itthon » Gyakorlati jelentés » Amikor egy másodfokú egyenletnek egy gyöke van. Hogyan lehet másodfokú egyenleteket megoldani. A gyökök és az együtthatók kapcsolata

Amikor egy másodfokú egyenletnek egy gyöke van. Hogyan lehet másodfokú egyenleteket megoldani. A gyökök és az együtthatók kapcsolata

Az egyenletek megoldása a matematikában különleges helyet foglal el. Ezt a folyamatot sok órányi elmélettanulás előzi meg, amely során a hallgató megtanulja, hogyan kell egyenleteket megoldani, meghatározni azok formáját, és a készséget teljes automatizmusba vinni. A gyökerek keresésének azonban nem mindig van értelme, mivel előfordulhat, hogy egyszerűen nem léteznek. Vannak speciális módszerek a gyökerek megtalálására. Ebben a cikkben elemezzük a fő funkciókat, azok definíciós területeit, valamint azokat az eseteket, amikor hiányoznak a gyökereik.

Melyik egyenletnek nincs gyöke?

Egy egyenletnek nincs gyökere, ha nincsenek valódi x argumentumok, amelyekre az egyenlet azonosan igaz. Egy nem szakember számára ez a megfogalmazás, mint a legtöbb matematikai tétel és képlet, nagyon homályosnak és elvontnak tűnik, de ez elméletben van. A gyakorlatban minden rendkívül egyszerűvé válik. Például: a 0 * x = -53 egyenletnek nincs megoldása, hiszen nincs olyan x szám, amelynek nullával való szorzata mást adna, mint nulla.

Most a legalapvetőbb egyenlettípusokat nézzük meg.

1. Lineáris egyenlet

Egy egyenletet lineárisnak nevezünk, ha a jobb és bal oldali részeit lineáris függvényként adjuk meg: ax + b = cx + d vagy általánosított formában kx + b = 0. Ahol a, b, c, d ismert számok, x pedig egy ismeretlen érték. Melyik egyenletnek nincs gyöke? A lineáris egyenletek példái az alábbi ábrán láthatók.

A lineáris egyenleteket alapvetően úgy oldják meg, hogy a numerikus részt egyszerűen átvisszük az egyik részre, és az x tartalmát a másikba. Kiderül, hogy egy mx \u003d n alakú egyenlet, ahol m és n számok, x pedig ismeretlen. Az x megtalálásához elegendő mindkét részt elosztani m-mel. Ekkor x = n/m. Alapvetően a lineáris egyenleteknek csak egy gyöke van, de vannak esetek, amikor végtelen sok gyök van, vagy nincs is. Ha m = 0 és n = 0, az egyenlet a következőt ölti: 0 * x = 0. Egy ilyen egyenletre abszolút bármely szám megoldása lehet.

De melyik egyenletnek nincs gyökere?

M = 0 és n = 0 esetén az egyenletnek nincs gyökere a valós számok halmazából. 0 * x = -1; 0 * x = 200 - ezeknek az egyenleteknek nincs gyökere.

2. Másodfokú egyenlet

A másodfokú egyenlet ax 2 + bx + c \u003d 0 formájú egyenlet \u003d 0 esetén. A leggyakoribb a diszkriminánson keresztüli megoldás. A másodfokú egyenlet diszkriminánsának megtalálásának képlete: D \u003d b 2 - 4 * a * c. Ezután két gyök van x 1,2 = (-b ± √D) / 2 * a.

D > 0 esetén az egyenletnek két, D = 0 esetén egy gyöke van. De melyik másodfokú egyenletnek nincs gyökere? A másodfokú egyenlet gyökeinek számát a legegyszerűbben egy függvény grafikonján lehet megfigyelni, amely egy parabola. A > 0 esetén az ágak felfelé, a esetén az ágak irányulnak< 0 ветви опущены вниз. Если дискриминант отрицателен, такое квадратное уравнение не имеет корней на множестве действительных чисел.

A gyökerek számát vizuálisan is meghatározhatja a diszkrimináns kiszámítása nélkül. Ehhez meg kell találnia a parabola tetejét, és meg kell határoznia, hogy az ágak melyik irányba vannak irányítva. A csúcs x-koordinátáját a következő képlettel határozhatja meg: x 0 \u003d -b / 2a. Ebben az esetben a csúcs y-koordinátáját úgy találjuk meg, hogy az x0 értéket egyszerűen behelyettesítjük az eredeti egyenletbe.

Az x 2 - 8x + 72 = 0 másodfokú egyenletnek nincs gyöke, mivel negatív diszkriminánsa van D = (-8) 2 - 4 * 1 * 72 = -224. Ez azt jelenti, hogy a parabola nem érinti az x tengelyt, és a függvény soha nem vesz fel 0 értéket, ezért az egyenletnek nincs valódi gyökere.

3. Trigonometrikus egyenletek

A trigonometrikus függvényeket trigonometrikus körön tekintjük, de ábrázolhatók derékszögű koordinátarendszerben is. Ebben a cikkben két alapvető trigonometrikus függvényt és azok egyenleteit fogjuk megvizsgálni: a sinx-et és a cosx-et. Mivel ezek a függvények egy 1 sugarú trigonometrikus kört alkotnak, |sinx| és |cosx| nem lehet nagyobb 1-nél. Tehát melyik sinx egyenletnek nincs gyöke? Tekintsük az alábbi képen látható sinx függvény grafikonját.

Látjuk, hogy a függvény szimmetrikus, és ismétlési periódusa 2pi. Ez alapján elmondhatjuk, hogy ennek a függvénynek a maximális értéke 1, a minimuma pedig -1 lehet. Például a cosx = 5 kifejezésnek nem lesz gyöke, mivel abszolút értékben nagyobb egynél.

Ez a trigonometrikus egyenletek legegyszerűbb példája. Valójában sok oldalig tarthat a megoldásuk, aminek a végén rájössz, hogy rossz képletet használtál, és elölről kell kezdened. Néha még a gyökerek helyes megtalálása esetén is elfelejtheti figyelembe venni az ODZ korlátozásait, amelyek miatt egy extra gyök vagy intervallum jelenik meg a válaszban, és az egész válasz hibássá válik. Ezért szigorúan tartsa be az összes korlátozást, mert nem minden gyökér illeszkedik a feladat körébe.

4. Egyenletrendszerek

Az egyenletrendszer göndör vagy szögletes zárójelekkel kombinált egyenletkészlet. A göndör kapcsos zárójelek az összes egyenlet együttes végrehajtását jelölik. Vagyis ha legalább az egyik egyenletnek nincs gyökere, vagy ellentmond a másiknak, akkor az egész rendszernek nincs megoldása. A szögletes zárójelek a „vagy” szót jelölik. Ez azt jelenti, hogy ha a rendszer legalább egy egyenletének van megoldása, akkor az egész rendszernek van megoldása.

A c rendszer válasza az egyes egyenletek gyökeinek összessége. A göndör fogszabályzós rendszereknek pedig csak közös gyökerei vannak. Az egyenletrendszerek teljesen különböző függvényeket tartalmazhatnak, így ez a bonyolultság nem teszi lehetővé, hogy azonnal megmondjuk, melyik egyenletnek nincs gyökere.

A problémakönyvekben és a tankönyvekben különböző típusú egyenletek vannak: azok, amelyeknek van gyökere, és olyanok, amelyeknek nincsenek. Először is, ha nem talál gyökereket, ne gondolja, hogy egyáltalán nem léteznek. Lehet, hogy valahol hibát követett el, akkor elég gondosan ellenőriznie a döntését.

Megvizsgáltuk a legalapvetőbb egyenleteket és azok típusait. Most megtudhatja, hogy melyik egyenletnek nincs gyökere. A legtöbb esetben ezt egyáltalán nem nehéz megtenni. Az egyenletek megoldásának sikeréhez csak figyelem és koncentráció szükséges. Gyakorolj többet, ez segít sokkal jobban és gyorsabban eligazodni az anyagban.

Tehát az egyenletnek nincs gyökere, ha:

az mx = n lineáris egyenletben m = 0 és n = 0;
másodfokú egyenletben, ha a diszkrimináns kisebb, mint nulla;
cosx = m / sinx = n alakú trigonometrikus egyenletben, ha |m| > 0, |n| > 0;
szögletes zárójeles egyenletrendszerben, ha legalább egy egyenletnek nincs gyöke, és szögletes zárójelben, ha minden egyenletnek nincs gyöke.

Az „Egyenletek megoldása” téma folytatásaként a cikk anyaga bemutatja a másodfokú egyenleteket.

Nézzünk meg mindent részletesen: a másodfokú egyenlet lényegét és jelölését, állítsunk fel kapcsolódó kifejezéseket, elemezzük a hiányos és teljes egyenletek megoldásának sémáját, ismerkedjünk meg a gyökök képletével és a diszkriminánssal, hozzunk létre kapcsolatokat a gyökök és együtthatók között, és természetesen gyakorlati példák vizuális megoldását adjuk.

Másodfokú egyenlet, típusai

1. definíció

Másodfokú egyenletígy van felírva az egyenlet a x 2 + b x + c = 0, Ahol x– változó, a , b és c néhány szám, míg a nem nulla.

A másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek is nevezik, mivel valójában a másodfokú egyenlet egy másodfokú algebrai egyenlet.

Adjunk egy példát az adott definíció illusztrálására: 9 x 2 + 16 x + 2 = 0 ; 7, 5 x 2 + 3, 1 x + 0, 11 = 0 stb. másodfokú egyenletek.

2. definíció

Számok a , b és c a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c = 0, míg az együttható a nevezzük az első, vagy idősebb, vagy együttható x 2, b - a második együttható, vagy együttható at x, A c szabad tagnak nevezték.

Például a másodfokú egyenletben 6 x 2 - 2 x - 11 = 0 a legmagasabb együttható 6, a második együttható az − 2 , és a szabad tag egyenlő − 11 . Figyeljünk arra, hogy amikor az együtthatók bés/vagy c negatív, akkor a gyorsított alakot használjuk 6 x 2 - 2 x - 11 = 0, de nem 6 x 2 + (− 2) x + (− 11) = 0.

Tisztázzuk ezt a szempontot is: ha az együtthatók aés/vagy b egyenlő 1 vagy − 1 , akkor nem vehetnek kifejezetten részt a másodfokú egyenlet megírásában, amit a jelzett numerikus együtthatók felírásának sajátosságai magyaráznak. Például a másodfokú egyenletben y 2 − y + 7 = 0 a szenior együttható 1, a második pedig az − 1 .

Redukált és nem redukált másodfokú egyenletek

Az első együttható értéke szerint a másodfokú egyenleteket redukáltra és nem redukáltra osztjuk.

3. definíció

Csökkentett másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet, ahol a vezető együttható 1 . A vezető együttható egyéb értékei esetében a másodfokú egyenlet redukálatlan.

Íme néhány példa: az x 2 − 4 · x + 3 = 0, x 2 − x − 4 5 = 0 másodfokú egyenletek redukálva vannak, amelyek mindegyikében a vezető együttható 1 .

9 x 2 - x - 2 = 0- redukálatlan másodfokú egyenlet, ahol az első együttható különbözik 1 .

Bármely redukálatlan másodfokú egyenlet átalakítható redukált egyenletté, ha mindkét részét elosztjuk az első együtthatóval (ekvivalens transzformáció). A transzformált egyenletnek ugyanazok a gyökerei lesznek, mint az adott nem redukált egyenletnek, vagy egyáltalán nem lesz gyöke.

Egy konkrét példa megfontolása lehetővé teszi számunkra, hogy egyértelműen bemutassuk az átmenetet a redukálatlan másodfokú egyenletről a redukáltra.

1. példa

Adott a 6 x 2 + 18 x − 7 = 0 egyenlet . Az eredeti egyenletet redukált formára kell konvertálni.

Megoldás

A fenti séma szerint az eredeti egyenlet mindkét részét elosztjuk a 6 vezető együtthatóval. Akkor kapjuk: (6 x 2 + 18 x - 7) : 3 = 0:3, és ez ugyanaz, mint: (6 x 2) : 3 + (18 x) : 3 - 7: 3 = 0és tovább: (6:6) x 2 + (18:6) x − 7: 6 = 0 . Innen: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 . Így az adott egyenletet kapjuk.

Válasz: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 .

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

Térjünk rá a másodfokú egyenlet definíciójára. Ebben azt határoztuk meg a ≠ 0. Hasonló feltétel szükséges az egyenlethez a x 2 + b x + c = 0 pontosan négyzet alakú volt, mivel a = 0 lényegében lineáris egyenletté alakul át b x + c = 0.

Abban az esetben, ha az együtthatók bÉs c nullával egyenlőek (ami külön-külön és együttesen is lehetséges), a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.

4. definíció

Hiányos másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet a x 2 + b x + c \u003d 0, ahol legalább az egyik együttható bÉs c(vagy mindkettő) nulla.

Teljes másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet, amelyben az összes numerikus együttható nem egyenlő nullával.

Beszéljük meg, hogy a másodfokú egyenletek típusait miért adják pontosan ilyen elnevezéssel.

Ha b = 0, a másodfokú egyenlet a következő alakot veszi fel a x 2 + 0 x + c = 0, ami megegyezik a a x 2 + c = 0. Nál nél c = 0 a másodfokú egyenletet úgy írjuk fel a x 2 + b x + 0 = 0, ami egyenértékű a x 2 + b x = 0. Nál nél b = 0És c = 0 az egyenlet alakot vesz fel a x 2 = 0. Az általunk kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt egyszerre. Valójában ez a tény adta a nevet az ilyen típusú egyenleteknek - hiányos.

Például x 2 + 3 x + 4 = 0 és − 7 x 2 − 2 x + 1, 3 = 0 teljes másodfokú egyenletek; x 2 \u003d 0, − 5 x 2 = 0; 11 x 2 + 2 = 0, − x 2 − 6 x = 0 nem teljes másodfokú egyenletek.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

A fent megadott definíció lehetővé teszi a hiányos másodfokú egyenletek következő típusainak megkülönböztetését:

a x 2 = 0, együtthatók felelnek meg egy ilyen egyenletnek b = 0és c = 0;
a x 2 + c = 0 b \u003d 0 esetén;
a x 2 + b x = 0 c = 0 esetén.

Tekintsük egymás után az egyes nem teljes másodfokú egyenlettípusok megoldását.

Az a x 2 \u003d 0 egyenlet megoldása

Mint fentebb említettük, egy ilyen egyenlet megfelel az együtthatóknak bÉs c, egyenlő nullával. Az egyenlet a x 2 = 0 ekvivalens egyenletté alakítható x2 = 0, amelyet úgy kapunk, hogy az eredeti egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a számmal a, nem egyenlő nullával. A nyilvánvaló tény az, hogy az egyenlet gyökere x2 = 0 nulla, mert 0 2 = 0 . Ennek az egyenletnek nincs más gyöke, amit a fok tulajdonságai magyaráznak: tetszőleges számra p , nem egyenlő nullával, az egyenlőtlenség igaz p2 > 0, amiből az következik, hogy mikor p ≠ 0 egyenlőség p2 = 0 soha nem fogják elérni.

5. definíció

Így az a x 2 = 0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x=0.

2. példa

Például oldjuk meg a nem teljes másodfokú egyenletet − 3 x 2 = 0. Ez egyenértékű az egyenlettel x2 = 0, egyetlen gyökere az x=0, akkor az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke - nulla.

A megoldást a következőképpen foglaljuk össze:

− 3 x 2 \u003d 0, x 2 = 0, x = 0.

Az a x 2 + c \u003d 0 egyenlet megoldása

A következő a sorban a hiányos másodfokú egyenletek megoldása, ahol b \u003d 0, c ≠ 0, vagyis a következő alakú egyenletek a x 2 + c = 0. Alakítsuk át ezt az egyenletet úgy, hogy átvisszük a tagot az egyenlet egyik oldaláról a másikra, az előjelet az ellenkezőjére változtatjuk, és az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy olyan számmal, amely nem egyenlő nullával:

elviselni c jobb oldalra, ami megadja az egyenletet a x 2 = − c;
osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a, eredményül kapjuk az x = - c a .

Transzformációink ekvivalensek, illetve a kapott egyenlet is ekvivalens az eredetivel, és ez a tény lehetővé teszi az egyenlet gyökereire vonatkozó következtetés levonását. Miből vannak az értékek aÉs c a kifejezés értékétől függ - c a: lehet mínusz jele (például ha a = 1És c = 2, akkor - c a = - 2 1 = - 2) vagy egy pluszjel (például ha a = -2És c=6, akkor - c a = - 6 - 2 = 3); nem egyenlő a nullával, mert c ≠ 0. Lazítsunk részletesebben azokon a helyzeteken, amikor - c a< 0 и - c a > 0 .

Abban az esetben, ha - c a< 0 , уравнение x 2 = - c a не будет иметь корней. Утверждая это, мы опираемся на то, что квадратом любого числа является число неотрицательное. Из сказанного следует, что при - c a < 0 ни для какого числа p p 2 = - c a egyenlőség nem lehet igaz.

Minden más, ha - c a > 0: emlékezzen a négyzetgyökre, és nyilvánvalóvá válik, hogy az x 2 \u003d - c a egyenlet gyöke a - c a szám lesz, mivel - c a 2 \u003d - c a. Könnyen megérthető, hogy a - - c a - szám az x 2 = - c a egyenlet gyöke is: valóban, - - c a 2 = - c a .

Az egyenletnek nem lesz más gyökere. Ezt az ellenkező módszerrel demonstrálhatjuk. Először állítsuk be a fent talált gyökök jelölését, mint x 1És − x 1. Tegyük fel, hogy az x 2 = - c a egyenletnek is van gyöke x2, ami eltér a gyökerektől x 1És − x 1. Ezt úgy tudjuk, hogy behelyettesítjük az egyenletbe ahelyett x gyökereiből az egyenletet tisztességes numerikus egyenlőséggé alakítjuk.

Mert x 1És − x 1írd: x 1 2 = - c a , és for x2- x 2 2 \u003d - c a. A numerikus egyenlőségek tulajdonságai alapján tagonként kivonunk egy valódi egyenlőséget a másikból, ami a következőt kapja: x 1 2 − x 2 2 = 0. Használja a számműveletek tulajdonságait az utolsó egyenlőség átírásához (x 1 - x 2) (x 1 + x 2) = 0. Ismeretes, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor nulla, ha legalább az egyik szám nulla. Az elmondottakból az következik x1 − x2 = 0és/vagy x1 + x2 = 0, ami ugyanaz x2 = x1és/vagy x 2 = − x 1. Nyilvánvaló ellentmondás merült fel, mert eleinte abban állapodtak meg, hogy az egyenlet gyökere x2 eltér x 1És − x 1. Tehát bebizonyítottuk, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint x = - c a és x = - - c a .

Összefoglaljuk az összes fenti érvet.

6. definíció

Hiányos másodfokú egyenlet a x 2 + c = 0 ekvivalens az x 2 = - c a egyenlettel, amely:

nem lesz gyökere a - c a< 0 ;
két gyöke lesz x = - c a és x = - - c a , ha - c a > 0 .

Mondjunk példákat az egyenletek megoldására a x 2 + c = 0.

3. példa

Adott egy másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 . Meg kell találni a megoldását.

Megoldás

A szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, ekkor az egyenlet alakot ölt 9 x 2 \u003d - 7.
A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztjuk 9 , akkor x 2 = - 7 9 . A jobb oldalon egy mínuszjelű számot látunk, ami azt jelenti: az adott egyenletnek nincs gyöke. Ezután az eredeti hiányos másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nem lesznek gyökerei.

Válasz: az egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nincsenek gyökerei.

4. példa

Meg kell oldani az egyenletet − x2 + 36 = 0.

Megoldás

Tegyük át a 36-ot a jobb oldalra: − x 2 = − 36.
Osszuk fel mindkét részt − 1 , kapunk x2 = 36. A jobb oldalon egy pozitív szám található, amiből arra következtethetünk x = 36 vagy x = - 36 .
Kivonjuk a gyökeret, és felírjuk a végeredményt: egy hiányos másodfokú egyenlet − x2 + 36 = 0 két gyökere van x=6 vagy x = -6.

Válasz: x=6 vagy x = -6.

Az a x 2 +b x=0 egyenlet megoldása

Elemezzük a harmadik típusú nem teljes másodfokú egyenletet, amikor c = 0. Megoldást találni egy nem teljes másodfokú egyenletre a x 2 + b x = 0, a faktorizációs módszert használjuk. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalán lévő polinomot, a közös tényezőt a zárójelekből kivéve x. Ez a lépés lehetővé teszi az eredeti, hiányos másodfokú egyenlet megfelelőjére történő átalakítását x (a x + b) = 0. Ez az egyenlet pedig ekvivalens az egyenletkészlettel x=0És a x + b = 0. Az egyenlet a x + b = 0 lineáris, és annak gyökere: x = − b a.

7. definíció

Így a nem teljes másodfokú egyenlet a x 2 + b x = 0 két gyökere lesz x=0És x = − b a.

Rögzítsük az anyagot egy példával.

5. példa

Meg kell találni a 2 3 · x 2 - 2 2 7 · x = 0 egyenlet megoldását.

Megoldás

Vegyük ki x a zárójelen kívülre, és megkapjuk az x · 2 3 · x - 2 2 7 = 0 egyenletet. Ez az egyenlet ekvivalens az egyenletekkel x=0és 2 3 x - 2 2 7 = 0 . Most meg kell oldania a kapott lineáris egyenletet: 2 3 · x = 2 2 7 , x = 2 2 7 2 3 .

Az egyenlet megoldását röviden a következőképpen írjuk fel:

2 3 x 2 - 2 2 7 x = 0 x 2 3 x - 2 2 7 = 0

x = 0 vagy 2 3 x - 2 2 7 = 0

x = 0 vagy x = 3 3 7

Válasz: x = 0, x = 3 3 7.

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

A másodfokú egyenletek megoldásához van egy gyökképlet:

8. definíció

x = - b ± D 2 a, ahol D = b 2 − 4 a c a másodfokú egyenlet úgynevezett diszkriminánsa.

Az x \u003d - b ± D 2 a beírása lényegében azt jelenti, hogy x 1 \u003d - b + D 2 a, x 2 \u003d - b - D 2 a.

Hasznos lesz megérteni, hogyan származtatták a jelzett képletet és hogyan kell alkalmazni.

Másodfokú egyenlet gyökképletének levezetése

Tegyük fel, hogy egy másodfokú egyenlet megoldásával állunk szemben a x 2 + b x + c = 0. Végezzünk el számos ekvivalens transzformációt:

ossza el az egyenlet mindkét oldalát a számmal a, nullától eltérően megkapjuk a redukált másodfokú egyenletet: x 2 + b a x + c a \u003d 0;
válassza ki a teljes négyzetet a kapott egyenlet bal oldalán:
x 2 + b a x + c a = x 2 + 2 b 2 a x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a = = x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a
Ezt követően az egyenlet a következőképpen alakul: x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a \u003d 0;
most az utolsó két tagot át lehet vinni a jobb oldalra, az előjelet az ellenkezőjére változtatva, ami után kapjuk: x + b 2 · a 2 = b 2 · a 2 - c a ;
végül átalakítjuk az utolsó egyenlőség jobb oldalára írt kifejezést:
b 2 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - 4 a c 4 a 2 \u003d b 2 - 4 a c 4 a 2.

Így elérkeztünk az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlethez, amely ekvivalens az eredeti egyenlettel a x 2 + b x + c = 0.

Az előző bekezdésekben az ilyen egyenletek megoldását tárgyaltuk (a nem teljes másodfokú egyenletek megoldása). A már megszerzett tapasztalatok lehetővé teszik az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökereire vonatkozó következtetés levonását:

b 2 - 4 a c 4 a 2 esetén< 0 уравнение не имеет действительных решений;
b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = 0 esetén az egyenlet alakja x + b 2 · a 2 = 0, akkor x + b 2 · a = 0.

Innen az egyetlen gyök x = - b 2 · a nyilvánvaló;

b 2 - 4 a c 4 a 2 > 0 esetén a helyes: x + b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 vagy x = b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2, ami a ugyanaz, mint az x + - b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 vagy x = - b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2, azaz. az egyenletnek két gyöke van.

Arra a következtetésre juthatunk, hogy az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökeinek megléte vagy hiánya (és így az eredeti egyenlet) a b 2 - 4 a c kifejezés előjelétől függ. 4 · egy 2 írva a jobb oldalon. És ennek a kifejezésnek a jelét a számláló jele adja (a nevező 4 és 2 mindig pozitív lesz), vagyis a kifejezés jele b 2 − 4 a c. Ez a kifejezés b 2 − 4 a c név van megadva - a másodfokú egyenlet diszkriminánsa és a D betű a jelölése. Itt leírhatja a diszkrimináns lényegét - értékéből és előjeléből arra következtetnek, hogy a másodfokú egyenletnek lesz-e valódi gyöke, és ha igen, hány gyöke - egy vagy kettő.

Térjünk vissza az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlethez. Írjuk át a diszkriminancia jelöléssel: x + b 2 · a 2 = D 4 · a 2 .

Foglaljuk össze a következtetéseket:

9. definíció

nál nél D< 0 az egyenletnek nincs valódi gyökere;
nál nél D=0 az egyenletnek egyetlen gyöke van x = - b 2 · a ;
nál nél D > 0 az egyenletnek két gyöke van: x \u003d - b 2 a + D 4 a 2 vagy x \u003d - b 2 a - D 4 a 2. A gyökök tulajdonságai alapján ezek a gyökök a következőképpen írhatók fel: x \u003d - b 2 a + D 2 a vagy - b 2 a - D 2 a. És amikor megnyitjuk a modulokat, és a törteket közös nevezőre csökkentjük, a következőket kapjuk: x \u003d - b + D 2 a, x \u003d - b - D 2 a.

Tehát okoskodásunk eredménye a másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése volt:

x = - b + D 2 a, x = - b - D 2 a, diszkrimináns D képlettel számítjuk ki D = b 2 − 4 a c.

Ezek a formulák lehetővé teszik mindkét valós gyök meghatározását, ha a diszkrimináns nagyobb, mint nulla. Ha a diszkrimináns nulla, mindkét képlet alkalmazása ugyanazt a gyökét adja a másodfokú egyenlet egyetlen megoldásaként. Abban az esetben, ha a diszkrimináns negatív, a másodfokú gyökképletet próbálva szembesülni kell azzal, hogy egy negatív szám négyzetgyökét kell kivonni, ami túlmutat a valós számokon. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nem lesz valós gyöke, de lehetséges egy összetett konjugált gyökpár, amelyet az általunk kapott gyökképletek határoznak meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A másodfokú egyenletet a gyökképlet azonnali felhasználásával is meg lehet oldani, de ez alapvetően akkor történik meg, ha összetett gyököket kell találni.

Az esetek nagy részében a keresés általában nem összetett, hanem másodfokú egyenlet valós gyökereire vonatkozik. Ekkor optimális, mielőtt a másodfokú egyenlet gyökére vonatkozó képleteket használnánk, először meghatározzuk a diszkriminánst, és megbizonyosodunk arról, hogy az nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonjuk le, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), majd folytatjuk a a gyökerek értéke.

A fenti érvelés lehetővé teszi egy másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus megfogalmazását.

10. definíció

Másodfokú egyenlet megoldására a x 2 + b x + c = 0, szükséges:

képlet szerint D = b 2 − 4 a c keresse meg a diszkrimináns értékét;
D-nél< 0 сделать вывод об отсутствии у квадратного уравнения действительных корней;
ha D = 0, keressük meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - b 2 · a képlettel;
ha D > 0, határozzuk meg a másodfokú egyenlet két valós gyökét az x = - b ± D 2 · a képlettel.

Vegye figyelembe, hogy ha a diszkrimináns nulla, használhatja az x = - b ± D 2 · a képletet, amely ugyanazt az eredményt adja, mint az x = - b 2 · a képlet.

Vegye figyelembe a példákat.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Példák megoldását mutatjuk be a diszkrimináns különböző értékeire.

6. példa

Meg kell találni az egyenlet gyökereit x 2 + 2 x - 6 = 0.

Megoldás

Felírjuk a másodfokú egyenlet numerikus együtthatóit: a \u003d 1, b \u003d 2 és c = – 6. Ezután az algoritmus szerint járunk el, azaz. Kezdjük el kiszámolni a diszkriminánst, amelyre behelyettesítjük az a , b együtthatókat És c a diszkrimináns képletbe: D = b 2 − 4 a c = 2 2 − 4 1 (− 6) = 4 + 24 = 28 .

Így azt kaptuk, hogy D > 0, ami azt jelenti, hogy az eredeti egyenletnek két valós gyöke lesz.
Megtalálásukhoz az x \u003d - b ± D 2 · a gyökképletet használjuk, és a megfelelő értékeket helyettesítve a következőt kapjuk: x \u003d - 2 ± 28 2 · 1. A kapott kifejezést egyszerűsítjük úgy, hogy a faktort kivesszük a gyök előjeléből, majd a tört redukálásával:

x = - 2 ± 2 7 2

x = - 2 + 2 7 2 vagy x = - 2 - 2 7 2

x = - 1 + 7 vagy x = - 1 - 7

Válasz: x = - 1 + 7 , x = - 1 - 7 .

7. példa

Másodfokú egyenletet kell megoldani − 4 x 2 + 28 x − 49 = 0.

Megoldás

Határozzuk meg a diszkriminánst: D = 28 2 - 4 (- 4) (- 49) = 784 - 784 = 0. Ezzel a diszkrimináns értékkel az eredeti egyenletnek csak egy gyöke lesz, amelyet az x = - b 2 · a képlet határoz meg.

x = - 28 2 (- 4) x = 3, 5

Válasz: x = 3, 5.

8. példa

Meg kell oldani az egyenletet 5 év 2 + 6 év + 2 = 0

Megoldás

Ennek az egyenletnek a numerikus együtthatói a következők lesznek: a = 5 , b = 6 és c = 2 . A diszkrimináns meghatározásához ezeket az értékeket használjuk: D = b 2 − 4 · a · c = 6 2 − 4 · 5 · 2 = 36 − 40 = − 4 . A kiszámított diszkrimináns negatív, így az eredeti másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.

Abban az esetben, ha a feladat összetett gyökök megjelölése, akkor a gyökképletet alkalmazzuk komplex számokkal végzett műveletek végrehajtásával:

x \u003d - 6 ± - 4 2 5,

x \u003d - 6 + 2 i 10 vagy x \u003d - 6 - 2 i 10,

x = - 3 5 + 1 5 i vagy x = - 3 5 - 1 5 i .

Válasz: nincsenek igazi gyökerek; az összetett gyökök: - 3 5 + 1 5 i , - 3 5 - 1 5 i .

Az iskolai tantervben standardként nem írják elő az összetett gyökerek keresését, ezért ha a döntés során a diszkriminánst nemlegesnek definiálják, azonnal rögzítésre kerül a válasz, hogy nincsenek valódi gyökerek.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

Az x = - b ± D 2 a (D = b 2 − 4 a c) gyökképlet lehetővé teszi egy másik, kompaktabb képlet előállítását, amely lehetővé teszi, hogy megoldásokat találjon másodfokú egyenletekre páros együtthatóval x-ben (vagy együtthatóval) 2 a n alakú, például 2 3 vagy 14 ln 5 = 2 7 ln 5). Mutassuk meg, hogyan keletkezik ez a képlet.

Tegyük fel, hogy azzal a feladattal állunk szemben, hogy megoldást találjunk az a · x 2 + 2 · n · x + c = 0 másodfokú egyenletre. Az algoritmus szerint járunk el: meghatározzuk a D = (2 n) 2 − 4 a c = 4 n 2 − 4 a c = 4 (n 2 − a c) diszkriminánst, majd a gyökképletet használjuk:

x \u003d - 2 n ± D 2 a, x \u003d - 2 n ± 4 n 2 - a c 2 a, x \u003d - 2 n ± 2 n 2 - a c 2 a, x = - n ± n 2 - a · c a .

Jelöljük az n 2 − a c kifejezést D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a vizsgált másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következőképpen alakul:

x \u003d - n ± D 1 a, ahol D 1 \u003d n 2 - a c.

Könnyen belátható, hogy D = 4 · D 1 vagy D 1 = D 4 . Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyede. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével, ami azt jelenti, hogy D 1 előjele egy másodfokú egyenlet gyökeinek meglétére vagy hiányára is szolgálhat.

11. definíció

Így egy 2 n-es második együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásához szükséges:

keresse meg D 1 = n 2 − a c ;
a D 1-ben< 0 сделать вывод, что действительных корней нет;
D 1 = 0 esetén határozza meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - n a képlettel;
D 1 > 0 esetén határozzunk meg két valós gyöket az x = - n ± D 1 képlettel a.

9. példa

Meg kell oldani az 5 · x 2 − 6 · x − 32 = 0 másodfokú egyenletet.

Megoldás

Az adott egyenlet második együtthatója 2 · (− 3) . Ezután átírjuk a megadott másodfokú egyenletet a következőre: 5 · x 2 + 2 · (− 3) · x − 32 = 0, ahol a = 5, n = − 3 és c = − 32.

Számítsuk ki a diszkrimináns negyedik részét: D 1 = n 2 − a c = (− 3) 2 − 5 (− 32) = 9 + 160 = 169 . A kapott érték pozitív, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek két valós gyöke van. Meghatározzuk őket a gyökök megfelelő képletével:

x = - n ± D 1 a , x = - - 3 ± 169 5 , x = 3 ± 13 5 ,

x = 3 + 13 5 vagy x = 3 - 13 5

x = 3 1 5 vagy x = - 2

Lehetséges lenne a másodfokú egyenlet gyökeinek szokásos képletével is számításokat végezni, de ebben az esetben a megoldás körülményesebb lenne.

Válasz: x = 3 1 5 vagy x = - 2 .

Másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha lehetséges az eredeti egyenlet alakjának optimalizálása, ami leegyszerűsíti a gyökerek kiszámításának folyamatát.

Például a 12 x 2 - 4 x - 7 \u003d 0 másodfokú egyenlet egyértelműen kényelmesebb megoldáshoz, mint az 1200 x 2 - 400 x - 700 \u003d 0.

Gyakrabban a másodfokú egyenlet alakjának egyszerűsítését úgy hajtják végre, hogy mindkét részét megszorozzák vagy osztják egy bizonyos számmal. Például fentebb bemutattuk az 1200 x 2 - 400 x - 700 = 0 egyenlet egyszerűsített rekordját, amelyet úgy kapunk, hogy mindkét részét elosztjuk 100-zal.

Egy ilyen transzformáció akkor lehetséges, ha a másodfokú egyenlet együtthatói nem relatíve prímszámok. Ezután általában az egyenlet mindkét részét elosztjuk együtthatói abszolút értékének legnagyobb közös osztójával.

Példaként használjuk a 12 x 2 − 42 x + 48 = 0 másodfokú egyenletet. Határozzuk meg együtthatói abszolút értékeinek gcd-jét: gcd (12 , 42 , 48) = gcd(gcd (12 , 42) , 48) = gcd (6 , 48) = 6 . Osszuk el az eredeti másodfokú egyenlet mindkét részét 6-tal, és kapjuk a 2 · x 2 − 7 · x + 8 = 0 ekvivalens másodfokú egyenletet.

A másodfokú egyenlet mindkét oldalát megszorozva a törtegyütthatókat általában kiküszöböljük. Ebben az esetben szorozzuk meg együtthatói nevezőinek legkisebb közös többszörösével. Például, ha az 1 6 x 2 + 2 3 x - 3 \u003d 0 másodfokú egyenlet minden részét megszorozzuk LCM-mel (6, 3, 1) \u003d 6, akkor egyszerűbb formában lesz megírva x 2 + 4 x - 18 = 0 .

Végül megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulni a mínusztól a másodfokú egyenlet első együtthatójánál, megváltoztatva az egyenlet minden tagjának előjelét, amit úgy érünk el, hogy mindkét részt megszorozzuk (vagy osztjuk) −1-gyel. Például a - 2 x 2 - 3 x + 7 \u003d 0 másodfokú egyenletből áttérhet az egyszerűsített változatra 2 x 2 + 3 x - 7 \u003d 0.

A gyökök és az együtthatók kapcsolata

Az x = - b ± D 2 · a másodfokú egyenletek gyökeinek már ismert képlete numerikus együtthatóival fejezi ki az egyenlet gyökereit. E képlet alapján lehetőségünk van más függőségeket beállítani a gyökök és az együtthatók között.

A leghíresebb és leginkább alkalmazható a Vieta-tétel képlete:

x 1 + x 2 \u003d - b a és x 2 \u003d c a.

Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege a második ellentétes előjelű együttható, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal. Például a 3 · x 2 − 7 · x + 22 \u003d 0 másodfokú egyenlet alapján azonnal meghatározható, hogy gyökeinek összege 7 3, a gyökök szorzata pedig 22 3.

Számos más összefüggés is megtalálható a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszege kifejezhető együtthatókkal:

x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2) 2 - 2 x 1 x 2 = - b a 2 - 2 c a = b 2 a 2 - 2 c a = b 2 - 2 a c a 2.

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

2. videó lecke: Másodfokú egyenletek megoldása

Előadás: Másodfokú egyenletek

Az egyenlet

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

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

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

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

Lineáris: a*x = b;

Négyzet: a*x 2 + b*x + c = 0.

Vagyis minden egyenletet a megoldás előtt szabványos alakra kell konvertálni.

Bármely egyenletet kétféleképpen lehet megoldani: analitikusan és grafikusan.

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

Másodfokú egyenletek

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

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

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

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

"b"- első fokon az ismeretlen előtt áll.

"Val vel"- az egyenlet szabad tagja.

Ha például a következő alakú egyenletünk van:

2x 2 -5x+3=0

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

Másodfokú egyenlet megoldása

A másodfokú egyenlet megoldásának számos módja van. Az iskolai matematika kurzusban azonban a megoldást a Vieta-tétel, valamint a diszkrimináns segítségével tanulmányozzuk.

Diszkrimináns megoldás:

Ennek a módszernek a megoldása során a diszkriminánst a következő képlettel kell kiszámítani:

Ha a számítások során azt kapta, hogy a diszkrimináns kisebb, mint nulla, ez azt jelenti, hogy ennek az egyenletnek nincs megoldása.

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

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

Vieta tétele

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

Tehát tegyük fel, hogy az egyenlet:

Az egyenlet gyökerei a következők:

Hiányos másodfokú egyenlet

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

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

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

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

Először is megvitatjuk, mi az a másodfokú egyenlet, hogyan írható fel általános formában, és adjuk meg a kapcsolódó definíciókat. Ezt követően példákon keresztül részletesen elemezzük, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Ezután térjünk át a teljes egyenletek megoldására, szerezzük meg a gyökképletet, ismerkedjünk meg a másodfokú egyenlet diszkriminánsával, és fontoljuk meg a tipikus példák megoldásait. Végül nyomon követjük a gyökök és az együtthatók közötti kapcsolatokat.

Oldalnavigáció.

Mi az a másodfokú egyenlet? A fajtáik

Először is világosan meg kell értenie, mi az a másodfokú egyenlet. Ezért logikus a másodfokú egyenletekről beszélni a másodfokú egyenlet meghatározásával, valamint a hozzá kapcsolódó definíciókkal. Ezt követően mérlegelheti a másodfokú egyenletek fő típusait: redukált és nem redukált, valamint teljes és hiányos egyenleteket.

Másodfokú egyenletek definíciója és példái

Meghatározás.

Másodfokú egyenlet a forma egyenlete a x 2 +b x+c=0, ahol x egy változó, a , b és c néhány szám, és a különbözik nullától.

Tegyük fel rögtön, hogy a másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek nevezik. Ez azért van, mert a másodfokú egyenlet az algebrai egyenlet másodfokú.

A hangos definíció lehetővé teszi, hogy példákat adjunk másodfokú egyenletekre. Tehát 2 x 2 +6 x+1=0, 0,2 x 2 +2,5 x+0,03=0 stb. másodfokú egyenletek.

Meghatározás.

Számok a , b és c nevezzük a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c \u003d 0, és az a együtthatót elsőnek, vagy idősebbnek, vagy x 2-nél lévő együtthatónak nevezzük, b a második együttható, vagy együttható x-nél, c pedig szabad tag.

Például vegyünk egy 5 x 2 −2 x−3=0 alakú másodfokú egyenletet, ahol a vezető együttható 5, a második együttható -2, a szabad tag pedig -3. Vegye figyelembe, hogy ha a b és/vagy c együtthatók negatívak, mint az imént bemutatott példában, akkor az 5 x 2 −2 x−3=0 formájú másodfokú egyenlet rövid alakját használjuk, nem pedig 5 x 2 +(− 2 )x+(−3)=0 .

Érdemes megjegyezni, hogy ha az a és/vagy b együtthatók 1 vagy -1, akkor általában nincsenek kifejezetten jelen a másodfokú egyenlet jelölésében, ami az ilyen jelölés sajátosságaiból adódik. Például az y 2 −y+3=0 másodfokú egyenletben a vezető együttható egy, az y-nél pedig −1.

Redukált és nem redukált másodfokú egyenletek

A vezető együttható értékétől függően redukált és nem redukált másodfokú egyenleteket különböztetnek meg. Adjuk meg a megfelelő definíciókat.

Meghatározás.

Olyan másodfokú egyenletet nevezünk meg, amelyben a vezető együttható 1 redukált másodfokú egyenlet. Ellenkező esetben a másodfokú egyenlet az redukálatlan.

E definíció szerint a másodfokú egyenletek x 2 −3 x+1=0 , x 2 −x−2/3=0 stb. - csökkentve, mindegyikben az első együttható eggyel egyenlő. És 5 x 2 −x−1=0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, vezető együtthatóik eltérnek 1-től.

Bármilyen nem redukált másodfokú egyenletből, mindkét részét elosztva a vezető együtthatóval, eljuthatunk a redukálthoz. Ez a művelet egy ekvivalens transzformáció, vagyis az így kapott redukált másodfokú egyenletnek ugyanazok a gyökerei vannak, mint az eredeti nem redukált másodfokú egyenletnek, vagy hozzá hasonlóan nincs gyökere.

Vegyünk egy példát arra, hogyan történik az átmenet redukálatlan másodfokú egyenletről redukáltra.

Példa.

A 3 x 2 +12 x−7=0 egyenletből lépjen a megfelelő redukált másodfokú egyenletre.

Megoldás.

Elég, ha az eredeti egyenlet mindkét részének osztását elvégezzük a 3 vezető együtthatóval, ez nem nulla, így ezt a műveletet végre tudjuk hajtani. Van (3 x 2 +12 x−7):3=0:3 , ami megegyezik a (3 x 2):3+(12 x):3−7:3=0 , és így tovább (3 :3) x 2 +(12:3) x−7:3=0 , honnan . Így megkaptuk a redukált másodfokú egyenletet, amely ekvivalens az eredetivel.

Válasz:

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

A másodfokú egyenlet definíciójában van egy a≠0 feltétel. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 +b x+c=0 egyenlet pontosan négyzet alakú legyen, mivel a=0-val tulajdonképpen b x+c=0 alakú lineáris egyenletté válik.

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

Meghatározás.

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

Viszont

Meghatározás.

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

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

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

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

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

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

a x 2 =0, a b=0 és c=0 együtthatók megfelelnek neki;
ax2+c=0, ha b=0;
és a x 2 +b x=0, ha c=0.

Sorrendben elemezzük, hogyan oldják meg az egyes típusok nem teljes másodfokú egyenleteit.

a x 2 \u003d 0

Kezdjük azzal, hogy megoldjuk azokat a nem teljes másodfokú egyenleteket, amelyekben a b és c együttható nulla, azaz a x 2 =0 alakú egyenletekkel. Az a·x 2 =0 egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, amelyet az eredetiből úgy kapunk, hogy mindkét részét elosztjuk egy nem nulla a számmal. Nyilvánvaló, hogy az x 2 \u003d 0 egyenlet gyöke nulla, mivel 0 2 \u003d 0. Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami meg van magyarázva, sőt, bármely nem nulla p számra p 2 >0 egyenlőtlenség lép fel, ami azt jelenti, hogy p≠0 esetén a p 2 =0 egyenlőség soha nem teljesül.

Tehát az a x 2 \u003d 0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x \u003d 0.

Példaként adjuk meg a −4·x 2 =0 nem teljes másodfokú egyenlet megoldását. Egyenértékű az x 2 \u003d 0 egyenlettel, egyetlen gyöke x \u003d 0, ezért az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke nulla.

Egy rövid megoldás ebben az esetben a következőképpen adható ki:
−4 x 2 \u003d 0,
x 2 \u003d 0,
x=0.

a x 2 +c=0

Most nézzük meg, hogyan oldhatók meg a nem teljes másodfokú egyenletek, amelyekben a b együttható nulla, és c≠0, vagyis az a x 2 +c=0 alakú egyenletek. Tudjuk, hogy egy tagnak az egyenlet egyik oldaláról a másikra ellentétes előjelű átvitele, valamint az egyenlet mindkét oldalának egy nem nulla számmal való osztása ekvivalens egyenletet ad. Ezért az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációi hajthatók végre:

mozgassa c-t jobb oldalra, ami az a x 2 =-c egyenletet adja,
és mindkét részét elosztjuk a -val, megkapjuk.

A kapott egyenlet lehetővé teszi, hogy következtetéseket vonjunk le a gyökereiről. A és c értékétől függően a kifejezés értéke lehet negatív (például ha a=1 és c=2, akkor ) vagy pozitív (például ha a=−2 és c=6 , akkor ), nem egyenlő nullával, mert c≠0 feltétellel. Külön elemezzük az eseteket és.

Ha , akkor az egyenletnek nincs gyöke. Ez az állítás abból a tényből következik, hogy bármely szám négyzete nem negatív szám. Ebből az következik, hogy amikor , akkor tetszőleges p számra az egyenlőség nem lehet igaz.

Ha , akkor az egyenlet gyökeivel más a helyzet. Ebben az esetben, ha felidézzük kb, akkor azonnal nyilvánvalóvá válik az egyenlet gyöke, ez a szám, mivel. Könnyű kitalálni, hogy a szám egyben az egyenlet gyöke is, sőt, . Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami például ellentmondásokkal mutatható ki. Csináljuk.

Jelöljük az egyenlet éppen hangoztatott gyökét x 1 és −x 1 -ként. Tegyük fel, hogy az egyenletnek van egy másik x 2 gyöke, amely különbözik a jelzett x 1 és -x 1 gyöktől. Ismeretes, hogy ha az egyenletet az x gyök helyett az egyenletbe helyettesítjük, az egyenletet valódi numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van , x 2-re pedig . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a valódi numerikus egyenlőségeket tagonként kivonjuk, így az egyenlőségek megfelelő részeinek kivonása x 1 2 − x 2 2 =0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a kapott egyenlőséget a következőre írjuk át: (x 1 − x 2)·(x 1 + x 2)=0 . Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik egyenlő nullával. Ezért a kapott egyenlőségből az következik, hogy x 1 −x 2 =0 és/vagy x 1 +x 2 =0, ami megegyezik, x 2 =x 1 és/vagy x 2 = −x 1. Tehát ellentmondáshoz érkeztünk, hiszen az elején azt mondtuk, hogy az x 2 egyenlet gyöke különbözik x 1-től és −x 1-től. Ez bizonyítja, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint és .

Foglaljuk össze az ebben a bekezdésben található információkat. Az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az egyenlettel, amely

nincs gyökere, ha
két gyöke van és ha .

Tekintsünk példákat az a·x 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenletek megoldására.

Kezdjük a 9 x 2 +7=0 másodfokú egyenlettel. Miután a szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, a 9·x 2 =−7 alakot veszi fel. A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztva 9-cel, így jutunk el. Mivel a jobb oldalon negatív számot kapunk, ennek az egyenletnek nincs gyöke, ezért az eredeti 9 x 2 +7=0 hiányos másodfokú egyenletnek nincs gyöke.

Oldjunk meg még egy hiányos másodfokú egyenletet −x 2 +9=0. A kilencet átvisszük a jobb oldalra: -x 2 \u003d -9. Most mindkét részt elosztjuk −1-gyel, x 2 =9-et kapunk. A jobb oldalon egy pozitív szám található, amiből arra következtetünk, hogy vagy . Miután felírtuk a végső választ: a −x 2 +9=0 hiányos másodfokú egyenletnek két gyöke van x=3 vagy x=−3.

a x 2 +b x=0

Marad az utolsó típusú nem teljes másodfokú egyenlet megoldása c=0 esetén. Az a x 2 +b x=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletek lehetővé teszik a megoldást faktorizációs módszer. Nyilvánvalóan megtehetjük, az egyenlet bal oldalán található, amihez elegendő az x közös tényezőt zárójelből kivenni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről egy x·(a·x+b)=0 alakú ekvivalens egyenletre lépjünk. És ez az egyenlet ekvivalens két x=0 és egy x+b=0 egyenlet halmazával, amelyek közül az utolsó lineáris és gyöke x=−b/a .

Tehát az a x 2 +b x=0 nem teljes másodfokú egyenletnek két gyöke van: x=0 és x=−b/a.

Az anyag konszolidálásához egy konkrét példa megoldását elemezzük.

Példa.

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás.

Kivesszük x-et a zárójelekből, ez adja az egyenletet. Ez ekvivalens két x=0 és . Megoldjuk a kapott lineáris egyenletet: , és miután a vegyes számot elosztjuk egy közönséges törttel, azt találjuk. Ezért az eredeti egyenlet gyökei x=0 és .

A szükséges gyakorlat megszerzése után röviden felírhatjuk az ilyen egyenletek megoldásait:

Válasz:

x=0 , .

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

A másodfokú egyenletek megoldására van egy gyökképlet. Írjuk fel a másodfokú egyenlet gyökeinek képlete: , Ahol D=b 2 −4 a c- ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa. A jelölés lényegében azt jelenti.

Hasznos tudni, hogyan kapták meg a gyökképletet, és hogyan alkalmazzák azt a másodfokú egyenletek gyökereinek megtalálásában. Foglalkozzunk ezzel.

Másodfokú egyenlet gyökképletének levezetése

Meg kell oldanunk az a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenletet. Végezzünk el néhány egyenértékű átalakítást:

Ennek az egyenletnek mindkét részét eloszthatjuk egy nem nulla a számmal, így a redukált másodfokú egyenletet kapjuk.
Most válasszon egy teljes négyzetet bal oldalán: . Ezt követően az egyenlet a következőt veszi fel.
Ebben a szakaszban lehetséges az utolsó két tag jobb oldalra történő áthelyezése ellentétes előjellel, mi .
És alakítsuk át a jobb oldali kifejezést is: .

Ennek eredményeként az egyenlethez jutunk, amely ekvivalens az eredeti a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenlettel.

Az előző bekezdésekben, amikor elemeztük, már megoldottunk hasonló alakú egyenleteket. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy a következő következtetéseket vonjuk le az egyenlet gyökereiről:

ha , akkor az egyenletnek nincsenek valós megoldásai;
ha , akkor az egyenlet alakja , tehát , amelyből az egyetlen gyöke látható;
ha , akkor vagy , ami megegyezik a vagy -vel, vagyis az egyenletnek két gyöke van.

Így az egyenlet gyökeinek és így az eredeti másodfokú egyenletnek a megléte vagy hiánya a kifejezés jobb oldali előjelétől függ. Ennek a kifejezésnek az előjelét viszont a számláló előjele határozza meg, mivel a 4 a 2 nevező mindig pozitív, vagyis a b 2 −4 a c kifejezés előjele. Ezt a b 2 −4 a c kifejezést nevezzük másodfokú egyenlet diszkriminánsaés a betűvel megjelölve D. Innentől kezdve világos a diszkrimináns lényege - értékéből és előjeléből következik, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.

Visszatérünk az egyenlethez, átírjuk a diszkrimináns jelölésével: . És arra következtetünk:

ha D<0 , то это уравнение не имеет действительных корней;
ha D=0, akkor ennek az egyenletnek egyetlen gyöke van;
végül, ha D>0, akkor az egyenletnek két vagy gyöke van, ami átírható a vagy alakba, és a törteket bővítve és közös nevezőre redukálva kapjuk a -t.

Így levezettük a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit, így néznek ki, ahol a D diszkriminánst a D=b 2 −4 a c képlettel számítjuk ki.

Segítségükkel pozitív diszkrimináns segítségével kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökét. Ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét képlet ugyanazt a gyökértéket adja, amely megfelel a másodfokú egyenlet egyetlen megoldásának. Egy negatív diszkriminánssal pedig, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, azzal szembesülünk, hogy egy negatív számból kivonjuk a négyzetgyököt, ami túlmutat az iskolai tanterv keretein. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, de van párja komplex konjugátum gyökök, amelyeket az általunk kapott gyökképletekkel találhatunk meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A gyakorlatban egy másodfokú egyenlet megoldásánál azonnal használhatjuk a gyökképletet, amellyel kiszámolhatjuk az értékeket. De ez inkább az összetett gyökerek megtalálásáról szól.

Az iskolai algebratanfolyamon azonban általában nem összetett, hanem valós másodfokú egyenletgyökökről beszélünk. Ebben az esetben célszerű a másodfokú egyenlet gyökeinek felhasználása előtt először megkeresni a diszkriminánst, megbizonyosodni arról, hogy nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), majd ezt követően számítsa ki a gyökerek értékeit.

A fenti érvelés lehetővé teszi, hogy írjunk másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus. Az a x 2 + b x + c \u003d 0 másodfokú egyenlet megoldásához szüksége lesz:

a D=b 2 −4 a c diszkrimináns képlet segítségével számítsa ki az értékét;
arra a következtetésre jutunk, hogy a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, ha a diszkrimináns negatív;
számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével, ha D=0 ;
keresse meg a másodfokú egyenlet két valós gyökerét a gyökképlet segítségével, ha a diszkrimináns pozitív.

Itt csak azt jegyezzük meg, hogy ha a diszkrimináns nullával egyenlő, akkor a képlet is használható, ugyanazt az értéket adja, mint .

Továbbléphet a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algoritmus alkalmazásának példáira.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Tekintsük három másodfokú egyenlet megoldását pozitív, negatív és nulla diszkriminánssal. Miután foglalkoztunk a megoldásukkal, analógia útján bármely más másodfokú egyenlet is megoldható lesz. Kezdjük.

Példa.

Keresse meg az x 2 +2 x−6=0 egyenlet gyökereit.

Megoldás.

Ebben az esetben a másodfokú egyenlet következő együtthatói vannak: a=1 , b=2 és c=−6 . Az algoritmus szerint először ki kell számítani a diszkriminánst, ehhez behelyettesítjük a jelzett a-t, b-t és c-t a diszkrimináns képletbe, D=b 2 –4 a c=2 2 –4 1 (–6)=4+24=28. Mivel 28>0, azaz a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van. Keressük meg őket a gyök képletével, kapjuk, itt egyszerűsíthetjük a művelettel kapott kifejezéseket a gyökér jelét figyelembe véve ezt követi a frakciócsökkentés:

Válasz:

Térjünk át a következő tipikus példára.

Példa.

Oldja meg a −4 x 2 +28 x−49=0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

Kezdjük a diszkrimináns megtalálásával: D=28 2 −4 (−4) (−49)=784−784=0. Ezért ennek a másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyet így találunk, azaz

Válasz:

x=3,5.

Továbbra is meg kell fontolni a másodfokú egyenletek negatív diszkrimináns megoldását.

Példa.

Oldja meg az 5 y 2 +6 y+2=0 egyenletet.

Megoldás.

Itt vannak a másodfokú egyenlet együtthatói: a=5 , b=6 és c=2 . Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe, megvan D=b 2 −4 a c=6 2 −4 5 2=36−40=−4. A diszkrimináns negatív, ezért ennek a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.

Ha összetett gyököket kell megadnia, akkor a másodfokú egyenlet gyökeinek jól ismert képletét használjuk, és végrehajtjuk műveletek komplex számokkal:

Válasz:

nincsenek valódi gyökerek, az összetett gyökök: .

Még egyszer megjegyezzük, hogy ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskola általában azonnal leírja a választ, amelyben azt jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és nem találnak összetett gyököket.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D=b 2 −4 a c lehetővé teszi, hogy egy kompaktabb képletet kapjunk, amely lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását páros együtthatóval x-ben (vagy egyszerűen olyan együtthatóval, amely úgy néz ki, mint 2 n például vagy 14 ln5=2 7 ln5 ). Vigyük ki.

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk egy a x 2 +2 n x + c=0 alakú másodfokú egyenletet. Keressük meg a gyökereit az általunk ismert képlet segítségével. Ehhez kiszámítjuk a diszkriminánst D=(2 n) 2 −4 a c=4 n 2 −4 a c=4 (n 2 −a c), majd a gyökképletet használjuk:

Jelölje az n 2 −a c kifejezést D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a figyelembe vett másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következő alakot veszi fel , ahol D 1 =n 2 −a c .

Könnyen belátható, hogy D=4·D 1 , vagy D 1 =D/4 . Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyedik része. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével. Vagyis a D 1 jel a másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát is jelzi.

Tehát egy másodfokú egyenlet megoldásához a második 2 n együtthatóval szükség van

Számítsuk ki D 1 =n 2 −a·c ;
Ha D 1<0 , то сделать вывод, что действительных корней нет;
Ha D 1 =0, akkor számítsa ki az egyenlet egyetlen gyökét a képlet segítségével;
Ha D 1 >0, akkor keress két valós gyöket a képlet segítségével.

Tekintsük a példa megoldását az ebben a bekezdésben kapott gyökképlet segítségével.

Példa.

Oldja meg az 5 x 2 −6 x−32=0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

Ennek az egyenletnek a második együtthatója 2·(−3) . Azaz átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakban, itt a=5 , n=−3 és c=−32 , és kiszámolhatja az diszkriminatív: D 1 =n 2 −a c=(−3) 2 −5 (−32)=9+160=169. Mivel értéke pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van. A megfelelő gyökképlet segítségével találjuk meg őket:

Megjegyzendő, hogy a másodfokú egyenlet gyökére a szokásos képletet lehetett használni, de ebben az esetben több számítási munkát kell végezni.

Válasz:

Másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha, mielőtt egy másodfokú egyenlet gyökereinek képletekkel történő kiszámításába kezdenénk, nem árt feltenni a kérdést: „Lehetséges-e egyszerűsíteni ennek az egyenletnek a formáját”? Egyetértünk azzal, hogy számítási szempontból könnyebb lesz megoldani a 11 x 2 −4 x −6=0 másodfokú egyenletet, mint 1100 x 2 −400 x−600=0 .

Általában a másodfokú egyenlet formájának egyszerűsítését úgy érik el, hogy mindkét oldalát megszorozzuk vagy elosztjuk valamilyen számmal. Például az előző bekezdésben az 1100 x 2 −400 x −600=0 egyenlet egyszerűsítését sikerült elérni úgy, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.

Hasonló transzformációt hajtunk végre másodfokú egyenletekkel, amelyek együtthatói nem . Ebben az esetben az egyenlet mindkét részét általában elosztják együtthatóinak abszolút értékeivel. Vegyük például a 12 x 2 −42 x+48=0 másodfokú egyenletet. együtthatóinak abszolút értékei: gcd(12, 42, 48)= gcd(gcd(12, 42), 48)= gcd(6, 48)=6 . Az eredeti másodfokú egyenlet mindkét részét 6-tal elosztva a 2 x 2 −7 x+8=0 ekvivalens másodfokú egyenlethez jutunk.

És a másodfokú egyenlet mindkét részének szorzata általában azért történik, hogy megszabaduljunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben a szorzást az együtthatók nevezőin hajtják végre. Például, ha egy másodfokú egyenlet mindkét részét megszorozzuk LCM(6, 3, 1)=6 -al, akkor az egyszerűbb formát ölti: x 2 +4 x−18=0 .

Ennek a bekezdésnek a végén megjegyezzük, hogy a másodfokú egyenlet vezető együtthatójánál szinte mindig megszabadulni a mínusztól az összes tag előjelének megváltoztatásával, ami megfelel mindkét rész -1-gyel való szorzásának (vagy osztásának). Például általában a −2·x 2 −3·x+7=0 másodfokú egyenletből megyünk a 2·x 2 +3·x−7=0 megoldáshoz.

Másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak kapcsolata

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete az egyenlet gyökereit az együtthatóiban fejezi ki. A gyökök képlete alapján más összefüggéseket kaphat a gyökök és az együtthatók között.

A legismertebb és leginkább alkalmazható képletek a form és a Vieta-tételből. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, a gyökök szorzata pedig a szabad tag. Például a 3 x 2 −7 x+22=0 másodfokú egyenlet alakjával azonnal azt mondhatjuk, hogy gyökeinek összege 7/3, a gyökök szorzata pedig 22/3.

A már felírt képleteket felhasználva számos egyéb összefüggést kaphatunk a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például kifejezheti egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszegét az együtthatóival: .

Bibliográfia.

Algebra: tankönyv 8 cellához. Általános oktatás intézmények / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; szerk. S. A. Teljakovszkij. - 16. kiadás - M. : Oktatás, 2008. - 271 p. : ill. - ISBN 978-5-09-019243-9.
Mordkovich A. G. Algebra. 8. osztály. 14 órakor 1. rész Tankönyv oktatási intézmények diákjainak / A. G. Mordkovich. - 11. kiadás, törölve. - M.: Mnemosyne, 2009. - 215 p.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.

Emlékeztetünk arra, hogy a teljes másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

A teljes másodfokú egyenletek megoldása egy kicsit bonyolultabb (csak egy kicsit) a megadottaknál.

Emlékezik, bármely másodfokú egyenlet megoldható a diszkrimináns segítségével!

Még hiányos is.

A többi módszer segít gyorsabban megtenni, de ha problémái vannak a másodfokú egyenletekkel, először sajátítsa el a megoldást a diszkrimináns segítségével.

1. Másodfokú egyenletek megoldása a diszkrimináns segítségével.

A másodfokú egyenletek ilyen módon történő megoldása nagyon egyszerű, a lényeg az, hogy emlékezzen a műveletek sorrendjére és néhány képletre.

Ha, akkor az egyenletnek 2 gyöke van. Fordítson különös figyelmet a 2. lépésre.

A D diszkrimináns megmondja az egyenlet gyökeinek számát.

Ha, akkor a lépésben szereplő képlet erre csökken. Így az egyenletnek csak gyöke lesz.
Ha, akkor a lépésnél nem tudjuk kinyerni a diszkrimináns gyökerét. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.

Térjünk rá a másodfokú egyenlet geometriai jelentésére.

A függvény grafikonja egy parabola:

Térjünk vissza az egyenletekhez, és nézzünk meg néhány példát.

9. példa

Oldja meg az egyenletet

1. lépés kihagyni.

2. lépés

A diszkrimináns megtalálása:

Tehát az egyenletnek két gyöke van.

3. lépés

Válasz:

10. példa

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában van, tehát 1. lépés kihagyni.

2. lépés

A diszkrimináns megtalálása:

Tehát az egyenletnek egy gyöke van.

Válasz:

11. példa

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában van, tehát 1. lépés kihagyni.

2. lépés

A diszkrimináns megtalálása:

Ez azt jelenti, hogy nem fogjuk tudni kinyerni a gyökeret a diszkriminánsból. Az egyenletnek nincsenek gyökerei.

Most már tudjuk, hogyan írjuk le helyesen az ilyen válaszokat.

Válasz: nincsenek gyökerei

2. Másodfokú egyenletek megoldása a Vieta-tétel segítségével

Ha emlékszel, akkor van egy ilyen típusú egyenlet, amelyet redukáltnak neveznek (amikor az a együttható egyenlő):

Az ilyen egyenletek nagyon könnyen megoldhatók Vieta tételével:

A gyökerek összege adott másodfokú egyenlet egyenlő, és a gyökök szorzata egyenlő.

Csak ki kell választania egy olyan számpárt, amelynek szorzata megegyezik az egyenlet szabad tagjával, és az összeg egyenlő a második együtthatóval, ellenkező előjellel.

12. példa

Oldja meg az egyenletet

Ez az egyenlet alkalmas a Vieta-tétel segítségével történő megoldásra, mert .

Az egyenlet gyökeinek összege, i.e. megkapjuk az első egyenletet:

A termék pedig:

Készítsük el és oldjuk meg a rendszert:

És. Az összeg:
És. Az összeg:
És. Az összeg egyenlő.

és ezek a rendszer megoldásai:

Válasz: ; .

13. példa

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

14. példa

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:

Válasz:

NEGYEDES EGYENLETEK. ÁTLAGOS SZINT

Mi az a másodfokú egyenlet?

Más szóval a másodfokú egyenlet egy olyan alakú egyenlet, ahol - ismeretlen, - néhány szám is.

A számot a legmagasabb ill első együttható másodfokú egyenlet, - második együttható, A - ingyenes tag.

Mert ha, az egyenlet azonnal lineárissá válik, mert el fog tűnni.

Ebben az esetben és egyenlő lehet nullával. Ebben a szék egyenletben az ún befejezetlen.

Ha minden kifejezés a helyén van, vagyis az egyenlet - teljes.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldási módszerei

Először is elemezzük a hiányos másodfokú egyenletek megoldásának módszereit - ezek egyszerűbbek.

A következő típusú egyenleteket lehet megkülönböztetni:

I. , ebben az egyenletben az együttható és a szabad tag egyenlő.

II. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.

III. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.

Most fontolja meg ezen altípusok mindegyikének megoldását.

Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:

A négyzetes szám nem lehet negatív, mert ha két negatív vagy két pozitív számot szorozunk, az eredmény mindig pozitív szám lesz. Ezért:

ha, akkor az egyenletnek nincsenek megoldásai;

ha két gyökerünk van

Ezeket a képleteket nem kell megjegyezni. A legfontosabb, hogy ne feledje, hogy nem lehet kevesebb.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

15. példa

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!

16. példa

Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet

nincsenek gyökerei.

Ahhoz, hogy röviden írjuk, hogy a problémának nincs megoldása, az üres készlet ikont használjuk.

Válasz:

17. példa

Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: és.

Válasz:

Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:

A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek van megoldása, ha:

Tehát ennek a másodfokú egyenletnek két gyökere van: és.

Példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és megkeressük a gyököket:

Válasz:

Teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei

1. Diszkrimináns

A másodfokú egyenletek ilyen módon történő megoldása egyszerű, a lényeg az, hogy emlékezzen a műveletek sorrendjére és néhány képletre. Ne feledje, hogy a diszkrimináns segítségével bármilyen másodfokú egyenlet megoldható! Még hiányos is.

Észrevetted a diszkrimináns gyökerét a gyökképletben?

De a megkülönböztető lehet negatív is.

Mit kell tenni?

Különös figyelmet kell fordítanunk a 2. lépésre. A diszkrimináns megmondja az egyenlet gyökeinek számát.

Ha, akkor az egyenletnek van gyöke:
Ha, akkor az egyenletnek ugyanaz a gyöke, de valójában egy gyöke:
Az ilyen gyökereket kettős gyökérnek nevezzük.
Ha, akkor a diszkrimináns gyökerét nem nyerjük ki. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.

Miért van különböző számú gyökér?

Térjünk rá a másodfokú egyenlet geometriai jelentésére. A függvény grafikonja egy parabola:

Egy adott esetben, ami egy másodfokú egyenlet, .

Ez pedig azt jelenti, hogy a másodfokú egyenlet gyökei az x tengellyel (tengely) való metszéspontok.

Előfordulhat, hogy a parabola egyáltalán nem keresztezi a tengelyt, vagy egy (ha a parabola teteje a tengelyen van) vagy két pontban metszi azt.

Ezenkívül az együttható felelős a parabola ágainak irányáért. Ha, akkor a parabola ágai felfelé, és ha - akkor lefelé irányulnak.

4 példa másodfokú egyenletek megoldására

18. példa

Válasz:

19. példa

Válasz: .

20. példa

Válasz:

21. példa

Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

Válasz: .

2. Vieta tétele

Vieta tételének használata nagyon egyszerű.

Minden, amire szükséged van felvenni olyan számpár, amelynek szorzata egyenlő az egyenlet szabad tagjával, összege pedig egyenlő a második együtthatóval, ellenkező előjellel felvéve.

Fontos megjegyezni, hogy Vieta tétele csak erre alkalmazható adott másodfokú egyenletek ().

Nézzünk néhány példát:

22. példa

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Ez az egyenlet alkalmas a Vieta-tétel segítségével történő megoldásra, mert . Egyéb együtthatók: ; .

Az egyenlet gyökeinek összege:

A termék pedig:

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, és ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:

És. Az összeg:
És. Az összeg:
És. Az összeg egyenlő.

és ezek a rendszer megoldásai:

Így és ezek az egyenletünk gyökerei.

Válasz: ; .

23. példa

Megoldás:

Kiválasztjuk azokat a számpárokat, amelyek megadják a szorzatot, majd ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:

és: adja összesen.

és: adja összesen. Ahhoz, hogy megkapja, csak meg kell változtatnia az állítólagos gyökerek jeleit: és végül is a munkát.

Válasz:

24. példa

Megoldás:

Az egyenlet szabad tagja negatív, ezért a gyökök szorzata negatív szám. Ez csak akkor lehetséges, ha az egyik gyökér negatív, a másik pedig pozitív. Tehát a gyökerek összege az moduljaik különbségei.

Olyan számpárokat választunk ki, amelyek megadják a szorzatot, és amelyek különbsége egyenlő:

és: különbségük - nem megfelelő;

és: - nem alkalmas;

és: - alkalmas. Csak emlékezni kell arra, hogy az egyik gyökér negatív. Mivel ezek összegének egyenlőnek kell lennie, ezért az abszolút értékben kisebb gyöknek negatívnak kell lennie: . Ellenőrizzük:

Válasz:

25. példa

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:

A szabad tag negatív, ezért a gyökök szorzata negatív. És ez csak akkor lehetséges, ha az egyenlet egyik gyöke negatív, a másik pedig pozitív.

Kiválasztjuk azokat a számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, majd meghatározzuk, hogy mely gyököknek legyen negatív előjele:

Nyilvánvalóan csak a gyökerek és az első feltételre alkalmasak:

Válasz:

26. példa

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:

A gyökök összege negatív, ami azt jelenti, hogy legalább az egyik gyökér negatív. De mivel a termékük pozitív, ez azt jelenti, hogy mindkét gyökér mínusz.

Olyan számpárokat választunk ki, amelyek szorzata egyenlő:

Nyilvánvaló, hogy a gyökerek a számok és.

Válasz:

Egyetértek, nagyon kényelmes - szóban feltalálni a gyökereket, ahelyett, hogy ezt a csúnya megkülönböztetőt számolnánk.

Próbálja meg minél gyakrabban használni Vieta tételét!

A Vieta-tétel azonban szükséges a gyökerek megtalálásának megkönnyítése és felgyorsítása érdekében.

Ahhoz, hogy nyereséges legyen a használata, a műveleteket automatizálni kell. És ehhez oldj meg még öt példát.

De ne csalj: nem használhatod a diszkriminánst! Csak Vieta tétele!

5 példa Vieta tételére önálló tanuláshoz

27. példa

1. feladat ((x)^(2))-8x+12=0

Vieta tétele szerint:

A válogatást szokás szerint a termékkel kezdjük:

Nem alkalmas, mert az összeg;

: az összeg az, amire szüksége van.

Válasz: ; .

28. példa

2. feladat.

És ismét a kedvenc Vieta-tételünk: az összegnek ki kell jönnie, de a szorzat egyenlő.

De mivel nem kell, hanem, megváltoztatjuk a gyökerek jeleit: és (összesen).

Válasz: ; .

29. példa

3. feladat.

Hmm... Hol van?

Az összes feltételt egy részbe kell áthelyezni:

A gyökerek összege egyenlő a szorzattal.

Igen, állj! Az egyenlet nincs megadva.

De Vieta tétele csak az adott egyenletekben alkalmazható.

Tehát először meg kell hoznia az egyenletet.

Ha nem tudja felhozni, dobja el ezt az ötletet, és oldja meg más módon (például a diszkrimináns segítségével).

Hadd emlékeztesselek arra, hogy egy másodfokú egyenlet létrehozása azt jelenti, hogy a vezető együtthatót egyenlővé kell tenni:

Ekkor a gyökök összege egyenlő, és a szorzat.

Itt könnyebb felvenni: végül is - prímszám (elnézést a tautológiáért).

Válasz: ; .

30. példa

4. feladat.

A szabad kifejezés negatív.

Mi olyan különleges benne?

És az a tény, hogy a gyökerek különböző előjelűek lesznek.

És most a kiválasztás során nem a gyökök összegét, hanem a moduljaik közötti különbséget ellenőrizzük: ez a különbség egyenlő, hanem a szorzat.

Tehát a gyökök egyenlőek és, de az egyik mínuszos.

Vieta tétele azt mondja, hogy a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, azaz.

Ez azt jelenti, hogy a kisebb gyökérnek mínusza lesz: és, mivel.

Válasz: ; .

31. példa

5. feladat.

Mit kell először tenni?

Így van, adja meg az egyenletet:

Ismét: kiválasztjuk a szám tényezőit, és különbségük egyenlő legyen:

A gyökerek egyenlőek és, de egyikük mínusz. Melyik? Összegüknek egyenlőnek kell lennie, ami azt jelenti, hogy mínusz esetén nagyobb gyökér lesz.

Válasz: ; .

Összesít

Vieta tétele csak az adott másodfokú egyenletekben használatos.
A Vieta-tétel segítségével kiválasztással, szóban megtalálhatja a gyökereket.
Ha az egyenlet nincs megadva, vagy nem található a szabad tag megfelelő tényezőpárja, akkor nincsenek egész gyökök, és ezt más módon kell megoldani (például a diszkrimináns segítségével).

3. Teljes négyzet kiválasztási módszer

Ha a rövidített szorzás képleteiből az összes ismeretlent tartalmazó tagot tagként ábrázoljuk - az összeg vagy a különbség négyzete -, akkor a változók változása után az egyenlet egy ilyen típusú hiányos másodfokú egyenletként ábrázolható.

Például: