Az egyenletek használata széles körben elterjedt életünkben. Számos számításnál, szerkezetek építésénél és még sportolásnál is használják. Az egyenleteket az ember ősidők óta használja, és azóta használatuk csak nőtt. Az ilyen egyenletek megoldása az általános egyenletek megoldási séma szerint hajtható végre magasabb fokozatok. Az ilyen egyenleteknek a Ferrari módszernek köszönhetően vannak megoldásai gyökökben, ami lehetővé teszi a megoldások köbegyenletre való redukálását. A legtöbb esetben azonban egy polinom faktorálásával gyorsan meg lehet találni a megoldást az egyenletre.

Tegyük fel, hogy kapunk egy negyedik fokú binomiális egyenletet:

Tényezőzzük \-t polinomiális tényezőkké:

Meghatározzuk az első gyökereit négyzetes trinomikus:

Meghatározzuk a második trinomiális gyökereit:

Ennek eredményeként az eredeti egyenletnek négy összetett gyöke van:

Hol tudok 4. fokú egyenleteket online megoldani?

Az egyenletet a https: // weboldalunkon tudja megoldani. Az ingyenes online megoldó segítségével másodpercek alatt megoldhat bármilyen bonyolultságú online egyenletet. Csak annyit kell tennie, hogy beírja adatait a megoldóba. Weboldalunkon megtekintheti a videós útmutatót és megtanulhatja az egyenlet megoldását, és ha kérdése van, felteheti a Vkontakte csoportunkban http://vk.com/pocketteacher. Csatlakozz csoportunkhoz, mindig szívesen segítünk.

A negyedik fokú egyenletek esetében mindazok általános sémák magasabb fokú egyenletek megoldásai, amelyeket az előző anyagban elemeztünk. A kéttagú, bikvadratikus és reciprok egyenletek megoldásában azonban számos árnyalat van, amelyekre szeretnénk részletesebben kitérni.

Szintén a cikkben elemezzük a polinomok faktorálásának mesterséges módszerét, a gyökös megoldást és a Ferrari-módszert, amellyel egy negyedfokú egyenlet megoldását köbegyenletté redukálják.

Negyedik fokú bináris egyenlet megoldása

Ez a negyedik fokú egyenletek legegyszerűbb típusa. Az egyenletet a következőképpen írjuk fel: A x 4 + B = 0 .

1. definíció

Az ilyen típusú egyenletek megoldásához rövidített szorzóképleteket használnak:

A x 4 + B = 0 x 4 + B A = 0 x 4 + 2 B A x 2 + B A - 2 B A x 2 = 0 x 2 + B A 2 - 2 B A x 2 = 0 x 2 - 2 B A 4 x + B A x 2 + 2 B A 4 x + B A = 0

Már csak meg kell találni a négyzetes trinomiumok gyökereit.

1. példa

Oldja meg a 4 x 4 + 1 = 0 negyedfokú egyenletet!

Megoldás

Először is faktorizáljuk a 4 x 4 + 1 polinomot:

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

Most keressük meg a négyzetes trinomiálisok gyökereit.

2 x 2 - 2 x + 1 = 0 D = (- 2) 2 - 4 2 1 = - 4 x 1 = 2 + D 2 2 = 1 2 + i x 2 = 2 - D 2 2 = 1 2-i

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

Négy összetett gyökeret kaptunk.

Válasz: x = 1 2 ± i és x = - 1 2 ± i.

A negyedik fokú reciprok egyenlet megoldása

2. definíció

Visszatérési egyenletek negyedik rend A x 4 + B x 3 + C x 2 + B x + A = 0 formájú

x = 0 nem gyöke ennek az egyenletnek: A 0 4 + B 0 3 + C 0 2 + B 0 + A = A ≠ 0 . Ezért ennek az egyenletnek mindkét része biztonságosan osztható x 2-vel:

A x 4 + B x 3 + C x 2 + B x + A = 0 A x 2 + B x + C + B x + A x 2 = 0 A x 2 + A x 2 + B x + B x + C = 0 A x 2 + 1 x 2 + B x + 1 x + C = 0

Változtassuk meg az x + 1 x = y ⇒ x + 1 x 2 = y 2 ⇒ x 2 + 1 x 2 = y 2 - 2 változókat:

A x 2 + 1 x 2 + B x + 1 x + C = 0 A (y 2 - 2) + B y + C = 0 A y 2 + B y + C - 2 A = 0

Tehát a negyedfokú reciprok egyenletet másodfokú egyenletté redukáljuk.

2. példa

Találd meg mindet összetett gyökerek 2 x 4 + 2 3 + 2 x 3 + 4 + 6 x 2 + 2 3 + 2 x + 2 = 0 egyenletek.

Megoldás

Az együtthatók szimmetriája azt mutatja, hogy egy negyedik fokú reciprok egyenletről van szó. Osszuk el mindkét részt x 2-vel:

2 x 2 + 2 3 + 2 x + 4 + 6 + 2 3 + 2 x + 2 x 2 = 0

Csoportosítsunk:

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

Változtassuk meg az x + 1 x = y ⇒ x + 1 x 2 = y 2 ⇒ x 2 + 1 x 2 = y 2 - 2 változót

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

Oldjuk meg a kapott másodfokú egyenletet:

D = 2 3 + 2 2 - 4 2 6 = 12 + 4 6 + 2 - 8 6 = = 12 - 4 6 + 2 = 2 3 - 2 2 y 1 = - 2 3 - 2 + D 2 2 = - 2 3 - 2 + 2 3 - 2 4 = - 2 2 y 2 = - 2 3 - 2 - D 2 2 = - 2 3 - 2 - 2 3 + 2 4 = - 3

Térjünk vissza a behelyettesítéshez: x + 1 x = - 2 2, x + 1 x = - 3.

Oldjuk meg az első egyenletet:

x + 1 x = - 2 2 ⇒ 2 x 2 + 2 x + 2 = 0 D = 2 2 - 4 2 2 = - 14 x 1 = - 2 - D 2 2 = - 2 4 + i 14 4 x 2 = - 2 - D 2 2 = - 2 4 - i 14 4

Oldjuk meg a második egyenletet:

x + 1 x = - 3 ⇒ x 2 + 3 x + 1 = 0 D = 3 2 - 4 1 1 = - 1 x 3 = - 3 + D 2 = - 3 2 + i 1 2 x 4 = - 3 - D 2 = - 3 2 - i 1 2

Válasz: x = - 2 4 ± i 14 4 és x = - 3 2 ± i 1 2 .

Kétnegyedes egyenlet megoldása

A negyedik fokú biquadratikus egyenletek A x 4 + B x 2 + C = 0 formájúak. Egy ilyen A y 2 + B y + C = 0 egyenletet négyzetre emelhetünk az y = x 2 helyettesítésével. Ez egy standard felvétel.

3. példa

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

Megoldás

Változtassuk meg az y = x 2 változót, ami lehetővé teszi, hogy az eredeti egyenletet másodfokúvá redukáljuk:

2 év 2 + 5 év - 3 = 0 D = 5 2 - 4 2 (- 3) = 49 y 1 = - 5 + D 2 2 = - 5 + 7 4 = 1 2 év 2 = - 5 - D 2 2 \u003d - 5 - 7 4 \u003d - 3

Ezért x 2 \u003d 1 2 vagy x 2 \u003d - 3.

Az első egyenlőség lehetővé teszi, hogy megkapjuk az x = ± 1 2 gyöket. A második egyenlőségnek nincsenek valódi gyökei, de összetett konjugált gyökei vannak x = ± i · 3 .

Válasz: x = ± 1 2 és x = ± i · 3 .

4. példa

Keresse meg az összes összetett gyökeret bi másodfokú egyenlet 16 x 4 + 145 x 2 + 9 = 0 .

Megoldás

Az y \u003d x 2 helyettesítési módszert használjuk, hogy az eredeti kétnegyedes egyenletet másodfokúvá redukáljuk:

16 év 2 + 145 év + 9 = 0 D = 145 2 - 4 16 9 = 20449 y 1 = - 145 + D 2 16 = - 145 + 143 32 = - 1 16 év 2 = - 145 - D - 2 1 145 - 143 32 = - 9

Ezért a változó változása miatt x 2 = - 1 16 vagy x 2 = - 9 .

Válasz: x 1, 2 = ± 1 4 i, x 3, 4 = ± 3 i.

Negyedfokú egyenletek megoldása racionális gyökökkel

Algoritmus keresése racionális gyökerei A negyedik fokú egyenletek a "Felsőfokú egyenletek megoldása" című anyagban találhatók.

Negyedfokú egyenletek megoldása Ferrari módszerrel

Az x 4 + A x 3 + B x 2 + C x + D = 0 alakú negyedik fokú egyenletek általában a Ferrari módszerrel oldhatók meg. Ehhez meg kell találni az y 0 értéket. Ez bármelyik gyökér köbös egyenlet y 3 - B y 2 + A C - 4 D y - A 2 D + 4 B D - C 2 = 0 . Ezt követően meg kell oldani két másodfokú egyenletet: x 2 + A 2 x + y 0 2 + A 2 4 - B + y 0 x 2 + A 2 y 0 - C x + y 0 2 4 - D \u003d 0 , amelyben a radikális kifejezés tökéletes négyzet.

A számítások során kapott gyökök az eredeti negyedfokú egyenlet gyökei lesznek.

5. példa

Határozzuk meg az x 4 + 3 x 3 + 3 x 2 - x - 6 = 0 egyenlet gyökereit.

Megoldás

Nálunk A = 3, B = 3, C = 1, D = 6. Az egyenlet megoldására a Ferrari módszert alkalmazzuk.

Összeállítjuk és megoldjuk a köbegyenletet:
y 3 - B y 2 + A C - 4 D y - A 2 D + 4 B D - C 2 = 0 y 3 - 3 y 2 + 21 y - 19 = 0

A köbegyenlet egyik gyöke y 0 = 1 lesz, mivel 1 3 - 3 · 1 2 + 21 · 1 - 19 = 0.

Írjunk fel két másodfokú egyenletet:
x 2 + A 2 x + y 0 2 ± A 2 4 - B + y 0 x 2 + A 2 y 0 - C x + y 0 2 4 - D = 0 x 2 + 3 2 x + 1 2 ± 1 4 x 2 + 5 2 x + 25 4 = 0 x 2 + 3 2 x + 1 2 ± 1 2 x + 5 2 2 = 0

x 2 + 3 2 x + 1 2 + 1 2 x + 5 2 = 0 vagy x 2 + 3 2 x + 1 2 - 1 2 x - 5 2 = 0

x 2 + 2 x + 3 = 0 vagy x 2 + x - 2 = 0

Az első egyenlet gyökerei x \u003d - 1 ± i 2, a második x \u003d 1 és x \u003d - 2 gyökei lesznek.

Válasz: x 1, 2 \u003d - 1 ± i 2, x 3 = 1, x 4 \u003d - 2.

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

№1. feladat

Oldja meg a harmadik fokú egyenletet a Cardano képlet segítségével:

x 3 -3x 2 -3x-1=0.

Megoldás: Hozzuk az egyenletet olyan alakra, amely nem tartalmazza az ismeretlen második fokát. Ehhez a képletet használjuk

x \u003d y - , ahol a az x 2 együtthatója.

Van: x=y+1.

(y+1)3-3(y+1)2-3(y+1)-1=0.

A zárójeleket kinyitva és hasonló kifejezéseket hozva a következőket kapjuk:

Az y 3 +py+q=0 köbös egyenlet gyökére van egy Cardano-képlet:

yi= (i=1,2,3,), ahol a gyök értéke

, = .

Legyen α1 az α gyök egyik /bármely/ értéke. Ezután a másik két érték a következőképpen található:

α 2 \u003d α 1 ε 1, α 3 \u003d α 1 ε 2, ahol ε 1 \u003d + i, ε 2 \u003d - i az egység harmadik fokú gyöke.

Ha feltesszük β 1 = - , akkor β 2 = β 1 ε 2, β 3 = β 1 ε 1

A kapott értékeket behelyettesítve az yi = αi+βi képletbe, megtaláljuk az egyenlet gyökereit

y 1 \u003d α 1 + β 1,

y 2 \u003d -1/2 (α 1 + β 1) + i (α 1 - β 1),

y 3 \u003d -1/2 (α 1 + β 1) - i (α 1 - β 1),

Esetünkben p = -6, q= - 6.

α= =

Ennek a radikálisnak az egyik értéke. Ezért feltesszük α 1 = . Ekkor β 1 = – = – = ,

y 2 = ) – i ).

Végül megtaláljuk x értékét az x = y+1 képlet segítségével.

x 2 = ) + i ) + 1,

x 3 = ) – i ) + 1.

Egy feladat№2

Oldja meg a negyedik fokozat egyenletét a Ferrari módszerrel:

x 4 -4x 3 +2x 2 -4x+1=0.

Megoldás: Az utolsó három tagot áthelyezzük jobbra, és a maradék két tagot egész négyzetté egészítjük ki.

x 4 -4x 3 \u003d -2x 2 + 4x-1,

x 4 -4x3 +4x2 =4x2 -2x2 +4x-1,

(x 2 -2x) 2 \u003d 2x 2 + 4x-1.

Az alábbiak szerint mutatunk be egy új ismeretlent:

(x 2 -2x+) 2 \u003d 2x 2 +4x-1+(x 2 -2x)y+,

(x 2 -2x+ ) 2 =(2+y)x 2 +(4-2y)x+() /1/.

Válasszunk y-t úgy, hogy az egyenlőség jobb oldala tökéletes négyzet legyen, ez lesz akkor, ha B 2 -4AC=0, ahol A=2+y, B=4-2y, C= -1.

Van: B 2 -4AC=16-16y+4y 2 -y 3 -2y 2 +4y+8=0

Vagy y 3 -2y 2 +12y-24=0.

Köbös felbontást kaptunk, melynek egyik gyöke y=2. Helyettesítse az eredményül kapott y=2 értéket /1/-be,

Azt kapjuk, hogy (x 2 -2x+1) 2 =4x 2. Ahonnan (x 2 -2x+1) 2 -(2x) 2 =0 vagy (x 2 -2x+1-2x) (x 2 -2x+ 1+ 2x)=0.

Két másodfokú egyenletet kapunk:

x 2 -4x+1=0 és x 2 +1=0.

Ezeket megoldva megtaláljuk az eredeti egyenlet gyökereit:

x 1 \u003d 2-, x 2 = 2+, x 3 \u003d-I, x 4 = i.

6. Polinom racionális gyökei

1. feladat

Keresse meg a polinom racionális gyökereit

f(x)=8x5 -14x4 -77x3 +128x2+45x-18.

Megoldás: Egy polinom racionális gyökeinek megtalálásához a következő tételeket használjuk.

1. tétel. Ha az irreducibilis tört az egész együtthatós f(x) polinom gyöke, akkor p a szabad tag osztója, q pedig az f(x) polinom vezető együtthatójának osztója.

Megjegyzés: Az 1. tétel megadja szükséges feltétel racionális szám érdekében . Ez volt a polinom gyöke, de ez a feltétel nem elég, i.e. az 1. Tétel feltétele teljesíthető olyan törtre is, amely nem gyöke a polinomnak.

2. tétel: Ha az irreducibilis tört az egész együtthatós f(x) polinom gyöke, akkor bármely m egész számra, kivéve, az f(m) szám osztható p-qm számmal, azaz egész számmal.

Konkrétan, ha m=1, majd m=-1 beállítást kapunk:

ha a polinom gyöke nem egyenlő ±1-gyel, akkor f(x) (p-q) és f(-x):.(p+q) , azaz. - egész számok.

Megjegyzés: A 2. tétel még egy szükséges feltételt ad egy polinom racionális gyökére. Ez a feltétel kényelmes, mert a gyakorlatban könnyen ellenőrizhető. Először megtaláljuk az f(1)-et és az f(-1)-et, majd minden vizsgált törtnél ellenőrizzük a jelzett feltételt. Ha a számok közül legalább az egyik tört, akkor az f(x) polinom gyöke nem.

Megoldás: Az 1. Tétel szerint ennek a polinomnak a gyökeit olyan irreducibilis törtek között kell keresni, amelyek számlálói 18 osztói, nevezői pedig 8. Ezért, ha az irreducibilis tört f(x) gyöke, akkor p egyenlő a törtek egyikével. számok: ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18; q egyenlő az egyik számmal

±1, ±2, ±4, ±8.

Tekintettel arra = , = , a törtek nevezői csak pozitívak lesznek.

Tehát a következő számok lehetnek ennek a polinomnak a racionális gyökei: ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18, ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± .

Használjuk a másodikat.

Mivel f(1)=72, f(-1)=120, ebből különösen az következik, hogy 1 és -1 nem gyökei f(x)-nek. Most minden lehetséges törtnél megvizsgáljuk a 2. Tétel feltételeit m=1 és m=-1 esetén, azaz megállapítjuk, hogy a számok egészek vagy törtek: = és =

Az eredményeket táblázatban foglaljuk össze, ahol a „c” és „d” betűk rendre azt jelentik, hogy egy szám vagy tört egész vagy tört.

A kapott táblázatból látható, hogy a és csak azokban az esetekben egész számok, amikor egyenlő a következő számok egyikével: 2, -2, 3, -3, , , , .

Bezout tételének következményeként egy szám akkor és csak akkor f(x) α-gyöke, ha f(x) (x-α). Ezért a fennmaradó kilenc egész szám teszteléséhez Horner séma, amely egy polinomot binomimmal oszt el, alkalmazható.

2 - gyökér.

Így van: x=2 f(x) egyszerű gyöke. Ennek a polinomnak a többi gyöke egybeesik a polinom gyökeivel.

F 1 (x) \u003d 8x 4 + 2x 3 -73x 2 -18x + 9.

Ugyanígy ellenőrizzük a többi számot is.

2 - nem gyökér, 3 - gyökér, -3 - gyökér, 9 - nem gyökér, ½ - nem gyökér, -1/2 - gyökér, 3/2 - nem gyökér, ¼ - gyökér.

Tehát az f(x)= 8x 5 -14x 4 -77x 3 +128x 2 +45x-18 polinomnak öt racionális gyöke van: (2, 3, -3, -1/2, ¼).

2. Egyenlet Ha az egyenlőségben egy betű szerepel, akkor az egyenlőséget egyenletnek nevezzük.
Az egyenlet igaz lehet ennek a betűnek néhány értékére
más értékekre pedig helytelen.

Például az x + 6 = 7 egyenlet
igaz x = 1-re
és hamis x = 2 esetén.

3. Egyenértékű egyenletek A lineáris egyenlet alakja ax + x + c = 0 .
Például: 5x - 4y + 6 = 0 .
Expressz y:
⇒ 4y = 5x + 6 ⇒ y =

5x+6

4

⇒ y = 1,25x + 1,5 .
A kapott egyenlet, amely ekvivalens az elsővel, alakja
y = kx + m ,
ahol: x - független változó (argumentum);
y - függő változó (függvény);
k és m - együtthatók (paraméterek).

4 Egyenértékű egyenletek

A két egyenletet ún egyenértékű (egyenértékű) ha az összes megoldásuk halmaza egybeesik, vagy mindkettőnek nincs megoldása és jelöljük.

5/Az első fokú egyenlet.

Az elsőfokú egyenlet a következő alakra redukálható:

ax+b = 0,

ahol x- változó, aés b van néhány szám, és a ≠ 0.

Innen könnyű következtetni az értékre x:

b
x = - -
a

Ezt az értéket x az egyenlet gyöke.

Az elsőfokú egyenleteknek egy gyöke van.

Másodfokú egyenlet.

A másodfokú egyenlet a következő alakra redukálható:

ax2 + bx + c = 0,

ahol x- változó, a, b, c van néhány szám, és a ≠ 0.

A másodfokú egyenlet gyökeinek száma a diszkriminánstól függ:

Ha D > 0, akkor az egyenletnek két gyöke van;

Ha D = 0, akkor az egyenletnek egy gyöke van;

Ha D< 0, то уравнение корней не имеет.

Egy másodfokú egyenletnek legfeljebb két gyöke lehet.

(Arról, hogy mi a diszkrimináns, és hogyan lehet megtalálni az egyenlet gyökereit, lásd a „Másodfokú egyenlet gyökeinek képletei. Diszkriminancia” és „A másodfokú egyenlet megoldásának másik módja” című fejezeteket.

A harmadik fokozat egyenlete.

A harmadik fokú egyenlet a következő alakra redukálható:

fejsze 3 + bx 2 + cx + d = 0,

ahol x- változó, a, b, c, d van néhány szám, és a ≠ 0.

Egy harmadfokú egyenletnek legfeljebb három gyöke lehet.

A negyedik fokozat egyenlete.

A negyedik fokozat egyenlete a következőre redukálható:

fejsze 4 + bx 3 + cx 2 + dx+e = 0,

ahol x- változó, a, b, c, d, e van néhány szám, és a ≠ 0.

Egy harmadfokú egyenletnek legfeljebb négy gyöke lehet.

Általánosítás:

1) az ötödik, hatodik stb. egyenlet. fokozatok könnyen származtathatók egymástól függetlenül, a fenti séma szerint;

2) egyenlet n-a fokozat nem lehet több, mint n gyökerei.

6/ Az egy változós egyenlet olyan egyenlet, amely csak egy változót tartalmaz. Az egyenlet gyöke (vagy megoldása) annak a változónak az értéke, amelynél az egyenlet valódi numerikus egyenlőséggé változik.

1. 8/-11/Rendszerek lineáris egyenletek: alapfogalmak Lineáris egyenletrendszer.

Inkonzisztens és határozatlan lineáris egyenletrendszerek. Lineáris egyenletek halmaza Lineáris egyenletek együttes és inkompatibilis halmaza.

Lineáris egyenletrendszer a szakszervezet n lineáris egyenletek, amelyek mindegyike tartalmazza k változók. Így van írva:

Sokan, amikor először találkoznak magasabb algebrával, tévesen azt hiszik, hogy az egyenletek számának szükségszerűen egybe kell esnie a változók számával. Az iskolai algebrában általában ez a helyzet, de a magasabb algebrára ez általában nem igaz.

Egyenletrendszer megoldása egy számsorozat ( k 1 , k 2 , ..., k n), amely a rendszer minden egyenletének megoldása, azaz. amikor a változók helyett ebbe az egyenletbe behelyettesítjük x 1 , x 2 , ..., x n helyes számértéket ad meg.

Ennek megfelelően egy egyenletrendszer megoldása azt jelenti, hogy megtaláljuk az összes megoldásának halmazát, vagy bebizonyítjuk, hogy ez a halmaz üres. Mivel az egyenletek száma és az ismeretlenek száma nem azonos, három eset lehetséges:

1. A rendszer inkonzisztens, i.e. az összes megoldás halmaza üres. Meglehetősen ritka eset, amely könnyen észlelhető, függetlenül attól, hogy melyik módszerrel kell megoldani a rendszert.

2. A rendszer konzisztens és meghatározott, azaz. pontosan egy megoldása van. A klasszikus változat, az iskola óta jól ismert.

3. A rendszer kompatibilis és nincs definiálva, azaz. végtelenül sok megoldása van. Ez a legnehezebb lehetőség. Nem elég kijelenteni, hogy "a rendszernek végtelen számú megoldása van" - le kell írni, hogy ez a halmaz hogyan van elrendezve.

Változó x i hívott megengedett, ha csak a rendszer egy egyenletében szerepel, és 1-es együtthatóval. Vagyis a többi egyenletben a változó együtthatója x i egyenlőnek kell lennie nullával.

Ha minden egyenletben kiválasztunk egy megengedett változót, akkor a teljes egyenletrendszerre vonatkozó megengedett változók halmazát kapjuk. Magát a rendszert, ebben a formában írva, szintén engedélyezettnek nevezzük. Általánosságban elmondható, hogy egy és ugyanaz a kezdeti rendszer redukálható különböző engedélyezett rendszerekre, de ez most nem érint minket. Példák az engedélyezett rendszerekre:

Mindkét rendszer megengedett a változók tekintetében x 1 , x 3 és x négy . Ugyanilyen sikerrel azonban vitatható, hogy a második rendszer viszonylag megengedett x 1 , x 3 és x 5. Elegendő az utolsó egyenletet átírni így x 5 = x 4 .

Most nézzünk meg egy általánosabb esetet. Legyen nálunk minden k változók, ebből r megengedett. Ekkor két eset lehetséges:

1. Engedélyezett változók száma r megegyezik a változók teljes számával k: r = k. A rendszert onnan kapjuk k egyenletek, amelyekben r = k megengedett változók. Egy ilyen rendszer együttműködésen alapuló és határozott, mert x 1 = b 1 , x 2 = b 2 , ..., x k = b k;

2. Engedélyezett változók száma r kevesebb, mint a változók teljes száma k: r < k. A maradék ( k − r) a változókat szabadnak nevezzük - bármilyen értéket felvehetnek, amelyből az engedélyezett változók könnyen kiszámíthatók.

Így a fenti rendszerekben a változók x 2 , x 5 , x 6 (az első rendszerhez) és x 2 , x 5 (a második) ingyenes. Azt az esetet, amikor vannak szabad változók, jobban meg lehet fogalmazni tételként:

Figyelem: ez egy nagyon fontos pont! Attól függően, hogy hogyan írja meg a végső rendszert, ugyanaz a változó lehet engedélyezett és szabad is. A legtöbb oktató felsőbb matematika javasolt a változókat lexikográfiai sorrendben kiírni, pl. növekvő index. Ezt a tanácsot azonban egyáltalán nem kell követnie.

Tétel. Ha a rendszerben től n egyenletek változói x 1 , x 2 , ..., x r- engedélyezett, és x r + 1 , x r + 2 , ..., x k- ingyenes, akkor:

1. Ha beállítja a szabad változók értékeit ( x r + 1 = r + 1 , x r + 2 = r + 2 , ..., x k = t k), majd keresse meg az értékeket x 1 , x 2 , ..., x r, megkapjuk az egyik megoldást.

2. Ha két megoldásban a szabad változók értéke egybeesik, akkor a megengedett változók értéke is egybeesik, pl. a megoldások egyenlőek.

Mi ennek a tételnek az értelme? Ahhoz, hogy a megengedett egyenletrendszer összes megoldását megkapjuk, elegendő a szabad változókat kiemelni. Ezután szabad változókhoz hozzárendelni különböző jelentések, megkapjuk kulcsrakész megoldások. Ez minden – így megkaphatja a rendszer összes megoldását. Nincsenek más megoldások.

Következtetés: a megengedett egyenletrendszer mindig kompatibilis. Ha a megengedett rendszerben az egyenletek száma megegyezik a változók számával, a rendszer határozott, ha kevesebb, akkor határozatlan.

Több egyenlet alakul ki Egyenletek halmaza

2. 12,13/ Lineáris egyenlőtlenség./ Szigorú és nem szigorú egyenlőtlenségek Mi az egyenlőtlenség? Bármilyen egyenlet felvételre kerül, az "=" ("egyenlő") jelet egy másik ikon ( > ;≥ ; < ; ≤ ; ≠ ) és egy egyenlőtlenséget kapunk.) Az egyenlet bármi lehet: lineáris, négyzetes, tört, exponenciális, trigonometrikus, logaritmikus stb. stb. Ennek megfelelően lineáris, négyzetes stb. egyenlőtlenségeket kapunk.

Mit kell tudni az egyenlőtlenségi ikonokról? Ikon egyenlőtlenségek több (> ), vagy Kevésbé (< ) hívják szigorú. Ikonokkal több vagy egyenlő (≥ ), kisebb vagy egyenlő (≤ ) hívják nem szigorú. Ikon nem egyenlő (≠ ) önmagában áll, de állandóan ilyen ikonnal is kell példákat megoldani. És meg is fogjuk.)

Maga az ikon nem sok hatással van a megoldási folyamatra. De a megoldás végén, a végső válasz kiválasztásakor teljes erővel megjelenik az ikon jelentése! Ahogy az alábbiakban látni fogjuk, a példákban. Vannak viccek...

Az egyenlőtlenségek, akárcsak az egyenlőségek hűséges és hűtlen. Itt minden egyszerű, trükkök nélkül. Mondjuk 5 > 2 a helyes egyenlőtlenség. 5 < 2 helytelen.

A lineáris, négyzetes, tört, exponenciális, trigonometrikus és egyéb egyenlőtlenségeket különböző módon oldják meg. Minden fajnak megvan a maga módja, sajátos technikája. De! Mindezek a speciális technikák alkalmazhatók csak valakinek alapforma egyenlőtlenségek. Azok. mindenféle egyenlőtlenségnek először kell lennie készít hogy használja a módszerét.

3. 14,16/Az egyenlőtlenségek főbb tulajdonságai/. Cselekvések két egyenlőtlenséggel.

1) Ha

2) A tranzitivitás tulajdonsága. Ha egy

3) Ha egy valódi egyenlőtlenség mindkét részéhez ugyanazt a számot adjuk, akkor valódi egyenlőtlenséget kapunk, azaz. ha

4) Ha bármely tagot áthelyezünk egy valódi egyenlőtlenség egyik részéből a másikba, előjelét az ellenkezőjére változtatva, akkor valódi egyenlőtlenséget kapunk, azaz. ha

5) Ha a helyes egyenlőtlenség mindkét részét ugyanannyival megszorozzuk pozitív szám, akkor megkapjuk a helyes egyenlőtlenséget. Például ha

6) Ha a helyes egyenlőtlenség mindkét részét megszorozzuk ugyanazzal a negatív számmal és változtassa meg az egyenlőtlenség jelét az ellenkezőjére, akkor megkapjuk a helyes egyenlőtlenséget. Például ha

7) Az 5) és 6) szabályhoz hasonlóan az azonos számmal való osztás szabályai érvényesek. Ha egy