I. Lineáris egyenletek
II. Másodfokú egyenletek
fejsze 2 + bx +c= 0, a≠ 0, ellenkező esetben az egyenlet lineárissá válik
A másodfokú egyenlet gyökerei többféleképpen számíthatók ki, például:
Jók vagyunk a másodfokú egyenletek megoldásában. Sok magasabb fokú egyenlet másodfokú egyenletté redukálható.
III. Másodfokúra redukált egyenletek.
változó változása: a) bikvadratikus egyenlet fejsze 2n+ bx n+ c = 0,a ≠ 0,n ≥ 2
2) 3. fokú szimmetrikus egyenlet – a forma egyenlete
3) 4. fokú szimmetrikus egyenlet – a forma egyenlete
fejsze 4 + bx 3 + cx 2 +bx + a = 0, a≠ 0, együtthatók a b c b a vagy
fejsze 4 + bx 3 + cx 2 –bx + a = 0, a≠ 0, együtthatók a b c (–b) a
Mert x= 0 nem gyöke az egyenletnek, akkor az egyenlet mindkét oldalát oszthatjuk x 2, akkor kapjuk: .
A behelyettesítéssel megoldjuk a másodfokú egyenletet a(t 2 – 2) + bt + c = 0
Például oldjuk meg az egyenletet x 4 – 2x 3 – x 2 – 2x+ 1 = 0, mindkét oldalt el kell osztani x 2 ,
, csere után megkapjuk az egyenletet t 2 – 2t – 3 = 0
– az egyenletnek nincs gyökere.
4) A forma egyenlete ( x–a)(x–b)(x–c)(x–d) = Fejsze 2, együtthatók ab = cd
Például, ( x+2)(x +3)(x+8)(x+12) = 4x 2. 1-4 és 2-3 zárójelet megszorozva azt kapjuk, hogy ( x 2 + 14x+ 24)(x 2 +11x + 24) = 4x 2, ossza el az egyenlet mindkét oldalát x 2, kapjuk:
Nekünk van ( t+ 14)(t + 11) = 4.
5) 2. fokú homogén egyenlet - P(x,y) = 0 alakú egyenlet, ahol P(x,y) egy polinom, amelynek minden tagja 2. fokozatú.
Válasz: -2; -0,5; 0
IV. A fenti egyenletek mindegyike felismerhető és tipikus, de mi a helyzet az önkényes alakú egyenletekkel?
Legyen adott egy polinom P n ( x) = a n x n+ a n-1 x n-1 + ...+ a 1x+ a 0, hol a n ≠ 0
Tekintsük az egyenlet mértékének csökkentésének módszerét.
Ismeretes, hogy ha az együtthatók a egész számok és a n = 1, akkor az egyenlet egész gyökei P n ( x) = 0 a szabad tag osztói közé tartozik a 0 . Például, x 4 + 2x 3 – 2x 2 – 6x+ 5 = 0, az 5-ös szám osztói az 5-ös számok; -5; 1; -1. Akkor P 4 (1) = 0, azaz x= 1 az egyenlet gyöke. Csökkentsük az egyenlet mértékét P 4 (x) = 0, ha a „sarokkal” rendelkező polinomot elosztjuk az x –1 tényezővel, kapjuk
P 4 (x) = (x – 1)(x 3 + 3x 2 + x – 5).
Hasonlóképpen, P 3 (1) = 0, akkor P 4 (x) = (x – 1)(x – 1)(x 2 + 4x+5), azaz az egyenlet P 4 (x) = 0-nak vannak gyökerei x 1 = x 2 = 1. Mutassunk egy rövidebb megoldást ennek az egyenletnek (Horner séma segítségével).
| 1 | 2 | –2 | –6 | 5 | |
| 1 | 1 | 3 | 1 | –5 | 0 |
| 1 | 1 | 4 | 5 | 0 |
Eszközök, x 1 = 1 azt jelenti x 2 = 1.
Így, ( x– 1) 2 (x 2 + 4x + 5) = 0
Mit csináltunk? Csökkentettük az egyenlet mértékét.
V. Tekintsük a 3. és 5. fokú szimmetrikus egyenleteket.
A) fejsze 3 + bx 2 + bx + a= 0, természetesen x= –1 az egyenlet gyöke, majd az egyenlet mértékét kettőre csökkentjük.
b) fejsze 5 + bx 4 + cx 3 + cx 2 + bx + a= 0, természetesen x= –1 az egyenlet gyöke, majd az egyenlet mértékét kettőre csökkentjük.
Például mutassuk meg a 2. egyenlet megoldását x 5 + 3x 4 – 5x 3 – 5x 2 + 3x + = 0
| 2 | 3 | –5 | –5 | 3 | 2 | |
| –1 | 2 | 1 | –6 | 1 | 2 | 0 |
| 1 | 2 | 3 | –3 | –2 | 0 | |
| 1 | 2 | 5 | 2 | 0 |
x = –1
Kapunk ( x – 1) 2 (x + 1)(2x 2 + 5x+ 2) = 0. Ez azt jelenti, hogy az egyenlet gyökei: 1; 1; -1; –2; –0,5.
VI. Itt található a különböző egyenletek listája, amelyeket az órán és otthon kell megoldani.
Azt javaslom, hogy az olvasó maga oldja meg az 1-7 egyenleteket, és kapja meg a válaszokat...
Elemezzünk kétféle megoldást az egyenletrendszerekre:
1. A rendszer megoldása helyettesítési módszerrel.
2. A rendszer megoldása a rendszeregyenletek tagonkénti összeadásával (kivonásával).
Az egyenletrendszer megoldása érdekében helyettesítési módszerrel egy egyszerű algoritmust kell követnie:
1. Expressz. Bármely egyenletből egy változót fejezünk ki.
2. Helyettesítő. A kapott értéket behelyettesítjük egy másik egyenletbe a kifejezett változó helyett.
3. Oldja meg a kapott egyenletet egy változóval! Megoldást találunk a rendszerre.
Megoldani rendszer tagonkénti összeadás (kivonás) módszerrel kell:
1. Válasszunk ki egy változót, amelyre azonos együtthatókat készítünk.
2. Összeadunk vagy kivonunk egyenleteket, így egy változós egyenletet kapunk.
3. Oldja meg a kapott lineáris egyenletet! Megoldást találunk a rendszerre.
A rendszer megoldását a függvénygráfok metszéspontjai jelentik.
Tekintsük részletesen a rendszerek megoldását példákon keresztül.
1. példa:
Oldjuk meg helyettesítési módszerrel
Egyenletrendszer megoldása helyettesítési módszerrel2x+5y=1 (1 egyenlet)
x-10y=3 (2. egyenlet)
1. Expressz
Látható, hogy a második egyenletben van egy x változó, melynek együtthatója 1, ami azt jelenti, hogy a második egyenletből a legkönnyebb az x változót kifejezni.
x=3+10y
2. Miután kifejeztük, az első egyenletbe behelyettesítjük a 3+10y-t az x változó helyett.
2(3+10y)+5y=1
3. Oldja meg a kapott egyenletet egy változóval!
2(3+10y)+5y=1 (nyissa ki a zárójeleket)
6+20y+5y=1
25y=1-6
25 év = -5 |: (25)
y=-5:25
y=-0,2
Az egyenletrendszer megoldása a gráfok metszéspontjai, ezért meg kell keresnünk x-et és y-t, mert a metszéspont x-ből és y-ból áll Keressük meg x-et, az első pontban, ahol kifejeztük, helyettesítjük y-val.
x=3+10y
x=3+10*(-0,2)=1
Szokásos pontokat írni először az x, a második helyre az y változót.
Válasz: (1; -0,2)
2. példa:
Oldjuk meg a tagonkénti összeadás (kivonás) módszerrel.
Egyenletrendszer megoldása összeadásos módszerrel3x-2y=1 (1 egyenlet)
2x-3y=-10 (2. egyenlet)
1. Válasszunk egy változót, tegyük fel, hogy x-et választunk. Az első egyenletben az x változó együtthatója 3, a másodikban - 2. Az együtthatókat azonosnak kell tennünk, ehhez jogunk van az egyenleteket szorozni vagy elosztani tetszőleges számmal. Az első egyenletet megszorozzuk 2-vel, a másodikat pedig 3-mal, és 6-ot kapunk.
3x-2y=1 |*2
6x-4y=2
2x-3y=-10 |*3
6x-9y=-30
2. Vonja ki a másodikat az első egyenletből, hogy megszabaduljon az x változótól.. Oldja meg a lineáris egyenletet!
__6x-4y=2
5 év = 32 | :5
y=6,4
3. Keresse meg x-et. A talált y-t behelyettesítjük bármelyik egyenletbe, mondjuk az első egyenletbe.
3x-2y=1
3x-2*6,4=1
3x-12,8=1
3x=1+12,8
3x=13,8 |:3
x=4,6
A metszéspont x=4,6 lesz; y=6,4
Válasz: (4,6; 6,4)
Szeretnél ingyenesen felkészülni a vizsgákra? Oktató online ingyen. Nem viccelek.
Emlékezzünk vissza a fokozatok alapvető tulajdonságaira. Legyen a > 0, b > 0, n, m bármilyen valós szám. Akkor
1) a n a m = a n+m
2) \(\frac(a^n)(a^m) = a^(n-m) \)
3) (a n) m = a nm
4) (ab) n = a n b n
5) \(\left(\frac(a)(b) \right)^n = \frac(a^n)(b^n) \)
7) a n > 1, ha a > 1, n > 0
8) a n 1, n
9) a n > a m, ha 0
A gyakorlatban gyakran használnak y = a x alakú függvényeket, ahol a egy adott pozitív szám, x egy változó. Az ilyen függvényeket ún jelzésértékű. Ezt az elnevezést az magyarázza, hogy az exponenciális függvény argumentuma a kitevő, a kitevő alapja pedig az adott szám.
Meghatározás. Az exponenciális függvény y = a x alakú függvény, ahol a egy adott szám, a > 0, \(a \neq 1\)
Az exponenciális függvény a következő tulajdonságokkal rendelkezik
1) Az exponenciális függvény definíciós tartománya az összes valós szám halmaza.
Ez a tulajdonság abból következik, hogy az a x hatvány, ahol a > 0, minden x valós számra definiálva van.
2) Az exponenciális függvény értékkészlete az összes pozitív szám halmaza.
Ennek ellenőrzéséhez meg kell mutatnia, hogy az a x = b egyenletnek, ahol a > 0, \(a \neq 1\), nincs gyöke, ha \(b \leq 0\), és van gyöke bármely b > 0 .
3) Az y = a x exponenciális függvény az összes valós szám halmazán növekszik, ha a > 1, és csökken, ha 0. Ez a (8) és (9) fok tulajdonságaiból következik.
Szerkesszük meg az y = a x exponenciális függvények gráfjait a > 0 és 0 esetén. A figyelembe vett tulajdonságok felhasználásával megjegyezzük, hogy az y = a x függvény grafikonja a > 0 esetén áthalad a (0; 1) ponton és felette helyezkedik el. az Ökör tengely.
Ha x 0.
Ha x > 0 és |x| növekszik, a grafikon gyorsan emelkedik.
Az y = a x függvény grafikonja 0-nál Ha x > 0 és növekszik, akkor a grafikon gyorsan megközelíti az Ox tengelyt (anélkül, hogy keresztezné azt). Így az Ox tengely a gráf vízszintes aszimptotája.
Ha x 
Exponenciális egyenletek
Tekintsünk több példát az exponenciális egyenletekre, pl. olyan egyenletek, amelyekben az ismeretlen benne van a kitevőben. Az exponenciális egyenletek megoldása gyakran az a x = a b egyenlet megoldásához vezet, ahol a > 0, \(a \neq 1\), x egy ismeretlen. Ezt az egyenletet a hatványtulajdonság segítségével oldjuk meg: az azonos bázisú hatványok a > 0, \(a \neq 1\) akkor és csak akkor egyenlők, ha a kitevőjük egyenlő.
Oldja meg a 2 3x 3 x = 576 egyenletet
Mivel 2 3x = (2 3) x = 8 x, 576 = 24 2, az egyenlet felírható így: 8 x 3 x = 24 2, vagy 24 x = 24 2, amelyből x = 2.
Válasz x = 2
Oldja meg a 3 x + 1 - 2 3 x - 2 = 25 egyenletet
A 3 x - 2 közös tényezőt a bal oldali zárójelekből kivéve 3 x - 2 (3 3 - 2) = 25, 3 x - 2 25 = 25,
ahonnan 3 x - 2 = 1, x - 2 = 0, x = 2
Válasz x = 2
Oldja meg a 3 x = 7 x egyenletet!
Mivel \(7^x \neq 0 \) , az egyenlet \(\frac(3^x)(7^x) = 1 \ alakban írható fel, amelyből \(\left(\frac(3) )( 7) \jobbra) ^x = 1 \), x = 0
Válasz x = 0
Oldja meg a 9 x - 4 3 x - 45 = 0 egyenletet
3 x = t helyettesítésével ez az egyenlet a t 2 - 4t - 45 = 0 másodfokú egyenletre redukálódik. Ezt az egyenletet megoldva megtaláljuk a gyökereit: t 1 = 9, t 2 = -5, ahonnan 3 x = 9, 3 x = -5.
A 3 x = 9 egyenlet gyöke x = 2, a 3 x = -5 egyenletnek pedig nincs gyöke, mivel az exponenciális függvény nem vehet fel negatív értékeket.
Válasz x = 2
Oldja meg a 3 egyenletet 2 x + 1 + 2 5 x - 2 = 5 x + 2 x - 2
Írjuk fel az egyenletet a formába
3 2 x + 1 - 2 x - 2 = 5 x - 2 5 x - 2, ahonnan
2 x - 2 (3 2 3 - 1) = 5 x - 2 (5 2 - 2)
2 x - 2 23 = 5 x - 2 23
\(\left(\frac(2)(5) \right) ^(x-2) = 1 \)
x - 2 = 0
Válasz x = 2
Oldja meg a 3. |x - 1| egyenletet = 3 |x + 3|
Mivel 3 > 0, \(3 \neq 1\), akkor az eredeti egyenlet ekvivalens az |x-1| egyenlettel. = |x+3|
Ezt az egyenletet négyzetre emelve megkapjuk az (x - 1) 2 = (x + 3) 2 következményét, amelyből
x 2 - 2x + 1 = x 2 + 6x + 9, 8x = -8, x = -1
Az ellenőrzés azt mutatja, hogy x = -1 az eredeti egyenlet gyöke.
Válasz x = -1
A másodfokú egyenleteket 8. osztályban tanulják, tehát nincs itt semmi bonyolult. Ezek megoldásának képessége feltétlenül szükséges.
A másodfokú egyenlet ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenlet, ahol az a, b és c együtthatók tetszőleges számok, és a ≠ 0.
A konkrét megoldási módszerek tanulmányozása előtt vegye figyelembe, hogy minden másodfokú egyenlet három osztályba osztható:
- Nincsenek gyökerei;
- Pontosan egy gyökér legyen;
- Két különböző gyökerük van.
Ez egy fontos különbség a másodfokú és a lineáris egyenletek között, ahol a gyök mindig létezik és egyedi. Hogyan határozható meg, hogy egy egyenletnek hány gyöke van? Van ebben egy csodálatos dolog - diszkriminatív.
Megkülönböztető
Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, ekkor a diszkrimináns egyszerűen a D = b 2 − 4ac szám.
Ezt a képletet fejből kell tudni. Hogy honnan származik, az most nem fontos. Még egy fontos dolog: a diszkrimináns előjele alapján meg lehet határozni, hogy hány gyöke van egy másodfokú egyenletnek. Ugyanis:
- Ha D< 0, корней нет;
- Ha D = 0, akkor pontosan egy gyök van;
- Ha D > 0, akkor két gyök lesz.
Kérjük, vegye figyelembe: a diszkrimináns a gyökerek számát jelzi, és egyáltalán nem a jeleiket, ahogyan azt valamilyen okból sokan hiszik. Vessen egy pillantást a példákra, és mindent meg fog érteni:
Feladat. Hány gyöke van a másodfokú egyenleteknek:
- x 2 − 8x + 12 = 0;
- 5x 2 + 3x + 7 = 0;
- x 2 − 6x + 9 = 0.
Írjuk ki az első egyenlet együtthatóit, és keressük meg a diszkriminánst:
a = 1, b = -8, c = 12;
D = (−8) 2 − 4 1 12 = 64 − 48 = 16
Tehát a diszkrimináns pozitív, tehát az egyenletnek két különböző gyökere van. Hasonló módon elemezzük a második egyenletet:
a = 5; b = 3; c=7;
D = 3 2 − 4 5 7 = 9 − 140 = −131.
A diszkrimináns negatív, nincsenek gyökerei. Az utolsó hátralévő egyenlet:
a = 1; b = -6; c = 9;
D = (−6) 2 − 4 1 9 = 36 − 36 = 0.
A diszkrimináns nulla - a gyökér egy lesz.
Kérjük, vegye figyelembe, hogy minden egyenlethez együtthatókat írtunk le. Igen, hosszú, igen, fárasztó, de nem fogod összekeverni az esélyeket és hülye hibákat elkövetni. Válassz magadnak: sebesség vagy minőség.
Mellesleg, ha rájön a dolog, egy idő után nem kell leírnia az összes együtthatót. Ilyen műveleteket hajt végre a fejében. A legtöbb ember ezt valahol 50-70 megoldott egyenlet után kezdi el – általában nem annyira.
Másodfokú egyenlet gyökerei
Most térjünk át magára a megoldásra. Ha a diszkrimináns D > 0, akkor a gyökök a következő képletekkel kereshetők:
Másodfokú egyenlet gyökeinek alapképlete
Ha D = 0, bármelyik képletet használhatja - ugyanazt a számot kapja, amely lesz a válasz. Végül, ha D< 0, корней нет — ничего считать не надо.
- x 2 − 2x − 3 = 0;
- 15 − 2x − x 2 = 0;
- x 2 + 12x + 36 = 0.
Első egyenlet:
x 2 − 2x − 3 = 0 ⇒ a = 1; b = -2; c = -3;
D = (−2) 2 − 4 1 (−3) = 16.
D > 0 ⇒ az egyenletnek két gyöke van. Keressük meg őket:
Második egyenlet:
15 − 2x − x 2 = 0 ⇒ a = −1; b = -2; c = 15;
D = (−2) 2 − 4 · (−1) · 15 = 64.
D > 0 ⇒ az egyenletnek ismét két gyöke van. Keressük meg őket
\[\begin(align) & ((x)_(1))=\frac(2+\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=-5; \\ & ((x)_(2))=\frac(2-\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=3. \\ \end(igazítás)\]
Végül a harmadik egyenlet:
x 2 + 12x + 36 = 0 ⇒ a = 1; b = 12; c = 36;
D = 12 2 − 4 1 36 = 0.
D = 0 ⇒ az egyenletnek egy gyöke van. Bármilyen képlet használható. Például az első:
Amint a példákból látható, minden nagyon egyszerű. Ha ismeri a képleteket és tud számolni, akkor nem lesz probléma. Leggyakrabban akkor fordulnak elő hibák, amikor negatív együtthatókat helyettesítenek a képletben. Itt is segít a fent leírt technika: nézze meg a képletet szó szerint, írjon le minden lépést - és hamarosan megszabadul a hibáktól.
Hiányos másodfokú egyenletek
Előfordul, hogy egy másodfokú egyenlet kissé eltér a definícióban megadottól. Például:
- x 2 + 9x = 0;
- x 2 − 16 = 0.
Könnyen észrevehető, hogy ezekből az egyenletekből hiányzik az egyik kifejezés. Az ilyen másodfokú egyenletek még könnyebben megoldhatók, mint a szabványosak: még a diszkrimináns kiszámítását sem igénylik. Tehát vezessünk be egy új koncepciót:
Az ax 2 + bx + c = 0 egyenletet nem teljes másodfokú egyenletnek nevezzük, ha b = 0 vagy c = 0, azaz. az x változó vagy a szabad elem együtthatója nullával egyenlő.
Természetesen nagyon nehéz eset lehetséges, ha mindkét együttható nulla: b = c = 0. Ebben az esetben az egyenlet ax 2 = 0 alakot ölt. Nyilvánvalóan egy ilyen egyenletnek egyetlen gyöke van: x = 0.
Tekintsük a fennmaradó eseteket. Legyen b = 0, akkor egy ax 2 + c = 0 alakú nem teljes másodfokú egyenletet kapunk. Alakítsuk át egy kicsit:
Mivel az aritmetikai négyzetgyök csak egy nem negatív szám esetében létezik, az utolsó egyenlőségnek csak akkor van értelme, ha (−c /a) ≥ 0. Következtetés:
- Ha egy ax 2 + c = 0 alakú nem teljes másodfokú egyenletben teljesül a (−c /a) ≥ 0 egyenlőtlenség, akkor két gyöke lesz. A képlet fent van megadva;
- Ha (-c /a)< 0, корней нет.
Amint látja, nem volt szükség diszkriminánsra – a hiányos másodfokú egyenletekben egyáltalán nincsenek bonyolult számítások. Valójában nem is szükséges megjegyezni az egyenlőtlenséget (−c /a) ≥ 0. Elég, ha kifejezzük az x 2 értéket, és megnézzük, mi van az egyenlőségjel másik oldalán. Ha van pozitív szám, akkor két gyöke lesz. Ha negatív, akkor egyáltalán nem lesznek gyökerei.
Most nézzük meg az ax 2 + bx = 0 alakú egyenleteket, amelyekben a szabad elem egyenlő nullával. Itt minden egyszerű: mindig két gyökér lesz. Elég a polinomot faktorozni:
A közös tényezőt zárójelből kivéveA szorzat akkor nulla, ha legalább az egyik tényező nulla. Innen erednek a gyökerek. Végezetül nézzünk meg néhány ilyen egyenletet:
Feladat. Másodfokú egyenletek megoldása:
- x 2 − 7x = 0;
- 5x 2 + 30 = 0;
- 4x 2 − 9 = 0.
x 2 − 7x = 0 ⇒ x · (x − 7) = 0 ⇒ x 1 = 0; x 2 = −(−7)/1 = 7.
5x 2 + 30 = 0 ⇒ 5x 2 = −30 ⇒ x 2 = −6. Nincsenek gyökerek, mert négyzet nem lehet egyenlő negatív számmal.
4x 2 − 9 = 0 ⇒ 4x 2 = 9 ⇒ x 2 = 9/4 ⇒ x 1 = 3/2 = 1,5; x 2 = -1,5.