Példa másodfokú egyenletre két gyökérrel. Csökkentett másodfokú egyenlet

Másodfokú egyenletek. Általános információ.

BAN BEN négyzetes X -nek jelen kell lennie a téren (ezért hívják

"Négyzet"). Rajta kívül az egyenlet lehet vagy nem csak x (első fokon) és

csak egy szám (szabad tag). És nem szabad, hogy az x -ek kettőnél nagyobb mértékben legyenek.

Általános algebrai egyenlet.

ahol x- szabad változó, a, b, c- együtthatók, és a≠0 .

Például:

Kifejezés hívják négyzethármas.

A másodfokú egyenlet elemeinek saját neve van:

Az első vagy legmagasabb együtthatónak nevezik,

Másodiknak vagy együtthatónak nevezik,

· Ingyenes tagnak hívták.

Teljes másodfokú egyenlet.

Ezekben a másodfokú egyenletekben a bal oldalon található teljes készlet tagjai. X négyzetben

együttható de, x az első hatványig együtthatóval bés ingyenes tagval vel. BAN BEN minden esély

nullának kell lennie.

Befejezetlen másodfokú egyenletnek nevezzük, amelyben legalább az egyik együttható, kivéve

a legmagasabb (vagy a második együttható, vagy a szabad kifejezés) nulla.

Tegyünk úgy, mintha b= 0, - x eltűnik az első fokon. Kiderül például:

2x 2-6x = 0,

Stb. És ha mindkét együttható, bés c nulla, akkor minden még egyszerűbb, Például:

2x 2 = 0,

Vegye figyelembe, hogy az x négyzet minden egyenletben megtalálható.

Miért de nem lehet nulla? Ekkor az x négyzet eltűnik, és az egyenlet lesz lineáris .

És ez teljesen más módon dől el ...

Másodfokú egyenlet - könnyen megoldható! * Tovább a "KU" szövegben. Barátaim, úgy tűnik, mi lehet könnyebb a matematikában, mint megoldani egy ilyen egyenletet. De valami azt mondta nekem, hogy sokaknak problémái vannak vele. Úgy döntöttem, hogy megnézem, hány megjelenítés havonta a Yandex. Íme, mi történt, nézd meg:

Mit jelent? Ez azt jelenti, hogy havonta körülbelül 70 000 ember keresi ezeket az információkat, mit jelent ez a nyár, és mi lesz közöttük tanév- kétszer annyi kérés lesz. Ez nem meglepő, mert azok a srácok és lányok, akik régen végezték el az iskolát, és az egységes államvizsgára készülnek, keresik ezeket az információkat, és az iskolások is igyekeznek felfrissíteni az emlékezetüket.

Annak ellenére, hogy sok olyan webhely van, amely megmondja, hogyan kell megoldani ezt az egyenletet, úgy döntöttem, hogy én is teszek valamit, és közzéteszem az anyagot. Először is azt szeretném, ha a látogatók eljönnének az oldalamra erre a kérésre; másodszor, más cikkekben, amikor eljön a "KU" beszéd, linket adok erre a cikkre; harmadszor, kicsit többet fogok mondani a megoldásáról, mint általában más oldalakon. Kezdjük el! A cikk tartalma:

A másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:

ahol az együtthatók a,bés vele tetszőleges számok, ≠ 0 -val.

Az iskolai tanfolyamon az anyagot a következő formában adják meg - az egyenletek feltételesen három osztályra oszlanak:

1. Két gyökerük van.

2. * Csak egy gyökere legyen.

3. Nincs gyökere. Itt érdemes megjegyezni, hogy nincsenek érvényes gyökereik.

Hogyan számítják ki a gyökereket? Éppen!

Kiszámítjuk a diszkriminánst. E "szörnyű" szó alatt egy egészen egyszerű képlet rejlik:

A gyöképletek a következők:

* Ezeket a képleteket fejből kell ismernie.

Azonnal írhat és dönthet:

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 tekintetben, amikor a diszkrimináns nulla, az iskolai tanfolyamon azt mondják, hogy egy gyökér van, itt kilenc. Minden korrekt, igaz, de ...

Ez az ábrázolás kissé helytelen. Valójában két gyökere van. Igen, igen, ne csodálkozzon, kiderül két egyenlő gyök, és hogy matematikailag pontosak legyenek, akkor a választ két gyökre kell írni:

x 1 = 3 x 2 = 3

De ez így van - egy kis kitérő. Az iskolában leírhatod, és mondhatod, hogy van egy gyökér.

Most a következő példa:

Mint tudjuk, a negatív szám gyökerét nem vonják ki, így ebben az esetben nincs megoldás.

Ez az egész megoldás folyamata.

Másodfokú függvény.

Így néz ki a megoldás geometriailag. Ezt rendkívül fontos megérteni (a jövőben az egyik cikkben részletesen elemezzük a négyzet -egyenlőtlenség megoldását).

Ez az űrlap függvénye:

ahol x és y változók

a, b, c - adott számok, a ≠ 0 -val

A grafikon egy parabola:

Vagyis kiderül, hogy ha a másodfokú egyenletet nullával egyenlő "y" -vel oldjuk meg, megtaláljuk a parabola és az ökör tengelye metszéspontjait. Ebből kettő lehet (a megkülönböztető pozitív), egy (a megkülönböztető nulla) és nincs (a megkülönböztető negatív). Részletek kb másodfokú függvény Megtekintheti Inna Feldman cikke.

Nézzünk néhány példát:

1. példa: Oldja meg 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. A számítások egyszerűbbek lesznek.

2. példa: Oldja meg 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 x = 11 írása.

Válasz: x = 11

3. példa: Oldja meg 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 számban nincs megoldás.

Válasz: nincs megoldás

A diszkrimináns negatív. Van megoldás!

Itt az egyenlet megoldásáról fogunk beszélni abban az esetben, ha negatív diszkriminánst kapunk. Tud -e valamit róla komplex számok? Itt nem részletezem, miért és honnan jöttek, és mi a sajátos szerepük és szükségletük a matematikában, ez egy nagy külön cikk témája.

A komplex szám fogalma.

Egy kis elmélet.

A z komplex szám az űrlap száma

z = a + bi

ahol a és b valós számok, i az úgynevezett képzeletbeli egység.

a + bi EGYSZÁM, nem összeadás.

A képzeletbeli egység egyenlő a mínusz egy gyökével:

Most vegye figyelembe az egyenletet:

Két konjugált gyökerünk van.

Hiányos másodfokú egyenlet.

Vegye figyelembe a speciális eseteket, ez az, amikor a "b" vagy "c" együttható nulla (vagy mindkettő nulla). Könnyen megoldhatók megkülönböztetés nélkül.

1. eset b együttható = 0.

Az egyenlet a következő formában jelenik meg:

Átalakítsuk:

Példa:

4x 2 –16 = 0 => 4x 2 = 16 => x 2 = 4 => x 1 = 2 x 2 = –2

Eset 2. Együttható = 0 -val.

Az egyenlet a következő formában jelenik meg:

Átalakítjuk, faktorizáljuk:

* A szorzat nulla, 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 együttható.

Itt egyértelmű, hogy az egyenlet megoldása mindig x = 0 lesz.

Az együtthatók hasznos tulajdonságai és mintái.

Vannak olyan tulajdonságok, amelyek lehetővé teszik nagy együtthatójú egyenletek megoldását.

dex 2 + bx+ c=0 érvényesül az egyenlőség

a + b+ c = 0, azután

- ha az egyenlet együtthatóihoz dex 2 + bx+ c=0 érvényesül az egyenlőség

a+ c =b, azután

Ezek a tulajdonságok segítenek egy bizonyos típusú egyenlet megoldásában.

1. példa: 5001 x 2 –4995 x – 6=0

Az esélyek 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 megegyezik az "a" együtthatóval, akkor a 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 megegyezik az "a" együtthatóval, akkor a 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 megegyezik az "a" együtthatóval, akkor a gyökerei egyenlők

аx 2 + (а 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 megegyezik az "a" együtthatóval, akkor a gyökei egyenlők

аx 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 matematikus, François Vieta nevéhez fűződik. Vieta tételét felhasználva egy tetszőleges KE gyökereinek összegét és szorzatát fejezhetjük ki együtthatói alapján.

45 = 1∙45 45 = 3∙15 45 = 5∙9.

Összességében a 14 -es szám csak 5 -öt és 9. Ezek a gyökerek. Bizonyos készségekkel, a bemutatott tétel használatával sok másodfokú egyenletet verbálisan is meg tud oldani.

Vieta tétele ráadásul. kényelmes abban, hogy a másodfokú egyenlet megoldása után a szokásos módon(a megkülönböztetőn keresztül) a kapott gyökerek ellenőrizhetők. Azt javaslom, hogy ezt mindig végezze el.

ÁTMENETI MÓDSZER

Ezzel a módszerrel az "a" együtthatót megszorozzuk a szabad kifejezéssel, mintha "dobnánk" rá, ezért ún. "átutalási" módszerrel. Ezt a módszert akkor használják, amikor Vieta tétele segítségével könnyen megtalálhatja az egyenlet gyökereit, és ami a legfontosabb, ha a megkülönböztető pontos négyzet.

Ha de± b + c≠ 0, akkor az átviteli technikát használják, például:

2NS 2 – 11x + 5 = 0 (1) => NS 2 – 11x + 10 = 0 (2)

Vieta (2) egyenletbeli tétele alapján könnyen megállapítható, hogy x 1 = 10 x 2 = 1

Az egyenlet kapott gyökeit el kell osztani 2 -vel (mivel kettőt "dobtak" x 2 -ből), kapjuk

x 1 = 5 x 2 = 0,5.

Mi az indoklás? Nézze meg, mi folyik itt.

Az (1) és (2) egyenletek diszkriminánsai egyenlők:

Ha megnézzük az egyenletek gyökereit, akkor csak különböző nevezőket kapunk, és az eredmény pontosan függ az x 2 -es együtthatótól:

A második (módosított) gyökerek kétszer 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

Sq. ur-ti és vizsga.

Röviden elmondom a fontosságát - GYORSAN és habozás nélkül KELL KELL MEGOLDANI, a gyökerek képleteit és a megkülönböztetőt fejből kell ismerni. A USE -feladatokat alkotó feladatok nagy része másodfokú egyenlet megoldására redukálódik (beleértve a geometriai egyenleteket is).

Amit érdemes megjegyezni!

1. Az egyenlet írásának 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 hoznia (hogy ne zavarodjon meg a megoldás során).

2. Ne feledje, hogy x ismeretlen mennyiség, és bármely más betűvel jelölhető - t, q, p, h és mások.

Folytatva az "Egyenletek megoldása" témát, a cikk anyaga bevezeti Önt a másodfokú egyenletekbe.

Vizsgáljunk meg mindent részletesen: a másodfokú egyenlet lényegét és írását, kapcsolódó kifejezéseket állítunk be, elemezzük a hiányos és teljes egyenletek megoldási sémáját, megismerkedünk a gyökök képletével és a megkülönböztetővel, megállapítjuk összefüggéseket a gyökerek és az együtthatók között, és természetesen vizuális megoldást adunk a gyakorlati példákból.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Másodfokú egyenlet, típusai

1. definíció

Másodfokú egyenlet Egy egyenlet így van írva a x 2 + b x + c = 0, ahol x- változó, a, b és c- néhány szám, közben a nem nulla.

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

Adjunk egy példát a megadott definíció szemléltetésére: 9 · x 2 + 16 · x + 2 = 0; 7,5 x 2 + 3, 1 x + 0, 11 = 0 stb. Másodfokú egyenletek.

2. definíció

Az a, b és a számok c A másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c = 0, míg az együttható a az első, vagy senior, vagy együttható x 2 -nél, b - a második együttható, vagy az együttható x, de c szabad tagnak nevezték.

Például egy másodfokú egyenletben 6 x 2 - 2 x - 11 = 0 a legmagasabb együttható 6, a második együttható − 2 és a szabad kifejezés az − 11 ... Figyeljünk arra, hogy amikor az együtthatók bés / vagy c negatív, akkor használja rövid forma az űrlap nyilvántartásait 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 egyenlőek 1 vagy − 1 , akkor előfordulhat, hogy nem vesznek kifejezetten részt a másodfokú egyenlet rögzítésében, ami a megjelölt numerikus együtthatók rögzítésének sajátosságaival magyarázható. Például egy másodfokú egyenletben y 2 - y + 7 = 0 a legmagasabb együttható 1, a második pedig − 1 .

Csökkentett és nem redukált másodfokú egyenletek

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

3. definíció

Csökkentett másodfokú egyenlet Másodfokú egyenlet, ahol a vezető együttható 1. A vezető együttható más értékei esetén a másodfokú egyenlet nem csökken.

Mondjunk példákat: másodfokú egyenletek x 2 - 4 x + 3 = 0, x 2 - x - 4 5 = 0 csökkennek, amelyek mindegyikében a vezető együttható 1.

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

Bármely redukált másodfokú egyenlet átalakítható redukált egyenletképp, ha mindkét részt elosztjuk az első együtthatóval (ekvivalens transzformáció). A transzformált egyenletnek ugyanazok a gyökei, mint az adott redukálatlan egyenletnek, vagy egyáltalán nem lesz gyökere.

Megfontolás konkrét példa lehetővé teszi számunkra, hogy egyértelműen bemutassuk a redukált másodfokú egyenletről a redukált egyenletre való átmenet végrehajtását.

1. példa

Az egyenlet 6 x 2 + 18 x - 7 = 0 . Szükséges az eredeti egyenletet redukált formává alakítani.

Megoldás

A fenti séma szerint az eredeti egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a 6 vezető együtthatóval. Akkor kapjuk: (6 x 2 + 18 x - 7): 3 = 0: 3és ez ugyanaz, mint: (6 x 2): 3 + (18 x): 3 - 7: 3 = 0és tovább: (6: 6) x 2 + (18: 6) x - 7: 6 = 0. Ennélfogva: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0. Így egy egyenletet kapunk, amely egyenértékű az adottal.

Válasz: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0.

Teljes és hiányos másodfokú egyenletek

Térjünk rá a másodfokú egyenlet meghatározására. Ebben ezt tisztáztuk a ≠ 0... Hasonló feltétel szükséges az egyenlethez a x 2 + b x + c = 0 pontosan négyzet alakú volt, hiszen a = 0 lényegében lineáris egyenletké alakul b x + c = 0.

Abban az esetben, ha az együtthatók bés c egyenlő nullával (ami egyénileg és együttesen is lehetséges), a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.

4. definíció

Hiányos másodfokú egyenlet Ez egy másodfokú egyenlet? a x 2 + b x + c = 0, ahol legalább az egyik együttható bés c(vagy mindkettő) nulla.

Teljes másodfokú egyenlet- másodfokú egyenlet, amelyben minden numerikus együttható nem egyenlő nullával.

Vitassuk meg, miért kapnak a másodfokú egyenletek típusai pontosan ilyen neveket.

B = 0 esetén a másodfokú egyenlet a következő formát öleli fel a x 2 + 0 x + c = 0 ami ugyanaz, mint a x 2 + c = 0... Nál nél c = 0 a másodfokú egyenletet úgy írjuk a x 2 + b x + 0 = 0 ami azzal egyenértékű a x 2 + b x = 0... Nál nél b = 0és c = 0 az egyenlet lesz a x 2 = 0... A kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változó tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt egyszerre. Valójában ez a tény adta az ilyen típusú egyenletek nevét - hiányos.

Például x 2 + 3 x + 4 = 0 és - 7 x 2 - 2 x + 1, 3 = 0 teljes másodfokú egyenletek; x 2 = 0, - 5 x 2 = 0; 11 x 2 + 2 = 0, - x 2 - 6 x = 0 - hiányos másodfokú egyenletek.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

A fenti definíció lehetővé teszi a következő típusú hiányos másodfokú egyenletek megkülönböztetését:

• a x 2 = 0, egy ilyen egyenlet megfelel az együtthatóknak b = 0és c = 0;
• a x 2 + c = 0 b = 0 esetén;
• a x 2 + b x = 0 c = 0 esetén.

Tekintsük sorban a nem teljes másodfokú egyenletek minden típusának megoldását.

Az a x 2 = 0 egyenlet megoldása

Amint azt fentebb már jeleztük, egy ilyen egyenlet megfelel az együtthatóknak bés c nullával egyenlő. Az egyenlet a x 2 = 0átalakítható egyenértékű egyenletre x 2 = 0, amelyet az eredeti egyenlet mindkét oldalának a számmal való elosztásával kapunk a nem egyenlő a nullával. Nyilvánvaló tény, hogy az egyenlet gyökere x 2 = 0 ez nulla, mert 0 2 = 0 ... Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami a fok tulajdonságaival magyarázható: bármely szám esetén p, nem egyenlő nullával, az egyenlőtlenség igaz p 2> 0, ebből az következik, hogy p ≠ 0 egyenlőség p 2 = 0 soha nem fogják elérni.

5. definíció

Így egy hiányos másodfokú egyenlet a x 2 = 0 esetén van egy egyedi gyök x = 0.

2. példa

Például oldjuk meg a hiányos másodfokú egyenletet - 3 x 2 = 0... Az egyenlet azzal egyenértékű x 2 = 0, egyetlen gyökere x = 0, akkor az eredeti egyenletnek is egyetlen gyöke van - nulla.

Röviden, a megoldás a következőképpen formalizálódik:

- 3 x 2 = 0, x 2 = 0, x = 0.

Az a x 2 + c = 0 egyenlet megoldása

A következő lépés a hiányos másodfokú egyenletek megoldása, ahol b = 0, c ≠ 0, azaz a forma egyenletei a x 2 + c = 0... Ezt az egyenletet úgy alakítjuk át, hogy átvisszük a kifejezést az egyenlet egyik oldaláról a másikra, megváltoztatjuk a jelet az ellenkezőjére, és az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy számmal, amely nem egyenlő nullával:

• átvisz c jobbra, ami megadja az egyenletet a x 2 = - c;
• osztjuk az egyenlet mindkét oldalát a, ennek eredményeként x = - c a.

Átalakításaink egyenértékűek, illetve a kapott egyenlet egyenértékű az eredetivel, és ez a tény lehetővé teszi, hogy következtetést vonjunk le az egyenlet gyökereiről. Attól, hogy mik az értékek aés c a - c a kifejezés értéke függ: mínuszjele lehet (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 nulla, mert c ≠ 0... Maradjunk részletesebben azoknál a helyzeteknél, amikor - c a< 0 и - c a > 0 .

Abban az esetben, amikor - 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 o a p 2 = - c a egyenlőség nem lehet igaz.

Minden más, amikor - c a> 0: emlékezzen a négyzetgyökre, és nyilvánvalóvá válik, hogy az x 2 = - c a egyenlet gyöke a - c a szám lesz, mivel - c a 2 = - c a. Könnyen érthető, 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 ellentmondásos módszerrel tudjuk bizonyítani. Kezdetben definiáljuk a fenti gyökerek jelölését x 1és - x 1... Tegyük fel, hogy az x 2 = - c a egyenletnek is van gyöke x 2 ami eltér a gyökerektől x 1és - x 1... Tudjuk, hogy helyett helyettesítjük az egyenletet x gyökereit, az egyenletet igazságos számszerű egyenlőséggé alakítjuk.

For x 1és - x 1írjuk: x 1 2 = - c a, és for x 2- x 2 2 = - c a. A numerikus egyenlőség tulajdonságai alapján levonunk egy -egy valódi egyenlőséget a másik kifejezésből kifejezésenként, így kapjuk: x 1 2 - x 2 2 = 0... A számokon végrehajtott műveletek tulajdonságait használva írjuk át az utolsó egyenlőséget (x 1 - x 2) (x 1 + x 2) = 0... Ismeretes, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor nulla, ha a számok közül legalább az egyik nulla. Az elmondottakból az következik x 1 - x 2 = 0és / vagy x 1 + x 2 = 0 ami ugyanaz x 2 = x 1és / vagy x 2 = - x 1... Nyilvánvaló ellentmondás merült fel, mert először egyetértettek abban, hogy az egyenlet gyökere x 2 eltér x 1és - x 1... Tehát bebizonyítottuk, hogy az egyenletnek nincs más gyöke, kivéve x = - c a és x = - - c a.

Fent összefoglaljuk az összes érvelést.

6. definíció

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

• nem lesz gyökere - c a< 0 ;
• két gyökere lesz x = - c a és x = - - c a for - c a> 0.

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

3. példa

Másodfokú egyenlet megadva 9 x 2 + 7 = 0. Megoldást kell találni rá.

Megoldás

A szabad kifejezést átvisszük az egyenlet jobb oldalára, akkor az egyenlet a formáját veszi fel 9 x 2 = - 7.
A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztjuk 9 , x 2 = - 7 9 -re érkezünk. A jobb oldalon egy számot látunk, mínuszjellel, ami azt jelenti: az adott egyenletnek nincs gyökere. Ezután az eredeti hiányos másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nem lesz gyökere.

Válasz: az egyenletet 9 x 2 + 7 = 0 nincs gyökere.

4. példa

Szükséges az egyenlet megoldása - x 2 + 36 = 0.

Megoldás

Mozgassa a 36 -ot a jobb oldalra: - x 2 = - 36.
Osszuk fel mindkét részt − 1 , kapunk x 2 = 36... A jobb oldalon - pozitív szám, innen arra következtethetünk x = 36 vagy x = - 36.
Bontsuk ki a gyököt, és írjuk le a végeredményt: egy hiányos másodfokú egyenletet - x 2 + 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 hiányos másodfokú egyenleteket, amikor c = 0... Megoldást találni egy hiányos másodfokú egyenletre a x 2 + b x = 0, a faktorizációs módszert fogjuk használni. Kiszámoljuk az egyenlet bal oldalán található polinomot, kivéve a zárójelen kívüli közös tényezőt x... Ez a lépés lehetővé teszi az eredeti hiányos másodfokú egyenlet megfelelővé alakítását x (a x + b) = 0... Ez az egyenlet pedig egyenértékű egyenlethalmaznak felel meg x = 0és a x + b = 0... Az egyenlet a x + b = 0 lineáris, és gyökere: x = - b a.

7. definíció

Így a hiányos másodfokú egyenlet a x 2 + b x = 0 két gyökere lesz x = 0és x = - b a.

Rögzítsük az anyagot egy példával.

5. példa

Megoldást kell találni a 2 3 x 2 - 2 2 7 x = 0 egyenletre.

Megoldás

Vegye ki x zárójelben, és kapjuk meg az x · 2 3 · x - 2 2 7 = 0 egyenletet. Ez az egyenlet egyenlő 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.

Röviden leírjuk az egyenlet megoldását a következőképpen:

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, a másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

A másodfokú egyenletek megoldásának megtalálásához van egy gyökszerképlet:

8. definíció

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

Az x = - b ± D 2 · a jelölés lényegében azt jelenti, hogy x 1 = - b + D 2 · a, x 2 = - b - D 2 · a.

Nem felesleges megérteni, hogyan származik a jelzett képlet és hogyan kell alkalmazni.

A másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Nézzünk szembe a másodfokú egyenlet megoldásának feladatával a x 2 + b x + c = 0... Végezzünk el számos egyenértékű átalakítást:

• ossza el az egyenlet mindkét oldalát a számmal a, nullától eltérően a redukált másodfokú egyenletet kapjuk: x 2 + b a · x + c a = 0;
• válassza ki a teljes négyzetet a kapott egyenlet bal oldalán:
  x 2 + ba x + ca = x 2 + 2 b 2 a x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + ca = = x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + ca
  Ezt követően az egyenlet a következő formában jelenik meg: x + b 2 · a 2 - b 2 · a 2 + c a = 0;
• most lehetőség van az utolsó két tag áthelyezésére a jobb oldalra, ha a jelet az ellenkezőjére változtatjuk, majd ezt 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 = b 2 4 a 2 - c a = b 2 4 a 2 - 4 a c 4 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2.

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

Ilyen egyenletek megoldását elemeztük az előző bekezdésekben (hiányos másodfokú egyenletek megoldása). A már megszerzett tapasztalatok lehetővé teszik a következtetés levonását az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökeire vonatkozóan:

• b 2 - 4 a c 4 a 2< 0 уравнение не имеет действительных решений;
• b 2 - 4 a c 4 a 2 = 0 esetén az egyenlet x + b 2 a 2 = 0 alakú, majd x + b 2 a = 0.

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

• b 2 - 4 a c 4 a 2> 0 esetén igaz lesz: x + b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 vagy x = b 2 a - b 2 - 4 ac 4 a 2, ami ugyanaz mint x + - b 2 a = b 2 - 4 ac 4 a 2 vagy x = - b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2, azaz az egyenletnek két gyökere van.

Lehetséges az a következtetés, hogy az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlet gyökereinek jelenléte vagy hiánya (és így az eredeti egyenlet) a b 2 - 4 a c 4 kifejezés előjelétől függ. · A 2 -es a jobb oldalon. Ennek a kifejezésnek a jelét pedig a számláló jele állítja ((nevező) 4 a 2 mindig pozitív lesz), vagyis a kifejezés jelével b 2 - 4 a c... Ezt a kifejezést b 2 - 4 a c a név meg van adva - a másodfokú egyenlet és a D betű diszkriminánsát jelölik. Itt leírhatja a diszkrimináns lényegét - értéke és előjele alapján megállapítható, hogy a másodfokú egyenletnek valódi gyökerei lesznek -e, és ha igen, mennyi a gyök száma - egy vagy kettő.

Térjünk vissza az x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 egyenlethez. Átírjuk a megkülönböztető jelölésével: x + b 2 · a 2 = D 4 · a 2.

Fogalmazzuk meg ismét 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 = - b 2 a + D 4 a 2 vagy x = - b 2 a - D 4 a 2. A gyökök tulajdonságai alapján ezeket a gyököket a következőképpen írhatjuk fel: x = - b 2 a + D 2 a vagy - b 2 a - D 2 a. És amikor kinyitjuk a modulokat, és a törteket közös nevezőre visszük, akkor ezt kapjuk: x = - b + D 2 · a, x = - b - D 2 · a.

Tehát az érvelésünk eredménye a másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése volt:

x = - b + D 2 a, x = - b - D 2 a, a megkülönböztető D képlettel számolva D = b 2 - 4 a c.

Ezek a képletek lehetővé teszik, hogy a diszkrimináns nullánál nagyobb legyen, mindkét valós gyök meghatározására. Ha a diszkrimináns nulla, mindkét képlet alkalmazása ugyanazt a gyököt adja, mint a másodfokú egyenlet egyetlen megoldása. Abban az esetben, ha a diszkrimináns negatív, és megpróbáljuk a másodfokú egyenlet gyökének képletét használni, szembesülnünk kell a kivonás szükségességével Négyzetgyök negatív számból, ami túlmutat a valós számokon. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nem lesznek valódi gyökei, de egy pár összetett konjugált gyök lehetséges, amelyeket ugyanazokkal a gyök képletekkel határozunk meg.

Algoritmus másodfokú egyenletek megoldására gyökképletek segítségével

Lehetőség van a másodfokú egyenlet megoldására a gyökképlet azonnali használatával, de alapvetően ez akkor történik meg, amikor meg kell találni összetett gyökerek.

Az esetek nagy részében általában nem a bonyolult, hanem a másodfokú egyenletek valódi gyökereit kell keresni. Akkor optimális, mielőtt a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit használná, először határozza meg a diszkriminánst, és győződjön meg arról, hogy nem negatív (különben arra a következtetésre jutunk, hogy az egyenletnek nincs valós gyöke), majd folytassa az a gyökerek értékeit.

A fenti érvelés lehetővé teszi algoritmus megfogalmazását másodfokú egyenlet megoldására.

Definíció 10

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

• a képlet szerint D = b 2 - 4 a c megtalálja a diszkrimináns értékét;
• D -nél< 0 сделать вывод об отсутствии у квадратного уравнения действительных корней;
• D = 0 esetén keressük meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - b 2 · a képlet alapján;
• D> 0 esetén határozza 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, ez ugyanazt az eredményt adja, mint az x = - b 2 · a képlet.

Nézzünk néhány példát.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Adjunk példákat a megoldásra különböző jelentések diszkrimináns.

6. példa

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

Megoldás

Felírjuk a másodfokú egyenlet numerikus együtthatóit: a = 1, b = 2 és c = - 6... Ezután az algoritmus szerint járunk el, azaz kezdjük a diszkrimináns kiszámítását, amelyhez az a, b együtthatókat helyettesítjük és c a diszkrimináns képletbe: D = b 2 - 4 a c = 2 2 - 4 1 ( - 6) = 4 + 24 = 28.

Tehát D> 0 -t kaptunk, ami azt jelenti, hogy az eredeti egyenletnek két valós gyöke lesz.
Megtalálásukhoz az x = - b ± D 2 · a gyökképletet használjuk, és a megfelelő értékeket helyettesítve a következőket kapjuk: x = - 2 ± 28 2 · 1. Egyszerűsítsük le a kapott kifejezést úgy, hogy kivesszük a faktort a gyökjelen kívülre, majd csökkentjük a törtet:

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

Meg kell oldani a másodfokú egyenletet - 4 x 2 + 28 x - 49 = 0.

Megoldás

Határozzuk meg a diszkriminánst: D = 28 2 - 4 ( - 4) ( - 49) = 784 - 784 = 0... A diszkrimináns ezen értékével 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

Szükséges az egyenlet megoldása 5 y 2 + 6 y + 2 = 0

Megoldás

Ennek az egyenletnek a numerikus együtthatói a következők lesznek: a = 5, b = 6 és c = 2. Ezeket az értékeket használjuk a diszkrimináns megtalálására: 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 gyökerek megjelölése, a gyökerekre vonatkozó képletet alkalmazzuk, komplex számokkal végrehajtva a műveleteket:

x = - 6 ± - 4 2 5,

x = - 6 + 2 i 10 vagy x = - 6 - 2 i 10,

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

Válasz: nincs érvényes gyökere; az összetett gyökerek a következők: - 3 5 + 1 5 · i, - 3 5 - 1 5 · i.

Az iskolai tantervben nincs általános követelmény a komplex gyökerek keresésére, ezért ha a megoldás során a diszkriminánst negatívnak határozzák meg, azonnal rögzítik azt a választ, hogy nincsenek valódi gyökerek.

Gyökérkép a második együtthatókhoz is

Az x = - b ± D 2 a gyök képlete (D = b 2 - 4 a n, például 2 3 vagy 14 ln 5 = 2 7 ln 5). Mutatjuk, hogyan származik ez a képlet.

Tegyük fel, hogy az a · x 2 + 2 · n · x + c = 0 másodfokú egyenletre kell megoldást találnunk. Az algoritmus szerint járunk el: meghatározzuk a diszkriminánst D = (2 n) 2 - 4 a c = 4 n 2 - 4 a c = 4 (n 2 - a c), majd a gyökre vonatkozó képletet használjuk:

x = - 2 n ± D 2 a, x = - 2 n ± 4 n 2 - a c 2 a, x = - 2 n ± 2 n 2 - a c 2 a, x = - n ± n 2 - a kb.

Jelöljük az n 2 - a · c kifejezést D 1 -ként (néha D "-vel jelöljük). Ezután a második 2 n együtthatójú másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a következő lesz:

x = - n ± D 1 a, 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 negyede. Nyilvánvaló, hogy a D 1 előjele megegyezik a D előjelével, ami azt jelenti, hogy a D 1 előjel egy másodfokú egyenlet gyökeinek jelenlétére vagy hiányára is utalhat.

11. definíció

Így ahhoz, hogy megoldást találjunk a másodfokú egyenletre a második 2 n együtthatóval, szükség van:

• találjuk D 1 = n 2 - a · c;
• D 1 -nél< 0 сделать вывод, что действительных корней нет;
• ha D 1 = 0, határozzuk meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - n a képlettel;
• D 1> 0 esetén két valós gyököt határozzunk meg az x = - n ± D 1 a képlettel.

9. példa

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

Megoldás

Az adott egyenlet második együtthatója 2 · (- 3) -ként ábrázolható. Ezután átírjuk az adott másodfokú egyenletet 5 x 2 + 2 ( - 3) x - 32 = 0, ahol a = 5, n = - 3 és c = - 32.

Kiszámítjuk a diszkrimináns negyedik részét: D 1 = n 2 - ac = ( - 3) 2 - 5 ( - 32) = 9 + 160 = 169. A kapott érték pozitív, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek két valós gyöke van. Határozzuk meg őket a megfelelő gyökképlet szerint:

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

Válasz: x = 3 1 5 vagy x = - 2.

A másodfokú egyenletek nézetének egyszerűsítése

Néha lehetséges az eredeti egyenlet formájának optimalizálása, ami leegyszerűsíti a gyök kiszámításának folyamatát.

Például a 12 x 2 - 4 x - 7 = 0 másodfokú egyenlet megoldása egyértelműen kényelmesebb, mint 1200 x 2 - 400 x - 700 = 0.

Gyakrabban a másodfokú egyenlet alakjának egyszerűsítését úgy hajtjuk végre, hogy mindkét részét megszorozzuk vagy elosztjuk egy bizonyos számmal. Például fentebb az 1200 x 2 - 400 x - 700 = 0 egyenlet egyszerűsített ábrázolását mutattuk be, amelyet mindkét részének 100 -zal való elosztásával kaptunk.

Ilyen átalakítás akkor lehetséges, ha a másodfokú egyenlet együtthatói nem coprime számok. Ezután általában az egyenlet mindkét oldalát elosztja a legnagyobb közös osztó abszolút értékeket annak együtthatói.

Példaként használja a 12 x 2 - 42 x + 48 = 0 másodfokú egyenletet. Határozza meg együtthatóinak abszolút értékeinek gcd értékét: gcd (12, 42, 48) = gcd (gcd (12, 42), 48) = gcd (6, 48) = 6. Az eredeti másodfokú egyenlet mindkét oldalát elosztjuk 6 -tal, és megkapjuk a 2 x 2 - 7 x + 8 = 0 egyenértékű másodfokú egyenletet.

A másodfokú egyenlet mindkét oldalát megszorozva általában megszabadul a tört együtthatóktól. Ebben az esetben szorozzuk meg együtthatóinak nevezőinek legkisebb közös többszörösével. Például, ha az 1 6 x 2 + 2 3 x - 3 = 0 másodfokú egyenlet minden egyes részét megszorozzuk az LCM (6, 3, 1) = 6 értékkel, akkor több egyszerű alak x 2 + 4 x - 18 = 0.

Végül megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulunk a másodfokú egyenlet első együtthatója mínuszától, megváltoztatva az egyenlet minden tagjának előjeleit, amelyet úgy érünk el, hogy mindkét részt megszorozzuk (vagy elosztjuk) - 1 -gyel. Például a másodfokú egyenletből - 2 x 2 - 3 x + 7 = 0, áttérhet annak egyszerűsített változatára 2 x 2 + 3 x - 7 = 0.

A gyökerek és az együtthatók kapcsolata

Az x = - b ± D 2 · a másodfokú egyenletek gyökeinek már ismert képlete az egyenlet gyökeit fejezi ki numerikus együtthatói alapján. E képlet alapján más függőségeket is meg tudunk határozni a gyökerek és az együtthatók között.

A leghíresebb és alkalmazhatóbb a Vieta -tétel képletei:

x 1 + x 2 = - b a és x 2 = c a.

Különösen az adott másodfokú egyenletnél a gyökösszeg a második együttható, ellenkező előjellel, és a gyök szorzata egyenlő a szabad taggal. Például a 3 x 2 - 7 x + 22 = 0 másodfokú egyenlet formájával azonnal megállapítható, hogy gyökereinek összege 7 3, és a gyök szorzata 22 3.

Emellett számos más összefüggést is találhat a gyökök és a másodfokú egyenlet együtthatói között. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszege kifejezhető az együtthatókkal:

x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2) 2 - 2 x 1 x 2 = - ba 2 - 2 ca = b 2 a 2 - 2 ca = b 2 - 2 a ca 2.

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

Ez a téma elsőre nehéznek tűnhet a sok nem túl sok miatt egyszerű képletek... Nemcsak maguk a másodfokú egyenletek rendelkeznek hosszú rekordokkal, hanem a gyökerek is megtalálhatók a megkülönböztetőn keresztül. Összesen három új képlet van. Nem könnyű emlékezni. Ez csak az ilyen egyenletek gyakori megoldása után lehetséges. Ekkor minden képlet emlékezni fog önmagára.

A másodfokú egyenlet általános nézete

Itt kifejezett rögzítésük javasolt, amikor először a legmagasabb fokozatot rögzítik, majd csökkenő sorrendben. Gyakran előfordul, hogy a feltételek nem megfelelőek. Akkor jobb újraírni az egyenletet a változó mértékének csökkenő sorrendjében.

Bemutatjuk a jelölést. Ezeket az alábbi táblázat tartalmazza.

Ha elfogadjuk ezeket a jelöléseket, minden másodfokú egyenlet a következő rekordra csökken.

Sőt, az együttható a ≠ 0. Ezt a képletet jelölje az első.

Az egyenlet megadásakor nem világos, hogy hány gyök lesz a válaszban. Mivel a három lehetőség közül az egyik mindig lehetséges:

• két gyökere lesz a megoldásnak;
• a válasz egy szám;
• az egyenletnek egyáltalán nem lesz gyökere.

És amíg a döntést nem hozták végére, nehéz megérteni, hogy a lehetőségek közül melyik esik ki egy adott esetben.

A másodfokú egyenletek rekordjainak típusai

A feladatok különböző rekordjaikat tartalmazhatják. Ezek nem mindig úgy néznek ki, mint egy általános másodfokú képlet. Néha hiányzik belőle néhány kifejezés. Amit fentebb írtak, az teljes egyenlet... Ha eltávolítja a második vagy harmadik kifejezést, akkor valami mást kap. Ezeket a rekordokat másodfokú egyenleteknek is nevezik, csak hiányosak.

Ezenkívül csak azok a kifejezések tűnhetnek el, amelyekben a "b" és a "c" együttható szerepel. Az "a" szám semmilyen körülmények között nem lehet nulla. Mert ebben az esetben a képlet lineáris egyenletké alakul. A hiányos egyenletformátumok képletei a következők:

Tehát csak két típus létezik, a teljes típusok mellett hiányos másodfokú egyenletek is. Legyen az első képlet a második és a második szám.

A gyökerek számának megkülönböztetése és függése az értékétől

Ezt a számot ismernie kell az egyenlet gyökereinek kiszámításához. Mindig kiszámítható, függetlenül a másodfokú egyenlet képletétől. A diszkrimináns kiszámításához az alábbiakban felsorolt ​​egyenlőséget kell használnia, amelynek négyes száma lesz.

Miután az együtthatók értékeit behelyettesítette ebbe a képletbe, számokat kaphat különböző jelek... Ha a válasz igen, akkor az egyenletre adott válasz két különböző gyök lesz. Ha a szám negatív, a másodfokú egyenlet gyökerei hiányoznak. Ha nulla, akkor a válasz egy lesz.

Hogyan oldható meg a teljes másodfokú egyenlet?

Valójában ennek a kérdésnek a vizsgálata már megkezdődött. Mert először meg kell találnia a megkülönböztetőt. Miután kiderült, hogy a másodfokú egyenletnek vannak gyökerei, és számuk ismert, használnia kell a változók képletét. Ha két gyökere van, akkor ezt a képletet kell alkalmaznia.

Mivel a „±” jelet tartalmazza, két érték lesz. A négyzetgyök kifejezés a diszkrimináns. Ezért a képletet más módon is át lehet írni.

Az ötödik képlet. Ugyanez a rekord azt mutatja, hogy ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét gyök azonos értékeket vesz fel.

Ha a másodfokú egyenletek megoldását még nem dolgozták ki, akkor jobb, ha felírja az összes együttható értékét, mielőtt alkalmazná a megkülönböztető és változó képletet. Később ez a pillanat nem okoz nehézségeket. De a legelején zavar van.

Hogyan oldható meg a hiányos másodfokú egyenlet?

Itt minden sokkal egyszerűbb. Még további képletekre sincs szükség. És nem lesz szüksége azokra, amelyeket már rögzítettek a megkülönböztető és az ismeretlen számára.

Először is tekintsük a kettes számú hiányos egyenletet. Ebben az egyenlőségben a zárójelből ki kell venni az ismeretlen mennyiséget, és meg kell oldani a zárójelben maradt lineáris egyenletet. A válasznak két gyökere lesz. Az első szükségszerűen egyenlő a nullával, mert van egy tényező, amely magából a változóból áll. A másodikat lineáris egyenlet megoldásával kapjuk.

A harmadik számú hiányos egyenletet úgy oldják meg, hogy a számot az egyenlet bal oldaláról átviszik a jobb oldalra. Akkor osztanod kell a tényezővel az ismeretlen előtt. Csak a négyzetgyök kivonása marad, és ne felejtse el kétszer felírni ellentétes jelekkel.

Ezután néhány műveletet írunk, amelyek segítenek megtanulni, hogyan kell megoldani mindenféle egyenlőséget, amely másodfokú egyenletekké alakul. Segítenek a diáknak, hogy elkerülje a gondatlan hibákat. Ezek a hiányosságok okozzák a gyenge osztályzatokat a "Másodfokú egyenletek (8. fokozat)" kiterjedt téma tanulmányozásakor. Ezt követően ezeket a műveleteket nem kell folyamatosan végrehajtani. Mert megjelenik egy stabil készség.

• Először szabványos formában kell leírni az egyenletet. Vagyis először a változó legmagasabb fokú kifejezése, majd - a fok és az utolsó nélkül - csak egy szám.

• Ha az "a" együttható előtt mínusz jelenik meg, akkor bonyolíthatja a munkát egy kezdő számára a másodfokú egyenletek tanulmányozása. Jobb megszabadulni tőle. Ebből a célból minden egyenlőséget meg kell szorozni "-1" -vel. Ez azt jelenti, hogy minden kifejezés az ellenkezőjére változtatja a jelét.

• 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 megtalálható 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 oldható meg.

A 30 áthelyezése után az egyenlőség jobb oldalára: 5x 2 = 30. Most el kell osztani 5 -tel. Kiderül: x 2 = 6. A válaszok számok lesznek: x 1 = √6, x 2 = - √ 6.

A harmadik egyenlet: 15 - 2x - x 2 = 0. A továbbiakban a másodfokú egyenletek megoldása azzal kezdődik, hogy átírjuk őket szabványos formában: - x 2 - 2x + 15 = 0. Most itt az ideje a második használatának hasznos tanácsés 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. Pozitív szám. A fentiekből kiderül, hogy az egyenletnek két gyökere van. Ezeket az ötödik képlet segítségével 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 egyenlet így alakul át: x 2 + 3x + 8 = 0. Diszkriminánsa egyenlő ezzel az értékkel: -23. Mivel ez a szám negatív, a feladat a következő bejegyzés lesz: "Nincsenek gyökerek."

A 12x + x 2 + 36 = 0 ötödik egyenletet a következőképpen kell átírni: x 2 + 12x + 36 = 0. A diszkrimináns képletének alkalmazása után a nulla számot kapjuk. Ez azt jelenti, hogy egy gyökere lesz, nevezetesen: x = -12 / (2 * 1) = -6.

A hatodik (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2) egyenlet átalakításokat igényel, amelyek abból állnak, hogy hasonló kifejezéseket kell hozni a zárójelek megnyitása előtt. Az első helyett egy ilyen kifejezés lesz: x 2 + 2x + 1. Az egyenlőség után ez a rekord fog megjelenni: x 2 + 3x + 2. Az ilyen kifejezések megszámlálása után az egyenlet a következő formában jelenik meg: x 2 - x = 0. Hiányos lett ... Valami hasonlót már kicsit magasabbnak tartottak. Ennek gyökerei a 0 és 1 számok lesznek.

Remélem, miután tanulmányozta ezt a cikket, megtanulja megtalálni a teljes másodfokú egyenlet gyökereit.

A diszkrimináns használatával csak a teljes másodfokú egyenleteket oldják meg, más módszereket használnak a hiányos másodfokú egyenletek megoldására, amelyeket a "Hiányos másodfokú egyenletek megoldása" cikkben talál.

Milyen másodfokú egyenleteket nevezzük teljesnek? Ez ax 2 + b x + c = 0 alakú egyenletek, ahol az a, b és c együttható nem egyenlő nullával. Tehát a teljes másodfokú egyenlet megoldásához ki kell számítani a D diszkriminánst.

D = b 2 - 4ac.

Attól függően, hogy a diszkriminánsnak milyen értéke van, felírjuk a választ.

Ha a diszkrimináns negatív szám(D.< 0),то корней нет.

Ha a diszkrimináns nulla, akkor x = (-b) / 2a. Ha a diszkrimináns pozitív szám (D> 0),

akkor x 1 = (-b-√D) / 2a, és x 2 = (-b + √D) / 2a.

Például. Oldja meg az egyenletet! x 2- 4x + 4 = 0.

D = 4 2 - 4 4 = 0

x = (- (-4)) / 2 = 2

Válasz: 2.

Oldja meg a 2 egyenletet x 2 + x + 3 = 0.

D = 1 2 - 4 2 3 = - 23

Válasz: nincs gyökere.

Oldja meg a 2 egyenletet x 2 + 5x - 7 = 0.

D = 5 2 - 4 · 2 · (–7) = 81

x 1 = (-5 - √81) / (2 2) = (-5 - 9) / 4 = - 3,5

x 2 = (-5 + √81) / (2 2) = (-5 + 9) / 4 = 1

Válasz: - 3,5; egy.

Tehát bemutatjuk a teljes másodfokú egyenletek megoldását az 1. ábra szerinti áramkör szerint.

Ezekkel a képletekkel bármilyen teljes másodfokú egyenletet fel lehet oldani. Csak óvatosnak kell lennie annak biztosítására az egyenletet szabványos polinomként írták

de x 2 + bx + c, ellenkező esetben hibázhat. Például az x + 3 + 2x 2 = 0 egyenlet írásakor tévesen dönthet úgy

a = 1, b = 3 és c = 2. Akkor

D = 3 2 - 4 · 1 · 2 = 1, majd az egyenletnek két gyöke van. És ez nem igaz. (Lásd a fenti 2. példa megoldását.)

Ezért, ha az egyenletet nem a szabványos forma polinomjaként írjuk, akkor először a teljes másodfokú egyenletet a szabványalak polinomjaként kell megírni (először a legnagyobb kitevőjű monómnak kell lennie, azaz de x 2 , akkor kevesebbel – bx majd szabad tag val vel.

Ha csökkentett másodfokú egyenletet és egyenletes együtthatójú másodfokú egyenletet old meg a második tagnál, más képletek is használhatók. Ismerjük meg ezeket a képleteket is. Ha a második tag teljes kvadratikus egyenletében az együttható páros (b = 2k), akkor az egyenlet megoldható a 2. ábra diagramján látható képletekkel.

A teljes másodfokú egyenletet redukáltnak nevezzük, ha az együttható at x 2 egyenlő eggyel, és az egyenlet formát ölt x 2 + px + q = 0... Ilyen egyenlet megadható a megoldáshoz, vagy úgy kapható, hogy az egyenlet összes együtthatóját elosztjuk az együtthatóval de-nél állva x 2 .

A 3. ábra a csökkentett négyzet megoldásának sémáját mutatja
egyenletek. Nézzünk egy példát az ebben a cikkben tárgyalt képletek alkalmazására.

Példa. Oldja meg az egyenletet!

3x 2 + 6x - 6 = 0.

Oldjuk meg ezt az egyenletet az 1. ábra diagramján látható képletek segítségével.

D = 6 2 - 4 3 ( - 6) = 36 + 72 = 108

√D = √108 = √ (363) = 6√3

x 1 = (-6- 6√3) / (2 3) = (6 (-1- √ (3)))) / 6 = –1- √3

x 2 = (-6 + 6√3) / (2 3) = (6 (-1+ √ (3)))) / 6 = –1 + √3

Válasz: -1 - √3; –1 + √3

Megjegyezzük, hogy ebben az egyenletben az x -nél lévő együttható páros szám, azaz b = 6 vagy b = 2k, innen k = 3. Ezután megpróbáljuk megoldani az egyenletet a diagramban látható képletek segítségével D 1 = 3 2 - 3 · ( - 6) = 9 + 18 = 27

√ (D 1) = √27 = √ (9 3) = 3√3

x 1 = (-3 - 3√3) / 3 = (3 (-1 - √ (3))) / 3 = - 1 - √3

x 2 = (-3 + 3√3) / 3 = (3 (-1 + √ (3))) / 3 =-1 + √3

Válasz: -1 - √3; –1 + √3... Észrevettük, hogy ebben a másodfokú egyenletben az összes együttható el van osztva 3 -mal, és elvégezzük az osztást, és megkapjuk a redukált másodfokú egyenletet x 2 + 2x - 2 = 0 Oldjuk meg ezt az egyenletet a redukált másodfokú képletek segítségével
egyenlet 3. ábra.

D 2 = 2 2 - 4 ( - 2) = 4 + 8 = 12

√ (D 2) = √12 = √ (4 3) = 2√3

x 1 = (-2 - 2√3) / 2 = (2 (-1 - √ (3))) / 2 = - 1 - √3

x 2 = (-2 + 2√3) / 2 = (2 (-1+ √ (3))) / 2 =-1 + √3

Válasz: -1 - √3; –1 + √3.

Amint látjuk, ennek az egyenletnek a megoldásával különböző képletek ugyanazt a választ kaptuk. Ezért, miután jól elsajátította az 1. ábra diagramján látható képleteket, mindig meg tud oldani minden teljes másodfokú egyenletet.

oldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásával, a forrás hivatkozása szükséges.