Másodfokú egyenlet gyökeinek általános képlete. Másodfokú egyenletek
Első szint
Másodfokú egyenletek. Átfogó útmutató (2019)
A „kvadratikus” kifejezésben a kulcsszó a „négyzetes”. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek szükségszerűen tartalmaznia kell egy változót (ugyanazt az x-et) négyzetesen, és nem lehet x a harmadik (vagy nagyobb) fokozatban.
Sok egyenlet megoldása a pontos megoldásra redukálódik másodfokú egyenletek.
Tanuljuk meg meghatározni, hogy másodfokú egyenletünk van, és nem valami más.
1. példa
Megszabadulunk a nevezőtől, és az egyenlet minden tagját szorozzuk meg ezzel
Helyezzen mindent a bal oldalra, és rendezze a kifejezéseket az x fokai szerint csökkenő sorrendbe
Most már bátran kijelenthetjük, hogy ez az egyenlet másodfokú!
2. példa
Szorozzuk meg a bal és a jobb oldalt a következővel:
Ez az egyenlet, bár eredetileg benne volt, nem négyzet!
3. példa
Szorozzunk meg mindent a következővel:
Félve? Negyedik és második fok... Ha azonban behelyettesítünk, akkor látni fogjuk, hogy van egy egyszerű másodfokú egyenletünk:
4. példa
Úgy tűnik, ott van, de nézzük meg közelebbről. Tegyünk mindent a bal oldalra:
Látod, összezsugorodott – és most ez egy egyszerű lineáris egyenlet!
Most próbálja meg kitalálni, hogy az alábbi egyenletek közül melyik másodfokú, és melyik nem:
Példák:
Válaszok:
- négyzet;
- négyzet;
- nem négyzet alakú;
- nem négyzet alakú;
- nem négyzet alakú;
- négyzet;
- nem négyzet alakú;
- négyzet.
A matematikusok feltételesen felosztják az összes másodfokú egyenletet a következő formára:
- Teljes másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együtthatók és, valamint a c szabad tag nem egyenlő nullával (mint a példában). Ezenkívül a teljes másodfokú egyenletek között vannak adott- ezek olyan egyenletek, amelyekben az együttható (az első példa egyenlete nemcsak teljes, hanem redukált is!)
- Hiányos másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:
Hiányosak, mert hiányzik belőlük néhány elem. De az egyenletnek mindig x négyzetnek kell lennie!!! Ellenkező esetben ez már nem négyzet lesz, hanem valami más egyenlet.
Miért találtál ki ilyen felosztást? Úgy tűnik, hogy van egy X négyzet, és rendben van. Ez a felosztás a megoldási módszereknek köszönhető. Tekintsük mindegyiket részletesebben.
Hiányos másodfokú egyenletek megoldása
Először is foglalkozzunk a hiányos másodfokú egyenletek megoldásával – ezek sokkal egyszerűbbek!
A nem teljes másodfokú egyenletek a következő típusúak:
- , ebben az egyenletben az együttható az.
- , ebben az egyenletben a szabad tag az.
- , ebben az egyenletben az együttható és a metszéspont egyenlő.
1.és. Mivel tudjuk, hogyan kell venni a négyzetgyököt, fejezzük ki ebből az egyenletből
A kifejezés lehet negatív vagy pozitív. A négyzetes szám nem lehet negatív, mert két negatív vagy két pozitív szám szorzásakor mindig az lesz az eredmény pozitív szám, tehát: ha, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
És ha, akkor két gyökeret kapunk. Ezeket a képleteket nem kell megjegyezni. A lényeg az, hogy tudnod kell, és mindig emlékezned kell arra, hogy nem lehet kevesebb.
Próbáljunk meg néhány példát megoldani.
5. példa:
Oldja meg az egyenletet
Most marad a gyökér kinyerése a bal és a jobb oldalról. Emlékszel, hogyan kell kivonni a gyökereket?
Válasz:
Soha ne feledkezz meg a negatív gyökerekről!!!
6. példa:
Oldja meg az egyenletet
Válasz:
7. példa:
Oldja meg az egyenletet
Jaj! Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet
nincsenek gyökerek!
Azokhoz az egyenletekhez, amelyeknek nincs gyökere, a matematikusok egy speciális ikont találtak ki - (üres halmaz). A választ pedig így írhatjuk:
Válasz:
Így ennek a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Itt nincsenek korlátozások, mivel nem bontottuk ki a gyökeret.
8. példa:
Oldja meg az egyenletet
Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelből:
És így,
Ennek az egyenletnek két gyökere van.
Válasz:
A nem teljes másodfokú egyenletek legegyszerűbb típusa (bár mindegyik egyszerű, igaz?). Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:
Példák nélkül maradunk.
Teljes másodfokú egyenletek megoldása
Emlékeztetünk arra, hogy a teljes másodfokú egyenlet az alakegyenlet egyenlete, ahol
A teljes másodfokú egyenletek megoldása egy kicsit nehezebb (csak egy kicsit) a megadottaknál.
Emlékezik, bármely másodfokú egyenlet megoldható a diszkrimináns segítségével! Méghozzá hiányosan.
A többi módszer segít gyorsabban megtenni, de ha problémái vannak a másodfokú egyenletekkel, először tanulja meg 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 van gyöke. Speciális figyelem lépést tenni. A diszkrimináns () jelzi számunkra az egyenlet gyökeinek számát.
- Ha, akkor a lépésben szereplő képlet erre csökken. Így az egyenletnek a teljes gyöke lesz.
- Ha, akkor a lépésben nem tudjuk kinyerni a gyökeret a diszkriminánsból. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.
Térjünk vissza az egyenletekhez, és nézzünk meg néhány példát.
9. példa:
Oldja meg az egyenletet
1. lépés kihagyni.
2. lépés.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
Tehát az egyenletnek két gyöke van.
3. lépés
Válasz:
10. példa:
Oldja meg az egyenletet
Az egyenlet tehát szabványos formában kerül bemutatásra 1. lépés kihagyni.
2. lépés.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
Tehát az egyenletnek egy gyöke van.
Válasz:
11. példa:
Oldja meg az egyenletet
Az egyenlet tehát szabványos formában kerül bemutatásra 1. lépés kihagyni.
2. lépés.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
Ezért nem fogjuk tudni kinyerni a gyökeret a diszkriminánsból. Az egyenletnek nincsenek gyökerei.
Most már tudjuk, hogyan írjuk le helyesen az ilyen válaszokat.
Válasz: Nincsenek gyökerek
2. Másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével.
Ha emlékszel, van egyfajta egyenlet, amelyet redukáltnak neveznek (amikor az a együttható egyenlő):
Az ilyen egyenleteket nagyon könnyű megoldani Vieta tételével:
Gyökerek összege adott a másodfokú egyenlet, a gyökök szorzata pedig az.
12. példa:
Oldja meg az egyenletet
Ez az egyenlet alkalmas a Vieta-tétel segítségével történő megoldásra, hiszen ...
Az egyenlet gyökeinek összege egyenlő, azaz. megkapjuk az első egyenletet:
És a termék egyenlő:
Állítsuk össze és oldjuk meg a rendszert:
- és. Az összeg egyenlő;
- és. Az összeg egyenlő;
- 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 szavakkal, a másodfokú egyenlet egy olyan alakú egyenlete, ahol az ismeretlen, néhány szám, és.
A számot a legidősebb ill első esély másodfokú egyenlet, - második együttható, a - ingyenes tag.
Miért? Mert ha, az egyenlet azonnal lineárissá válik, mert eltűnik.
Sőt, és egyenlő lehet nullával. Ebben a székben az egyenletet hiányosnak nevezik. Ha az összes kifejezés a helyén van, akkor az egyenlet teljes.
Megoldások különböző típusú másodfokú egyenletekre
Nem teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:
Először is elemezzük a hiányos másodfokú egyenletek megoldási módszereit - ezek egyszerűbbek.
A következő típusú egyenleteket lehet megkülönböztetni:
I., ebben az egyenletben az együttható és a metszet egyenlő.
II. , ebben az egyenletben az együttható az.
III. , ebben az egyenletben a szabad tag az.
Most nézzünk meg egy-egy megoldást ezen altípusok mindegyikére.
Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:
A négyzetes szám nem lehet negatív, mert ha két negatív vagy két pozitív számot megszorozunk, 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 dolog, amit ne felejts el, az az, hogy nem lehet kevesebb.
Példák:
Megoldások:
Válasz:
Soha ne felejtsd el a negatív gyökereket!
Egy szám négyzete nem lehet negatív, ami azt jelenti, hogy az egyenlet
nincsenek gyökerei.
Ahhoz, hogy röviden rögzítsük, hogy a problémának nincs megoldása, használjuk az üres készlet ikont.
Válasz:
Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: és.
Válasz:
Húzza ki a közös tényezőt a zárójelből:
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:
Tényezősítse az egyenlet bal oldalát, és keresse meg 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! Méghozzá hiányosan.
Észrevetted a diszkrimináns gyökerét a gyökképletben? De a megkülönböztető lehet negatív is. Mit kell tenni? Különös figyelmet kell fordítani a 2. lépésre. A diszkrimináns az egyenlet gyökeinek számát jelzi számunkra.
- 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 más a gyökérszám? Térjünk rá a másodfokú egyenlet geometriai jelentésére. A függvénygráf egy parabola:
A speciális esetben, ami egy másodfokú egyenlet,. Ez pedig azt jelenti, hogy a másodfokú egyenlet gyökei az abszcissza tengellyel (tengellyel) való metszéspontok. Előfordulhat, hogy a parabola egyáltalán nem metszi a tengelyt, vagy egy (ha a parabola csúcsa a tengelyen van) vagy két pontban metszi azt.
Ezenkívül az együttható felelős a parabola ágainak irányáért. Ha, akkor a parabola ágai felfelé irányulnak, és ha - akkor lefelé.
Példák:
Megoldások:
Válasz:
Válasz: .
Válasz:
Tehát nincsenek megoldások.
Válasz: .
2. Vieta tétele
A Vieta-tétel használata nagyon egyszerű: csak ki kell választani egy számpárt, amelynek szorzata egyenlő az egyenlet szabad tagjával, és az összeg a második együttható, amelyet ellenkező előjellel veszünk.
Fontos megjegyezni, hogy Vieta tétele csakis alkalmazható redukált másodfokú egyenletek ().
Nézzünk néhány példát:
1. példa:
Oldja meg az egyenletet.
Megoldás:
Ez az egyenlet alkalmas a Vieta-tétel segítségével történő megoldásra, hiszen ... Egyéb együtthatók:; ...
Az egyenlet gyökeinek összege:
És a termék egyenlő:
Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, és nézzük meg, hogy összegük egyenlő-e:
- és. Az összeg egyenlő;
- és. Az összeg egyenlő;
- és. Az összeg egyenlő.
és ezek a rendszer megoldásai:
Így és ezek az egyenletünk gyökerei.
Válasz: ; ...
2. példa:
Megoldás:
Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek megadják a szorzatot, majd ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:
és: összeadjuk.
és: összeadjuk. Ahhoz, hogy megszerezze, csak meg kell változtatnia az állítólagos gyökerek jeleit: és végül is a terméket.
Válasz:
3. példa:
Megoldás:
Az egyenlet szabad tagja negatív, ami azt jelenti, hogy a gyökök szorzata negatív szám. Ez csak akkor lehetséges, ha az egyik gyökér negatív, a másik pozitív. Ezért a gyökerek összege az moduljaik különbségei.
Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek megadják a szorzatot, és amelyek különbsége egyenlő:
és: különbségük egyenlő - nem illik;
és: - nem illik;
és: - nem illik;
és: - illik. Csak emlékezni kell arra, hogy az egyik gyökér negatív. Mivel összegüknek egyenlőnek kell lennie, akkor az abszolút értékű legkisebb gyökének negatívnak kell lennie:. Ellenőrizzük:
Válasz:
4. példa:
Oldja meg az egyenletet.
Megoldás:
Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:
A szabad tag negatív, ami azt jelenti, hogy a gyökerek szorzata negatív. És ez csak akkor lehetséges, ha az egyenlet egyik gyöke negatív, a másik pedig pozitív.
Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, majd határozzuk meg, hogy melyik gyöknek legyen negatív előjele:
Nyilvánvalóan csak a gyökerek alkalmasak az első feltételre:
Válasz:
5. példa:
Oldja meg az egyenletet.
Megoldás:
Az egyenlet redukált, ami azt jelenti:
A gyökök összege negatív, ami azt jelenti, hogy a legalább, az egyik gyöke negatív. De mivel a termékük pozitív, akkor mindkét gyökér mínusz előjelű.
Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő:
Nyilvánvaló, hogy a gyökerek a számok és.
Válasz:
Valljuk be, nagyon kényelmes szóban előállni a gyökerekkel, ahelyett, hogy ezt a csúnya megkülönböztetőt számolnánk. Próbálja meg minél gyakrabban használni Vieta tételét.
De Vieta tételére azért van szükség, hogy megkönnyítsük és felgyorsítsuk a gyökerek megtalálását. Ahhoz, hogy nyereséges legyen a használata, a műveleteket automatizálni kell. És ehhez döntsön még öt példán. De ne csalj: nem használhatod a diszkriminánst! Csak Vieta tétele:
Megoldások önálló munkavégzésre:
1. feladat ((x) ^ (2)) - 8x + 12 = 0
Vieta tétele szerint:
A válogatást szokás szerint egy darabbal kezdjük:
Nem alkalmas, mivel az összeg;
: az összeg annyi, amennyire szüksége van.
Válasz: ; ...
2. feladat.
És ismét a kedvenc Vieta-tételünk: az összegnek ki kell jönnie, de a szorzat egyenlő.
De mivel nem kellene, hanem, megváltoztatjuk a gyökök jeleit: és (összegben).
Válasz: ; ...
3. feladat.
Hmm... Hol van az?
Az összes feltételt egy részbe kell áthelyezni:
A gyökök összege egyenlő a szorzattal.
Szóval állj meg! Az egyenlet nincs megadva. De Vieta tétele csak a fenti egyenletekben alkalmazható. Tehát először meg kell hoznia az egyenletet. Ha nem tudod felhozni, dobd el ezt a vállalkozást, és oldd meg más módon (például a diszkrimináns segítségével). Hadd emlékeztesselek arra, hogy egy másodfokú egyenlet létrehozása azt jelenti, hogy a vezető együtthatót egyenlővé kell tenni:
Bírság. Ekkor a gyökök összege egyenlő, és a szorzat.
Itt könnyű felvenni: végül is - prímszám (elnézést a tautológiáért).
Válasz: ; ...
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 különbségét 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: ; ...
5. feladat.
Mi az első dolga? Így van, adja meg az egyenletet:
Ismét: kiválasztjuk a szám tényezőit, és különbségük egyenlő legyen:
A gyökerek egyenlőek és, de az egyik mínuszos. Melyik? Összegüknek egyenlőnek kell lennie, ami azt jelenti, hogy mínusz esetén nagyobb gyökér lesz.
Válasz: ; ...
Összefoglalni:
- Vieta tétele csak az adott másodfokú egyenletekben használatos.
- Vieta tételével a gyököket kiválasztással, szóban találhatjuk meg.
- Ha az egyenlet nincs megadva, vagy nincs egyetlen megfelelő szabad tagszorzópár sem, akkor nincsenek egész gyökök, és más módon kell megoldani (például a diszkrimináns segítségével).
3. A teljes négyzet kiválasztásának módja
Ha az összes ismeretlent tartalmazó tagot a rövidített szorzásképletekből származó tagok formájában ábrázoljuk - az összeg vagy a különbség négyzete -, akkor a változók megváltoztatása után az egyenlet a típus hiányos másodfokú egyenleteként ábrázolható.
Például:
1. példa:
Oldja meg az egyenletet:.
Megoldás:
Válasz:
2. példa:
Oldja meg az egyenletet:.
Megoldás:
Válasz:
V Általános nézet az átalakítás így fog kinézni:
Ez azt jelenti: .
Nem néz ki semminek? Ez diszkriminatív! Így van, megkaptuk a diszkrimináns képletet.
NEGYEDES EGYENLETEK. RÖVIDEN A FŐRŐL
Másodfokú egyenlet egy olyan egyenlet, ahol az ismeretlen, a másodfokú egyenlet együtthatói, a szabad tag.
Teljes másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együtthatók nem egyenlőek nullával.
Csökkentett másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható, azaz:.
Hiányos másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:
- ha az együttható, akkor az egyenlet a következőképpen alakul:
- ha a szabad tag, akkor az egyenletnek a következő alakja van:
- ha és, az egyenlet alakja:.
1. Algoritmus hiányos másodfokú egyenletek megoldására
1.1. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:
1) Fejezzük ki az ismeretlent:,
2) Ellenőrizze a kifejezés jelét:
- ha, akkor az egyenletnek nincs megoldása,
- ha, akkor az egyenletnek két gyöke van.
1.2. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:
1) Húzza ki a közös tényezőt a zárójelekből:,
2) A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ezért az egyenletnek két gyökere van:
1.3. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:
Ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van:.
2. Algoritmus hol alakú teljes másodfokú egyenletek megoldására
2.1. Döntés a diszkrimináns használatával
1) Hozzuk az egyenletet a szabványos alakba:,
2) A diszkriminánst a következő képlettel számítjuk ki:, amely az egyenlet gyökeinek számát jelzi:
3) Keresse meg az egyenlet gyökereit:
- ha, akkor az egyenletnek gyökei vannak, amelyeket a következő képlettel találunk meg:
- ha, akkor az egyenletnek van gyöke, amelyet a következő képlettel találunk meg:
- ha, akkor az egyenletnek nincs gyöke.
2.2. Megoldás Vieta tételével
A redukált másodfokú egyenlet gyökeinek összege (alakbeli egyenletek, ahol) egyenlő, a gyökök szorzata pedig egyenlő, azaz. , a.
2.3. Teljes négyzet alakú megoldás
A másodfokú egyenlet problémáit az iskolai tantervben és az egyetemeken tanulmányozzák. Ezek a * x ^ 2 + b * x + c = 0 alakú egyenletek értendők, ahol x - változó, a, b, c - állandók; a<>0. A feladat az egyenlet gyökereinek megtalálása.
A másodfokú egyenlet geometriai jelentése
A másodfokú egyenlettel ábrázolt függvény grafikonja parabola. A másodfokú egyenlet megoldásai (gyökei) a parabola és az abszcissza (x) metszéspontjai. Ebből következik, hogy három eset lehetséges:
1) a parabolának nincs metszéspontja az abszcissza tengellyel. Ez azt jelenti, hogy a felső síkban van ágakkal felfelé, vagy lent, lefelé ágakkal. Ilyen esetekben a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyöke (két összetett gyöke van).
2) a parabolának van egy metszéspontja az Ox tengellyel. Az ilyen pontot a parabola csúcsának nevezzük, és a benne lévő másodfokú egyenlet elnyeri minimális vagy maximális értékét. Ebben az esetben a másodfokú egyenletnek egy valós gyöke (vagy két azonos gyöke) van.
3) Az utolsó eset a gyakorlatban érdekesebb - a parabolának két metszéspontja van az abszcissza tengellyel. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek két valódi gyöke van.
A változók fokozatai szerinti együtthatók elemzése alapján érdekes következtetések vonhatók le a parabola elhelyezéséről.
1) Ha az a együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola felfelé, ha negatív, a parabolaágak lefelé irányulnak.
2) Ha a b együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola csúcsa a bal oldali félsíkban, ha negatív értéket vesz fel, akkor a jobb oldalon.
Másodfokú egyenlet megoldási képletének levezetése
Mozgassa át az állandót a másodfokú egyenletből 
egyenlőségjelre a kifejezést kapjuk
Mindkét oldalt megszorozzuk 4a-val 
Ha egy teljes négyzetet szeretne kapni a bal oldalon, adjon hozzá b ^ 2-t mindkét részhez, és hajtsa végre az átalakítást
Innen találjuk
Másodfokú egyenlet diszkriminánsának és gyökének képlete
A diszkriminánst a gyökkifejezés értékének nevezzük Ha pozitív, akkor az egyenletnek két valós gyöke van, a képlettel számítva 
Ha a diszkrimináns nulla, akkor a másodfokú egyenletnek egy megoldása van (két egybeeső gyöke), ami könnyen megkapható a fenti képletből, ha D = 0. Ha a diszkrimináns negatív, az egyenletnek nincs valódi gyöke. Azonban a másodfokú egyenlet komplex síkbeli megoldásai megtalálhatók, és értéküket a képlet számítja ki 
Vieta tétele
Tekintsünk egy másodfokú egyenlet két gyökét, és ezek alapján alkossunk másodfokú egyenletet.A jelölésből könnyen következik Vieta tétele: ha van egy olyan alakú másodfokú egyenletünk 
akkor gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett p együtthatóval, és az egyenlet gyökeinek szorzata egyenlő a q szabad taggal. A fentiek formális jelölése így fog kinézni. Ha a klasszikus egyenletben az a konstans nem nulla, akkor az egész egyenletet el kell osztani vele, majd alkalmazni kell Vieta tételét.
Ütemezzen be egy másodfokú egyenletet a tényezőkhöz
Tegyük fel a problémát: faktorizáljunk egy másodfokú egyenletet. Ennek végrehajtásához először megoldjuk az egyenletet (keressük meg a gyököket). Ezután a talált gyököket behelyettesítjük a másodfokú egyenlet kibővítésének képletébe, ezzel megoldjuk a problémát.
Másodfokú egyenletfeladatok
1. cél. Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit
x ^ 2-26x + 120 = 0.
Megoldás: Az együtthatókat felírjuk és behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe
Root from adott értéket egyenlő 14-gyel, számológéppel könnyű megtalálni, vagy gyakori használat mellett megjegyezni, azonban a kényelem kedvéért a cikk végén felsorolom azokat a számnégyzeteket, amelyekkel gyakran találkozhatunk ilyen feladatokban.
A talált értéket behelyettesítjük a gyökképletbe 
és megkapjuk 
2. cél. Oldja meg az egyenletet
2x 2 + x-3 = 0.
Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk, írjuk ki az együtthatókat és keressük meg a diszkriminánst 
Által ismert képletek keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit 
3. célkitűzés. Oldja meg az egyenletet
9x 2 -12x + 4 = 0.
Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk. Határozza meg a diszkriminánst
Van egy esetünk, amikor a gyökerek ugyanazok. A gyökök értékeit a képlet alapján találjuk meg 
4. feladat. Oldja meg az egyenletet
x ^ 2 + x-6 = 0.
Megoldás: Azokban az esetekben, amikor x-en kicsi együtthatók vannak, célszerű a Vieta-tételt alkalmazni. Feltétele alapján két egyenletet kapunk
A második feltételből azt kapjuk, hogy a szorzatnak -6-nak kell lennie. Ez azt jelenti, hogy az egyik gyökér negatív. A következő lehetséges megoldáspárunk van (-3; 2), (3; -2). Az első feltételt figyelembe véve a második megoldáspárt elutasítjuk.
Az egyenlet gyökei egyenlők
5. feladat Határozza meg egy téglalap oldalainak hosszát, ha kerülete 18 cm, területe 77 cm 2!
Megoldás: A téglalap kerületének fele a szomszédos oldalak összege. Jelöljük x - a nagy oldalt, majd 18-x a kisebbik oldala. A téglalap területe egyenlő a következő hosszúságok szorzatával:
x (18-x) = 77;
vagy
x 2 -18x + 77 = 0.
Keresse meg az egyenlet diszkriminánsát!
Számítsa ki az egyenlet gyökereit! 
Ha x = 11, azután 18 = 7, ellenkezőleg, ez is igaz (ha x = 7, akkor 21-x = 9).
6. feladat. Tényezőzzük a 10x 2 -11x + 3 = 0 négyzetegyenleteket.
Megoldás: Kiszámoljuk az egyenlet gyökereit, ehhez megtaláljuk a diszkriminánst 
Helyettesítse be a talált értéket a gyökérképletbe, és számítsa ki 
A másodfokú egyenlet gyökökben való bővítésének képletét alkalmazzuk 
A zárójeleket kibontva identitást kapunk.
Másodfokú egyenlet paraméterrel
Példa 1. A paraméter mely értékeire a , az (a-3) x 2 + (3-a) x-1/4 = 0 egyenletnek egy gyöke van?
Megoldás: Az a = 3 érték közvetlen behelyettesítésével azt látjuk, hogy nincs megoldása. Ezután azt a tényt használjuk, hogy zéró diszkriminancia esetén az egyenletnek a 2-es multiplicitás egyik gyöke van. Írjuk ki a diszkriminánst 
egyszerűsítsd és egyenlővé tedd a nullával
Kapott egy másodfokú egyenletet az a paraméterre, melynek megoldása Vieta tételével könnyen megszerezhető. A gyökök összege 7, szorzatuk 12. Egyszerű felsorolással megállapítjuk, hogy a 3,4 számok lesznek az egyenlet gyökei. Mivel a számítások elején már elvettük az a = 3 megoldást, az egyetlen helyes megoldás a következő lesz: a = 4.Így a = 4 esetén az egyenletnek egy gyöke van.
Példa 2. A paraméter mely értékeire a , az egyenlet a (a + 3) x ^ 2 + (2a + 6) x-3a-9 = 0 egynél több gyökér van?
Megoldás: Tekintsük először a szinguláris pontokat, ezek a = 0 és a = -3 értékek lesznek. Ha a = 0, az egyenlet 6x-9 = 0 alakra egyszerűsödik; x = 3/2 és lesz egy gyök. A = -3 esetén a 0 = 0 azonosságot kapjuk.
Kiszámoljuk a diszkriminánst 
és keresse meg a értékeit, amelyeknél pozitív 
Az első feltételből a> 3-at kapunk. A másodikhoz megtaláljuk az egyenlet diszkriminánsát és gyökereit 
Határozzuk meg azokat az intervallumokat, ahol a függvény pozitív értékeket vesz fel. Az a = 0 pontot behelyettesítve megkapjuk 3>0
.
Tehát a (-3; 1/3) intervallumon kívül a függvény negatív. Ne felejtsd el a lényeget a = 0, amit ki kell zárni, mivel a benne szereplő eredeti egyenletnek egy gyöke van.
Ennek eredményeként két olyan intervallumot kapunk, amely kielégíti a probléma feltételét 
A gyakorlatban sok hasonló feladat lesz, próbálja meg maga is kitalálni a feladatokat, és ne felejtse el figyelembe venni az egymást kölcsönösen kizáró feltételeket. Tanulja meg jól a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló képleteket, gyakran van rájuk szükség a számításoknál különböző problémákban és tudományokban.
Éppen. Képletek és világos, egyszerű szabályok szerint. Az első szakaszban
szükséges az adott egyenletet szabványos alakra redukálni, azaz. nézni:
Ha az egyenlet ebben a formában már megadva van, akkor nem kell elvégeznie az első lépést. A legfontosabb a helyes
meghatározza az összes együtthatót, a, bés c.
Képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére.
A gyökérjel alatti kifejezést ún diszkriminatív ... Amint látja, az x megtalálásához mi
használat csak a, b és c. Azok. együtthatók tól másodfokú egyenlet... Csak óvatosan cserélje ki
jelentése a, b és c ebbe a képletbe és számolj. Cserélje le általuk jelek!
Például, az egyenletben:
a =1; b = 3; c = -4.
Cserélje be az értékeket, és írja be:
A példa gyakorlatilag megoldott:
Ez a válasz.
A leggyakoribb hibák a jelentésjelekkel való összetévesztés. a, bés val vel... Inkább a helyettesítéssel
negatív értékeket a gyökerek kiszámításának képletébe. Itt a képlet részletes jelölése ment
konkrét számokkal. Ha számítási problémái vannak, tegye meg!
Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk ezt a példát:
Itt a = -6; b = -5; c = -1
Mindent részletesen, gondosan festünk, anélkül, hogy bármit is kihagynánk, minden jellel és zárójellel:
A másodfokú egyenletek gyakran kissé eltérően néznek ki. Például így:
Egyelőre vegye figyelembe azokat a bevált módszereket, amelyek drasztikusan csökkentik a hibák számát.
Első fogadás... Ne légy lusta korábban másodfokú egyenlet megoldása hozza szabványos formába.
Mit is jelent ez?
Tegyük fel, hogy néhány átalakítás után a következő egyenletet kapta:
Ne siess a gyökképlet megírásával! Szinte biztosan összekevered az esélyeket. a, b és c.
Építsd fel helyesen a példát. Először az X négyzetet, majd a négyzet nélkül, majd a szabad tagot. Mint ez:
Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? Az egész egyenletet meg kell szorozni -1-gyel. Kapunk:
De most nyugodtan felírhatod a gyökök képletét, kiszámolhatod a diszkriminánst és kiegészítheted a példát.
Csináld magad. 2-es és -1-es gyökérrel kell rendelkeznie.
Fogadás második. Ellenőrizze a gyökereket! Által Vieta tétele.
A megadott másodfokú egyenletek megoldására, azaz. ha az együttható
x 2 + bx + c = 0,
azutánx 1 x 2 = c
x 1 + x 2 = -b
Egy teljes másodfokú egyenlethez, amelyben a ≠ 1:
x 2+bx +c=0,
osszuk el az egész egyenletet a:
→ 
→
ahol x 1és x 2 - az egyenlet gyökerei.
Fogadás harmadik... Ha az egyenletedben törtegyütthatók vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozni
közös nevező egyenlete.
Kimenet. Gyakorlati tanácsok:
1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet a szabványos alakba hozzuk, felépítjük jobb.
2. Ha a négyzetben az x előtt negatív együttható van, akkor azt a teljes összeg szorzásával kiküszöböljük.
egyenletek -1-gyel.
3. Ha az együtthatók törtek, akkor a törteket úgy távolítjuk el, hogy a teljes egyenletet megszorozzuk a megfelelő
tényező.
4. Ha x négyzet tiszta, akkor az együtthatója eggyel egyenlő, a megoldás könnyen ellenőrizhető
Ez a téma elsőre nehéznek tűnhet a sok nem túlság miatt egyszerű képletek... Nemcsak maguknak a másodfokú egyenleteknek van hosszú rekordja, hanem a gyökerek is megtalálhatók a diszkrimináns révén. Összesen három új képlet van. Nem könnyű megjegyezni. Ez csak az ilyen egyenletek gyakori megoldása után lehetséges. Ezután az összes képlet magától emlékezni fog.
A másodfokú egyenlet általános képe
Itt az explicit rögzítésük javasolt, amikor először a legmagasabb fokozatot rögzítik, majd csökkenő sorrendben. Gyakran vannak olyan helyzetek, amikor a feltételek nem megfelelőek. Ekkor érdemes átírni az egyenletet a változó mértéke szerinti csökkenő sorrendben.
Bemutatjuk a jelölést. Ezeket az alábbi táblázat mutatja be.
Ha elfogadjuk ezeket a megjelöléseket, akkor minden másodfokú egyenlet a következő rekordra redukálódik.
Ráadásul az együttható a ≠ 0. Jelöljük ezt a képletet egyes számmal.
Amikor az egyenlet adott, nem világos, hogy hány gyök lesz a válaszban. Mert a három lehetőség egyike mindig lehetséges:
- két gyökér lesz a megoldásban;
- a válasz egy szám;
- az egyenletnek egyáltalán nem lesz gyökere.
És amíg a döntést nem hozták a végére, nehéz megérteni, hogy egy adott esetben melyik opció esik ki.
A másodfokú egyenletek rekordjainak típusai
A feladatok különböző rekordjaikat tartalmazhatják. Nem mindig úgy néznek ki, mint egy általános másodfokú egyenlet. Néha hiányozni fog néhány kifejezés. Ami fent volt írva az teljes egyenlet... Ha eltávolítja belőle a második vagy harmadik kifejezést, akkor valami mást kap. Ezeket a rekordokat másodfokú egyenleteknek is nevezik, csak hiányosak.
Ráadásul csak azok a kifejezések tűnhetnek el, amelyekben a „b” és „c” együtthatók. Az "a" szám semmilyen körülmények között nem lehet nulla. Mert ebben az esetben a képlet lineáris egyenletté alakul. A hiányos egyenletformák képletei a következők:
Tehát csak két típusa van, a teljesek mellett vannak hiányos másodfokú egyenletek is. Legyen az első képlet kettes, a második pedig három.
A gyökök számának diszkriminancia és függése az értékétől
Ezt a számot ismernie kell az egyenlet gyökereinek kiszámításához. Mindig ki lehet számítani, függetlenül attól, hogy a másodfokú egyenlet milyen képletű. A diszkrimináns kiszámításához az alább írt egyenlőséget kell használni, amely négyes számmal rendelkezik.
Miután behelyettesítette az együtthatók értékét ebbe a képletbe, számokat kaphat különböző jelek... Ha a válasz igen, akkor az egyenletre adott válasz két különböző gyökből áll. Negatív szám esetén a másodfokú egyenlet gyökei hiányoznak. Ha egyenlő nullával, a válasz egy lesz.
Hogyan oldható meg a teljes másodfokú egyenlet?
Valójában ennek a kérdésnek a vizsgálata már megkezdődött. Mert először meg kell találni a megkülönböztetőt. Miután kiderült, hogy a másodfokú egyenletnek vannak gyökei, és ismert a számuk, a változók képleteit kell használni. Ha két gyökér van, akkor a következő képletet kell alkalmaznia.
Mivel a „±” jelet tartalmazza, két érték lesz. A négyzetgyök kifejezés a diszkrimináns. Ezért a képlet más módon is átírható.
Ötös számú formula. Ugyanez a rekord azt mutatja, hogy ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét gyök ugyanazt az értéket veszi fel.
Ha a másodfokú egyenletek megoldását még nem dolgozták ki, akkor jobb, ha felírja az összes együttható értékét a diszkrimináns és változó képletek alkalmazása előtt. Később ez a pillanat nem okoz nehézségeket. De a legelején zavar van.
Hogyan oldható meg egy nem teljes másodfokú egyenlet?
Itt minden sokkal egyszerűbb. Nincs is szükség további képletekre. És nem lesz szükséged azokra, amelyeket már rögzítettek a megkülönböztető és az ismeretlen számára.
Először nézzük meg a kettes számú hiányos egyenletet. Ebben az egyenlőségben az ismeretlen mennyiséget ki kell venni a zárójelből, és megoldani a zárójelben maradó lineáris egyenletet. A válasznak két gyökere lesz. Az első szükségszerűen egyenlő nullával, mert van egy tényező, amely magából a változóból áll. A másodikat egy lineáris egyenlet megoldásakor kapjuk.
A hármas számú hiányos egyenletet úgy oldjuk meg, hogy a számot az egyenlet bal oldaláról jobbra helyezzük át. Ezután el kell osztani az ismeretlen előtti tényezővel. Nincs más hátra, mint kivonni a négyzetgyököt, és ne felejtse el kétszer leírni ellentétes előjelekkel.
Ezután néhány műveletet írunk, amelyek segítenek megtanulni, hogyan kell megoldani mindenféle egyenletet, amelyek másodfokú egyenletté alakulnak. Segítenek a tanulónak elkerülni a gondatlan hibákat. Ezek a hiányosságok a rossz osztályzatok okai a kiterjedt "Másodfokú egyenletek (8. osztály)" témakör tanulmányozása során. Ezt követően ezeket a műveleteket nem kell folyamatosan végrehajtani. Mert megjelenik egy stabil készség.
- Először is meg kell írni az egyenletet szabványos formában. Vagyis először a változó legmagasabb fokával rendelkező tagot, majd - a fokozat és az utolsó nélkül - csak egy számot.
- Ha egy mínusz jelenik meg az "a" együttható előtt, akkor ez megnehezítheti a kezdő másodfokú egyenletek tanulmányozását. Jobb megszabadulni tőle. Ebből a célból minden egyenlőséget meg kell szorozni "-1"-gyel. Ez azt jelenti, hogy az összes kifejezés előjelét az ellenkezőjére változtatja.
- Ugyanígy ajánlott megszabadulni a frakcióktól. Egyszerűen szorozza meg az egyenletet a megfelelő tényezővel a nevezők törléséhez.
Példák
A következő másodfokú egyenleteket kell megoldani:
x 2 - 7x = 0;
15 - 2x - x 2 = 0;
x 2 + 8 + 3x = 0;
12x + x 2 + 36 = 0;
(x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2).
Az első egyenlet: x 2 - 7x = 0. Hiányos, ezért a kettes számú képletnél leírtak szerint oldjuk meg.
A zárójelek elhagyása után kiderül: x (x - 7) = 0.
Az első gyök a következő értéket veszi fel: x 1 = 0. A második a következőből lesz keresve lineáris egyenlet: x - 7 = 0. Könnyen belátható, hogy x 2 = 7.
Második egyenlet: 5x 2 + 30 = 0. Ismét hiányos. Csak a harmadik képletnél leírtak szerint van megoldva.
Miután a 30-at áthelyeztük az egyenlőség jobb oldalára: 5x 2 = 30. Most el kell osztani 5-tel. Kiderült: x 2 = 6. A válaszok a számok lesznek: x 1 = √6, x 2 = - √6.
A harmadik egyenlet: 15 - 2x - x 2 = 0. A továbbiakban a másodfokú egyenletek megoldása úgy kezdődik, hogy átírjuk őket a szabványos alakba: - x 2 - 2x + 15 = 0. Itt az ideje, hogy a másodikat használjuk. hasznos tanácsokatés mindent megszorozunk mínusz eggyel. Kiderül, hogy x 2 + 2x - 15 = 0. A negyedik képlet szerint ki kell számítani a diszkriminánst: D = 2 2 - 4 * (- 15) = 4 + 60 = 64. Ez egy pozitív szám. A fent elmondottakból kiderül, hogy az egyenletnek két gyökere van. Ezeket az ötödik képlet alapján kell kiszámítani. Kiderül, hogy x = (-2 ± √64) / 2 = (-2 ± 8) / 2. Ekkor x 1 = 3, x 2 = - 5.
A negyedik x 2 + 8 + 3x = 0 egyenletet a következőre alakítjuk át: x 2 + 3x + 8 = 0. A diszkriminánsa ezzel az értékkel egyenlő: -23. Mivel ez a szám negatív, a feladat válasza a következő bejegyzés lesz: "Nincsenek gyökerek."
Az ötödik 12x + x 2 + 36 = 0 egyenletet a következőképpen kell átírni: x 2 + 12x + 36 = 0. A diszkrimináns képletének alkalmazása után a nulla számot kapjuk. Ez azt jelenti, hogy egy gyöke lesz, nevezetesen: x = -12 / (2 * 1) = -6.
A hatodik egyenlet (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2) transzformációkat igényel, amelyek abból állnak, hogy hasonló kifejezéseket kell hozni a zárójelek kinyitása előtt. Az első helyett egy ilyen kifejezés lesz: x 2 + 2x + 1. Az egyenlőség után ez a rekord jelenik meg: x 2 + 3x + 2. Az ilyen tagok megszámlálása után az egyenlet a következő formában jelenik meg: x 2 - x = 0. Befejeződött... Valami ehhez hasonlót már egy kicsit magasabbnak tartottak. Ennek gyökerei a 0 és az 1 számok lesznek.
Másodfokú egyenlet – könnyen megoldható! * A továbbiakban a „KU” szövegben. Barátaim, úgy tűnik, mi lehetne könnyebb a matematikában, mint egy ilyen egyenlet megoldása. De valami azt súgta nekem, hogy sokaknak van problémája vele. Úgy döntöttem, hogy megnézem, hány megjelenítés van havonta a Yandex. Íme, mi történt, nézze meg:
Mit jelent? Ez azt jelenti, hogy havonta körülbelül 70 000 ember keresi ezt az információt, mit jelent ez ezen a nyáron, és mi lesz az tanév- kétszer annyi kérés lesz. Ez nem meglepő, hiszen a régen iskolát végzett, egységes államvizsgára készülő srácok és lányok keresik ezt az információt, és az iskolások is igyekeznek emlékezetükben felfrissíteni.
Annak ellenére, hogy sok olyan webhely van, amely megmondja, hogyan kell megoldani ezt az egyenletet, úgy döntöttem, hogy én is megteszem a részét, és közzéteszem az anyagot. Először is szeretném, ha látogatók érkeznének a webhelyemre erre a kérésre; másodszor, más cikkekben, amikor jön a "KU" beszéd, adok egy linket ehhez a cikkhez; harmadszor, kicsit többet mesélek a megoldásáról, mint azt más oldalakon általában elmondják. Lássunk neki! A cikk tartalma:
A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:
ahol az a együtthatók,bés azzal tetszőleges számok, ≠ 0-val.
Az iskolai tanfolyamon az anyagot a következő formában adják meg - az egyenletek feltételesen három osztályra vannak osztva:
1. Két gyökerük van.
2. * Csak egy gyökere van.
3. Nincsenek gyökerei. Itt érdemes megjegyezni, hogy nincs érvényes gyökerük.
Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!
Kiszámoljuk a diszkriminánst. E "szörnyű" szó alatt egy nagyon egyszerű képlet rejlik:
A gyökérképletek a következők:
* Ezeket a képleteket fejből kell tudni.
Azonnal leírhatod és eldöntheted:
Példa:
1. Ha D> 0, akkor az egyenletnek két gyöke van.
2. Ha D = 0, akkor az egyenletnek egy gyöke van.
3. Ha D< 0, то уравнение не имеет действительных корней.
Nézzük az egyenletet:
Ebben a vonatkozásban, amikor a diszkrimináns nulla, az iskolai kurzusban azt mondják, hogy egy gyöket kapunk, itt ez kilencnek felel meg. Minden helyes, de...
Ez az ábrázolás némileg téves. Valójában két gyökere van. Igen, igen, ne lepődj meg, kiderül, hogy két egyenlő gyök, és hogy matematikailag pontosak legyünk, akkor a választ két gyökkel kell írni:
x 1 = 3 x 2 = 3
De ez így van - egy kis kitérő. Az iskolában leírhatod és elmondhatod, hogy egy gyökér van.
Most a következő példa:
Mint tudjuk, a gyökere negatív szám nincs lekérve, így ebben az esetben nincs megoldás.
Ez az egész megoldási folyamat.
Másodfokú függvény.
Így néz ki a megoldás geometriailag. Ezt rendkívül fontos megérteni (a jövőben az egyik cikkben részletesen elemezzük a négyzetegyenlőtlenség megoldását).
Ez az űrlap függvénye:
ahol x és y változók
a, b, c - adott számok, ahol a ≠ 0
A grafikon egy parabola:
Vagyis kiderül, hogy a másodfokú egyenletet "y" nullával egyenlő megoldásával megtaláljuk a parabola és az x tengellyel való metszéspontjait. Ebből kettő lehet (a diszkrimináns pozitív), egy (a diszkrimináns nulla) és egy sem (a diszkrimináns negatív). Részletek kb másodfokú függvény Megnézheti Inna Feldman cikke.
Nézzünk néhány példát:
1. példa: Megoldás 2x 2 +8 x–192=0
a = 2 b = 8 c = –192
D = b 2 –4ac = 8 2 –4 ∙ 2 ∙ (–192) = 64 + 1536 = 1600
Válasz: x 1 = 8 x 2 = –12
* Az egyenlet bal és jobb oldalát azonnal el lehetett osztani 2-vel, vagyis egyszerűsíteni lehetett. A számítások egyszerűbbek lesznek.
2. példa: Döntsd el x 2–22 x + 121 = 0
a = 1 b = –22 c = 121
D = b 2 – 4ac = (- 22) 2 –4 ∙ 1 ∙ 121 = 484-484 = 0
Azt kaptuk, hogy x 1 = 11 és x 2 = 11
A válaszban megengedett az x = 11 beírása.
Válasz: x = 11
3. példa: Döntsd el x 2 – 8x + 72 = 0
a = 1 b = –8 c = 72
D = b 2 -4ac = (-8) 2 -4 ∙ 1 - 72 = 64-288 = -224
A diszkrimináns negatív, valós számokban nincs megoldás.
Válasz: nincs megoldás
A diszkrimináns negatív. Van megoldás!
Itt az egyenlet megoldásáról lesz szó abban az esetben, ha negatív diszkriminánst kapunk. Tudsz valamit arról komplex számok? Nem részletezem itt, hogy miért és honnan jöttek, és mi a konkrét szerepük és igényük a matematikában, ez egy nagy külön cikk témája.
A komplex szám fogalma.
Egy kis elmélet.
A z komplex szám alakja
z = a + bi
ahol a és b valós számok, ott az i az úgynevezett imaginárius egység.
a + bi EGY SZÁM, nem összeadás.
A képzeletbeli egység egyenlő mínusz egy gyökével:
Most nézzük meg az egyenletet:
Két konjugált gyökerünk van.
Hiányos másodfokú egyenlet.
Tekintsünk speciális eseteket, amikor a "b" vagy "c" együttható nulla (vagy mindkettő nulla). Könnyen, megkülönböztetés nélkül megoldhatók.
1. eset. b = 0 együttható.
Az egyenlet a következő alakot ölti:
Alakítsuk át:
Példa:
4x 2 -16 = 0 => 4x 2 = 16 => x 2 = 4 => x 1 = 2 x 2 = -2
2. eset. Együttható = 0.
Az egyenlet a következő alakot ölti:
Átalakítjuk, faktorizáljuk:
* A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla.
Példa:
9x 2 – 45x = 0 => 9x (x - 5) = 0 => x = 0 vagy x - 5 = 0
x 1 = 0 x 2 = 5
3. eset: b = 0 és c = 0 együtthatók.
Itt egyértelmű, hogy az egyenlet megoldása mindig x = 0 lesz.
Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.
Vannak olyan tulajdonságok, amelyek lehetővé teszik egyenletek megoldását nagy együtthatókkal.
ax 2 + bx+ c=0 érvényesül az egyenlőség
a + b+ c = 0, azután
- ha az egyenlet együtthatóira ax 2 + bx+ c=0 érvényesül az egyenlőség
a+ c =b, azután
Ezek a tulajdonságok segítenek megoldani egy bizonyos típusú egyenletet.
1. példa: 5001 x 2 –4995 x – 6=0
A szorzók összege 5001+ ( – 4995)+(– 6) = 0, tehát
2. példa: 2501 x 2 +2507 x+6=0
Az egyenlőség teljesül a+ c =b, eszközök
Az együtthatók szabályszerűségei.
1. Ha az ax 2 + bx + c = 0 egyenletben a "b" együttható egyenlő (a 2 +1), és a "c" együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor annak gyökei:
ax 2 + (a 2 +1) ∙ х + а = 0 => х 1 = –а х 2 = –1 / a.
Példa. Tekintsük a 6x 2 + 37x + 6 = 0 egyenletet.
x 1 = –6 x 2 = –1/6.
2. Ha az ax 2 - bx + c = 0 egyenletben a "b" együttható egyenlő (a 2 +1), és a "c" együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor annak gyökei:
ax 2 - (a 2 +1) ∙ x + a = 0 => x 1 = a x 2 = 1 / a.
Példa. Tekintsük a 15x 2 –226x +15 = 0 egyenletet.
x 1 = 15 x 2 = 1/15.
3. Ha az egyenletben ax 2 + bx - c = 0 "b" együttható egyenlő (a 2 - 1), és a "c" együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökerei egyenlők
ax 2 + (a 2 –1) ∙ х - а = 0 => х 1 = - а х 2 = 1 / a.
Példa. Tekintsük a 17x 2 + 288x - 17 = 0 egyenletet.
x 1 = - 17 x 2 = 1/17.
4. Ha az ax 2 - bx - c = 0 egyenletben a "b" együttható egyenlő (a 2 - 1), és a c együttható számszerűen egyenlő az "a" együtthatóval, akkor a gyökei:
ax 2 - (а 2 –1) ∙ х - а = 0 => х 1 = а х 2 = - 1 / a.
Példa. Tekintsük a 10x 2 - 99x -10 = 0 egyenletet.
x 1 = 10 x 2 = - 1/10
Vieta tétele.
Vieta tétele a híres francia matematikusról, François Vietáról kapta a nevét. Vieta tételével kifejezhető egy tetszőleges KE gyökeinek összege és szorzata együtthatóival.
45 = 1∙45 45 = 3∙15 45 = 5∙9.
Összességében a 14-es szám csak 5-öt és 9-et ad. Ezek a gyökerek. Egy bizonyos készséggel, a bemutatott tétel segítségével sok másodfokú egyenletet meg tud oldani szóban.
Vieta tétele ráadásul. kényelmes abban, hogy a másodfokú egyenlet megoldása után a szokásos módon(a diszkrimináns révén) a kapott gyökerek ellenőrizhetők. Ezt mindenkor ajánlom.
ÁTVITELI MÓDSZER
Ezzel a módszerrel az "a" együtthatót megszorozzák a szabad taggal, mintha "dobnák" rá, ezért ún. „áthelyezés” útján. Ezt a módszert akkor használjuk, ha könnyedén megtalálhatjuk az egyenlet gyökereit Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.
Ha a± b + c≠ 0, akkor az átviteli technikát használják, például:
2NS 2 – 11x + 5 = 0 (1) => NS 2 – 11x + 10 = 0 (2)
Vieta tételével a (2) egyenletben könnyen megállapítható, hogy x 1 = 10 x 2 = 1
Az egyenlet kapott gyökeit el kell osztani 2-vel (mivel x 2-ből kettőt "dobtak"), azt kapjuk
x 1 = 5 x 2 = 0,5.
Mi az indoklás? Nézze meg, mi történik.
Az (1) és (2) egyenlet diszkriminánsai egyenlőek:
Ha megnézi az egyenletek gyökereit, akkor csak különböző nevezőket kapunk, és az eredmény pontosan az x 2 együtthatótól függ:
A második (módosított) gyökerek 2-szer nagyobbak.
Ezért az eredményt elosztjuk 2-vel.
* Ha újra dobunk egy hármast, akkor az eredményt elosztjuk 3-mal stb.
Válasz: x 1 = 5 x 2 = 0,5
négyzetméter ur-ye és a vizsga.
A fontosságáról röviden elmondom - gyorsan és habozás nélkül MEGOLDÁSRA KELL tudni, a gyökerek és a megkülönböztető képleteit fejből kell tudni. Az USE feladatokat alkotó feladatok nagy része egy másodfokú egyenlet megoldására redukálódik (beleértve a geometriaiakat is).
Mit érdemes megjegyezni!
1. Az egyenlet felírásának formája lehet "implicit". Például a következő bejegyzés lehetséges:
15+ 9x 2 - 45x = 0 vagy 15x + 42 + 9x 2 - 45x = 0 vagy 15 -5x + 10x 2 = 0.
Normál formába kell vinnie (hogy ne keveredjen össze a megoldás során).
2. Ne feledje, hogy x egy ismeretlen mennyiség, és bármely más betűvel jelölhető - t, q, p, h és mások.
