)((x-1) kiterjesztést kell kapnunk. )(x+ 2)-2)+12 = (((1*(x+2)-3)(x+2)-2)(x+2))+12 = (x+2) 3 -3( x+2) 2 -2(x+2)+12

A Horner-sémát gyakran használják harmadik, negyedik és magasabb fokú egyenletek megoldására, amikor célszerű a polinomot x-a binomiálisra bővíteni. Szám a hívott a polinom gyöke F n (x) = f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n, ha x=a az F n (x) polinom értéke nulla: F n (a)=0, azaz. ha a polinom osztható az x-a binomimmal.

Például a 2 szám az F 3 (x)=3x 3 -2x-20 polinom gyöke, mivel F 3 (2)=0. azt jelenti. Hogy ennek a polinomnak a faktorizálása x-2 tényezőt tartalmaz.

F 3 (x)=3x3 -2x-20=(x-2)(3x2 +6x+10).

Bármely F n(x) fokú polinom n 1-nek nem lehet több n igazi gyökerek.

Egy egész együtthatós egyenlet bármely egész gyöke a szabad tagjának osztója.

Ha egy egyenlet vezető együtthatója 1, akkor az egyenlet minden racionális gyöke, ha létezik, egész szám.

A tanult anyag konszolidációja.

Az új anyag megszilárdítása érdekében a tanulókat felkérjük, hogy töltsenek ki számokat a 2.41 és 2.42 tankönyvből (65. o.).

(2 tanuló a táblánál old meg, a többiek, miután eldöntötték, ellenőrzik a feladatokat a füzetben a táblán lévő válaszokkal együtt).

Összegzés.

A Horner-séma felépítésének és működési elvének megértése után számítástechnikai órákon is használható, amikor az egész számok decimális számrendszerből kettes rendszerbe és fordítva való konvertálásának kérdését vizsgáljuk. Az egyik számrendszerből a másikba való átmenet alapja a következő általános tétel

Tétel. Egész szám konvertálásához Ap tól től p-árszámrendszertől alapszámrendszerig d szükséges Ap sorrendben osszuk el a maradékkal számmal d, ugyanabban írva p-áris rendszert addig, amíg a kapott hányados nem lesz egyenlő nullával. A divízió maradéka lesz d- numerikus számjegyek Hirdetés, a legfiatalabb kategóriától a legidősebbig. Minden műveletet be kell hajtani p-árszámrendszer. Egy személy számára ez a szabály csak akkor kényelmes p= 10, azaz fordításkor tól től decimális rendszer. Ami a számítógépet illeti, éppen ellenkezőleg, „kényelmesebb” a bináris rendszerben történő számítások elvégzése. Ezért a „2-től 10-ig” való konvertáláshoz a bináris rendszerben szekvenciális osztást használunk tízzel, a „10-től 2-ig” pedig a tíz hatványainak összeadása. A „10 a 2-ben” eljárás számításainak optimalizálására a számítógép a Horner-féle gazdaságos számítási sémát használja.

Házi feladat. Két feladat elvégzése javasolt.

1. A Horner-séma segítségével ossza el az f(x)=2x 5 -x 4 -3x 3 +x-3 polinomot a binomimmal (x-3).

2. Határozzuk meg az f(x)=x 4 -2x 3 +2x 2 -x-6 polinom egész gyökét (figyelembe véve, hogy egy egész együtthatós egyenlet bármely egész gyöke osztója a szabad tagjának)

Irodalom.

1. Kurosh A.G. "A magasabb algebra tanfolyama."
2. Nikolsky S.M., Potapov M.K. és mások 10. osztály „Algebra és a matematikai elemzés kezdetei”.
3. http://inf.1september.ru/article.php?ID=200600907.