Osszuk el a másodfokú egyenletet a másodfokú egyenlettel. Másodfokú egyenletek

Kopjevszkaja vidéki középiskola

10 módszer a másodfokú egyenletek megoldására

Vezető: Galina Anatoljevna Patrikejeva,

matematika tanár

Kopyevo falu, 2007

1. A másodfokú egyenletek kialakulásának története

1.1 Másodfokú egyenletek az ősi babylonban

1.2 Hogyan állította össze és oldotta meg Diophantus a másodfokú egyenleteket

1.3 Másodfokú egyenletek Indiában

1.4 Másodfokú egyenletek al-Khorezmiből

1.5 Másodfokú egyenletek Európában XIII - XVII. század

1.6 Vieta tételéről

2. Másodfokú egyenletek megoldási módszerei

Következtetés

Irodalom

1. A másodfokú egyenletek kialakulásának története

1.1 Másodfokú egyenletek az ókori Babilonban

Nemcsak első, hanem másodfokú egyenletek megoldásának igényét már az ókorban is a területek megtalálásával kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. földterületekés azzal földmunkák katonai jellegét, valamint magának a csillagászatnak és a matematikának a fejlődését. A másodfokú egyenleteket Kr.e. 2000 körül tudták megoldani. NS. babilóniaiak.

A modern algebrai jelölést alkalmazva elmondhatjuk, hogy ékírásos szövegeikben a hiányos szövegeken kívül vannak például teljes másodfokú egyenletek:

x 2 + x = ¾; x 2 - x = 14,5

Ezen egyenletek megoldásának a babiloni szövegekben megfogalmazott szabálya lényegében egybeesik a modernnel, de nem ismert, hogy a babilóniaiak hogyan jutottak el ehhez a szabályhoz. Az eddig talált ékírásos szövegek szinte mindegyike csak recept formájában megfogalmazott megoldásokkal ad problémát, a megtalálás módjára vonatkozó utasítások nélkül.

Ellenére magas szint az algebra fejlődése Babilonban, az ékírásos szövegekben nincs fogalom negatív számés általános módszerek másodfokú egyenletek megoldásai.

1.2 Hogyan állította össze és oldotta meg Diophantus a másodfokú egyenleteket.

Diophantus "Aritmetikájában" nincs szisztematikus algebra bemutatása, hanem egy rendszerezett feladatsort tartalmaz, magyarázatokkal kísérve és különböző fokozatú egyenletek felállításával megoldva.

Az egyenletek felállításakor Diophantus ügyesen választ ismeretleneket, hogy leegyszerűsítse a megoldást.

Itt van például az egyik feladata.

11. probléma."Keress két számot, tudva, hogy összegük 20, a szorzat pedig 96"

Diophantus a következőképpen érvel: a feladat feltételéből az következik, hogy a keresett számok nem egyenlőek, hiszen ha egyenlőek lennének, akkor a szorzatuk nem 96, hanem 100 lenne. Így az egyik több lesz, mint a fele. az összegükből, azaz... 10 + x, a másik kevesebb, i.e. 10 - x... A különbség köztük 2x .

Ezért az egyenlet:

(10 + x) (10 - x) = 96

100 - x 2 = 96

x 2-4 = 0 (1)

Innen x = 2... Az egyik kötelező szám az 12 , Egyéb 8 ... Megoldás x = -2 mert Diophantus nem létezik, mivel a görög matematika csak pozitív számokat ismert.

Ha ezt a feladatot úgy oldjuk meg, hogy a szükséges számok közül egyet ismeretlennek választunk, akkor eljutunk az egyenlet megoldásához

y (20 - y) = 96,

y 2 - 20y + 96 = 0. (2)

Nyilvánvaló, hogy a keresett számok különbségének fele ismeretlennek választva Diophantus leegyszerűsíti a megoldást; sikerül a problémát egy hiányos másodfokú egyenlet (1) megoldására redukálnia.

1.3 Másodfokú egyenletek Indiában

A másodfokú egyenletekkel kapcsolatos problémák már az "Aryabhattiam" csillagászati ​​traktusban is felmerülnek, amelyet Aryabhatta indiai matematikus és csillagász állított össze 499-ben. Egy másik indiai tudós, Brahmagupta (VII. század) vázolta Általános szabály másodfokú egyenletek egyetlen kanonikus formára redukált megoldásai:

ah 2+ b x = c, a> 0. (1)

Az (1) egyenletben az együtthatók, kivéve a, lehet negatív is. A Brahmagupta szabály lényegében megegyezik a miénkkel.

V Ősi India elterjedt a nyilvános verseny a nehéz problémák megoldásában. Az egyik ősi indiai könyv a következőt írja az ilyen versenyekről: „Ahogy a nap elhomályosítja ragyogásával a csillagokat, úgy tudós elhomályosítja a másik dicsőségét a nyilvános gyűléseken azáltal, hogy algebrai problémákat javasol és megold." A feladatokat gyakran költői formába öltöztették.

Itt van a XII. század híres indiai matematikusának egyik feladata. Bhaskaras.

13. probléma.

"Édes majomnyáj és tizenkettő a szőlő felett...

Evés után a hatalom, szórakozás. Ugrálni kezdtek, lógva...

Ők a téren a nyolcadik rész Hány majom volt,

A tisztáson mulattam. Mondja, ebben a csomagban?

Bhaskara megoldása azt jelzi, hogy tudott a másodfokú egyenletek kétértékű gyökéről (3. ábra).

A 13. feladatnak megfelelő egyenlet:

( x /8) 2 + 12 = x

Bhaskara ezt írja leple alatt:

x 2 - 64x = -768

és ennek az egyenletnek a bal oldalának négyzetté tételéhez mindkét oldalhoz hozzáad 32 2 , majd megkapja:

x 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

x 1 = 16, x 2 = 48.

1.4 Másodfokú egyenletek al - Khorezmihez

Az al - Khorezmi algebrai értekezés a lineáris és másodfokú egyenletek osztályozását adja meg. A szerző 6 típusú egyenletet számol meg, ezeket a következőképpen fejezi ki:

1) "A négyzetek egyenlőek a gyökökkel", azaz. ax 2 + c = b NS.

2) "A négyzetek egyenlőek egy számmal", azaz. ax 2 = c.

3) "A gyökök egyenlőek a számmal", azaz. ah = c.

4) "A négyzetek és a számok egyenlőek a gyökekkel", azaz ax 2 + c = b NS.

5) "A négyzetek és a gyökök egy számmal egyenlők", azaz. ah 2+ bx = s.

6) „A gyökök és a számok egyenlőek a négyzetekkel”, azaz. bx + c = ax 2.

Al - Khorezmi számára, aki kerülte a negatív számok használatát, ezen egyenletek mindegyike összeadás, nem pedig kivonás. Ebben az esetben azokat az egyenleteket, amelyeknek nincs pozitív megoldása, biztosan nem vesszük figyelembe. A szerző felvázolja ezen egyenletek megoldási módjait az al - jabr és az al - muqabal technikák segítségével. Az ő döntése természetesen nem esik teljesen egybe a miénkkel. Eltekintve attól, hogy pusztán retorikai jellegű, meg kell jegyezni például, hogy az első típusú hiányos másodfokú egyenlet megoldásakor

al - Khorezmi, mint minden matematikus a 17. századig, nem veszi figyelembe a nulla megoldást, valószínűleg azért, mert ez nem számít konkrét gyakorlati problémákban. A teljes másodfokú egyenletek megoldása során al - Khorezmi konkrét numerikus példák segítségével meghatározza a megoldási szabályokat, majd geometriai bizonyításokat.

14. probléma.„A négyzet és a 21-es szám egyenlő 10 gyökkel. Találd meg a gyökeret" (az x 2 + 21 = 10x egyenlet gyökerét jelenti).

A szerző megoldása így hangzik: oszd el a gyökök számát felére, kapsz 5-öt, 5-öt szorozd meg önmagával, a szorzatból vond ki a 21-et, 4 lesz. Vond ki a 4 gyökét, kapsz 2-t. Vond ki 2-t 5-ből. , 3-at kap, ez lesz a kívánt gyökér. Vagy adjunk hozzá 2-t az 5-höz, ami 7-et ad, ez is egy gyökér.

Az al - Khorezmi értekezés az első olyan könyv, amely eljutott hozzánk, amelyben szisztematikusan bemutatják a másodfokú egyenletek osztályozását, és megadják a megoldásukra vonatkozó képleteket.

1.5 Másodfokú egyenletek Európában XIII - A XVII cc

A másodfokú egyenletek megoldásának képleteit al-Khorezmi modelljére Európában először az "Abacus könyve" mutatta be, amelyet Leonardo Fibonacci olasz matematikus írt 1202-ben. Ez a terjedelmes munka, amely tükrözi a matematika hatását, mind az iszlám országaiban, mind az Ókori Görögország, a bemutatás teljességében és egyértelműségében egyaránt különbözik. A szerző önállóan dolgozott ki néhány új algebrai példát a problémák megoldására, és Európában elsőként közelítette meg a negatív számok bevezetését. Könyve nemcsak Olaszországban, hanem Németországban, Franciaországban és más európai országokban is hozzájárult az algebrai ismeretek terjesztéséhez. Az „Abakusz könyvéből” sok probléma átkerült szinte az összes 16-17. századi európai tankönyvbe. részben pedig XVIII.

A másodfokú egyenletek megoldásának általános szabálya egyetlen kanonikus formára redukálva:

x 2+ bx = s,

az esélyjelek összes lehetséges kombinációjával b , val vel Európában csak 1544-ben fogalmazta meg M. Stiefel.

Másodfokú egyenlet megoldási képletének levezetése in Általános nézet Vietben van, azonban Viet csak pozitív gyökereket ismert fel. Az olasz matematikusok Tartaglia, Cardano, Bombelli az elsők között voltak a 16. században. A pozitívak mellett a negatív gyökereket is figyelembe veszik. Csak a 17. században. Girard, Descartes, Newton és más tudósok munkájának köszönhetően a másodfokú egyenletek megoldásának módszere modern formát ölt.

1.6 Vieta tételéről

A másodfokú egyenlet együtthatói és gyökei közötti összefüggést kifejező Vieta tételt először 1591-ben fogalmazta meg a következőképpen: „Ha B + D szorozva A - A 2 , egyenlő BD, azután A egyenlő Vés egyenlő D ».

Ahhoz, hogy megértsük Vietát, emlékeznünk kell erre A, mint minden magánhangzó, számára az ismeretlent jelentette (a mi NS), magánhangzók V, D- együtthatók az ismeretlenre. A modern algebra nyelvén Vieta fenti megfogalmazása azt jelenti: ha

(egy + b ) x - x 2 = ab ,

x 2 - (a + b ) x + a b = 0,

x 1 = a, x 2 = b .

Az egyenletek gyökei és együtthatói közötti kapcsolat kifejezése általános képletek szimbólumokkal írva Viet egységességet teremtett az egyenletek megoldási módszereiben. Vieta szimbolikája azonban még messze van modern megjelenés... Nem ismerte fel a negatív számokat, ezért az egyenletek megoldásánál csak azokat az eseteket vette figyelembe, amikor minden gyök pozitív.

2. Másodfokú egyenletek megoldási módszerei

A másodfokú egyenletek jelentik az alapot, amelyen az algebra csodálatos építménye nyugszik. A másodfokú egyenleteket széles körben használják trigonometrikus, exponenciális, logaritmikus, irracionális és transzcendentális egyenletek és egyenlőtlenségek megoldására. Mindannyian tudjuk, hogyan kell másodfokú egyenleteket megoldani az iskolától (8. osztály), egészen az érettségiig.

Folytatjuk a téma tanulmányozását" egyenletek megoldása". Lineáris egyenletekkel már találkoztunk, és folytatjuk az ismerkedést másodfokú egyenletek.

Először elemezzük, hogy mi a másodfokú egyenlet, hogyan írható fel általános formában, és adjuk meg a kapcsolódó definíciókat. Ezt követően példákon keresztül részletesen elemezzük, hogyan oldják meg a hiányos másodfokú egyenleteket. Ezután térjünk át a megoldásra teljes egyenletek, megkapjuk a gyökképletet, megismerkedünk a másodfokú egyenlet diszkriminánsával és figyelembe vesszük a tipikus példák megoldásait. Végül nyomon követjük a gyökök és az együtthatók közötti kapcsolatot.

Oldalnavigáció.

Mi az a másodfokú egyenlet? A típusaik

Először is világosan meg kell értenie, mi az a másodfokú egyenlet. Ezért logikus, hogy a másodfokú egyenletekről a másodfokú egyenlet meghatározásával kezdjünk beszélni, valamint a kapcsolódó definíciókról. 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 nem nulla.

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 adjon másodfokú egyenletekre. Tehát 2 x 2 + 6 x + 1 = 0, 0,2 x 2 + 2,5 x + 0,03 = 0 stb. Másodfokú egyenletek.

Meghatározás.

A számok a, b és c nevezzük a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c = 0, és az a együtthatót nevezzük az elsőnek, vagy a legmagasabbnak, vagy az x 2-nél lévő együtthatónak, b a második együtthatónak, vagy az x-nél lévő együtthatónak, c pedig a szabad tagnak.

Például vegyünk egy 5x2 −2x − 3 = 0 alakú másodfokú egyenletet, ahol a vezető együttható 5, a második együttható -2, a metszéspont pedig -3. Megjegyzendő, ha a b és/vagy c együtthatók negatívak, mint az imént adott példában, akkor ez kerül felhasználásra rövid forma 5 x 2 −2 x − 3 = 0 alakú másodfokú egyenlet felírása, 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 egyenletben, ami az ilyen írás sajátosságaiból adódik. Például egy y 2 −y + 3 = 0 másodfokú egyenletben a vezető együttható egy, az y-ben lévő együttható pedig −1.

Redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek

A vezető együttható értékétől függően redukált és nem redukált másodfokú egyenleteket különböztetünk 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.

Alapján ezt a meghatározást, másodfokú egyenletek x 2 −3 x + 1 = 0, x 2 −x − 2/3 = 0 stb. - adott, mindegyikben az első együttható eggyel egyenlő. És 5 x 2 −x − 1 = 0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, vezető együtthatóik eltérnek 1-től.

Bármely nem redukált másodfokú egyenletből úgy, hogy mindkét részét elosztja a vezető együtthatóval, a redukáltra léphet. Ez a művelet egy ekvivalens transzformáció, vagyis az így kapott redukált másodfokú egyenletnek ugyanazok a gyökerei vannak, mint az eredeti redukálatlan másodfokú egyenletnek, vagy hozzá hasonlóan nincs gyökere.

Elemezzük példán keresztül, hogyan történik az átmenet redukálatlan másodfokú egyenletből redukáltba.

Példa.

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

Megoldás.

Elég, ha az eredeti egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a 3 vezető tényezővel, ez nem nulla, így ezt a műveletet végre tudjuk hajtani. Van (3 x 2 + 12 x − 7): 3 = 0: 3, ami ugyanaz, (3 x 2): 3+ (12 x): 3−7: 3 = 0, és 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 definíciója tartalmazza az a ≠ 0 feltételt. Ez a feltétel szükséges ahhoz, hogy az a x 2 + b x + c = 0 egyenlet pontosan másodfokú legyen, mivel a = 0-nál valójában 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 nem nulla.

Az ilyen neveket nem véletlenül adják. Ez a következő megfontolásokból 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 alakja a x 2 + b x + 0 = 0, akkor átírható x 2 + b x = 0-ra. És ha b = 0 és c = 0, akkor 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 az következik, hogy van háromféle nem teljes másodfokú egyenlet:

• a · x 2 = 0, a b = 0 és c = 0 együtthatók megfelelnek neki;
• a x 2 + 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 = 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 úgy kapunk meg az eredetiből, hogy mindkét részét elosztjuk egy nem nulla a számmal. Nyilvánvaló, hogy az x 2 = 0 egyenlet gyöke nulla, mivel 0 2 = 0. Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami meg van magyarázva, sőt, bármely nem nulla p számra teljesül a p 2> 0 egyenlőtlenség, amiből következik, hogy p ≠ 0 esetén a p 2 = 0 egyenlőség soha nem teljesül.

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

Példaként adjuk meg a −4 · x 2 = 0 nem teljes másodfokú egyenlet megoldását. Az x 2 = 0 egyenlet ekvivalens vele, egyetlen gyöke x = 0, ezért az eredeti egyenletnek is van egy egyedi gyöke nulla.

Egy rövid megoldás ebben az esetben a következőképpen fogalmazható meg:
−4 x 2 = 0,
x 2 = 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 ha egy tagot az egyenlet egyik oldaláról a másikra viszünk át ellentétes előjellel, valamint az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy nem nulla számmal, ekvivalens egyenletet kapunk. Ezért lehetséges az a x 2 + c = 0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációja:

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

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, mivel c ≠ 0 hipotézis szerint. Vizsgáljuk meg külön az eseteket ill.

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 gyökereivel más a helyzet. Ebben az esetben, ha emlékszel rá, akkor az egyenlet gyökere azonnal nyilvánvalóvá válik, ez egy szám, hiszen. Könnyű kitalálni, hogy a szám egyben az egyenlet gyöke is, sőt,. Ennek az egyenletnek nincs más gyöke, ami például az ellentmondásos módszerrel kimutatható. Csináljuk.

Jelöljük az imént hangzott egyenlet gyökét x 1 és −x 1 alakban. Tegyük fel, hogy az egyenletnek még egy x 2 gyöke van, amely különbözik a jelzett x 1 és −x 1 gyöktől. Ismeretes, hogy ha gyökét x helyett egyenlettel helyettesítjük, az egyenletet valódi numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van, x 2-re pedig van. 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 rendelkező műveletek tulajdonságai lehetővé teszik a kapott egyenlőség átírását a következőre: (x 1 - x 2) · (x 1 + x 2) = 0. Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor nulla, ha legalább az egyik nulla. A kapott egyenlőségből tehát 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. Így jutottunk el egy ellentmondáshoz, 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 ennek az elemnek az információit. Az a x 2 + c = 0 nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens azzal az egyenlettel,

• nincs gyökere, ha
• két gyökere 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, megkapjuk. Mivel a jobb oldalon van egy negatív szám, ennek az egyenletnek nincs gyöke, ezért az eredeti 9 · x 2 + 7 = 0 hiányos másodfokú egyenletnek nincs gyöke.

Oldjunk meg egy másik hiányos –x 2 + 9 = 0 másodfokú egyenletet. Mozgassa a kilencet jobbra: −x 2 = −9. Most mindkét oldalt elosztjuk −1-gyel, így x 2 = 9 lesz. A jobb oldalon van pozitív szám, ahonnan arra következtetünk, hogy ill. Ezután felírjuk a végső választ: a −x 2 + 9 = 0 nem teljes másodfokú egyenletnek két gyöke van x = 3 vagy x = −3.

a x 2 + b x = 0

Marad az utolsó típusú hiányos 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, amelyhez elegendő az x közös tényezőt kiszűrni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről áttérjünk egy x · (a · x + b) = 0 alakú ekvivalens egyenletre. És ez az egyenlet ekvivalens két x = 0 és a x + b = 0 egyenlet kombinációjával, 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.

Az x-et a zárójelből kimozdítva az egyenlet jön létre. Két egyenletnek felel meg: x = 0 és. Megoldjuk a kapott lineáris egyenlet:, és a vegyes számot osztva ezzel közönséges tört, találunk. Ezért az eredeti egyenlet gyökei x = 0 és.

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

Válasz:

x = 0,.

Diszkrimináns, a másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

Van egy gyökképlet a másodfokú egyenletek megoldására. Írjuk fel másodfokú képlet: , ahol D = b 2 −4 a c- ún másodfokú diszkrimináns... A jelölés lényegében azt jelenti.

Hasznos tudni, hogyan kaptuk meg a gyökképletet, és hogyan alkalmazzuk azt a másodfokú egyenletek gyökeinek megkeresésekor. Találjuk ki.

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk az a x 2 + b x + c = 0 másodfokú egyenletet. Végezzünk el néhány egyenértékű átalakítást:

• Ennek az egyenletnek mindkét oldalát eloszthatjuk egy nem nulla a számmal, így a redukált másodfokú egyenletet kapjuk.
• Most válasszon egy teljes négyzetet bal oldalán:. Ezt követően az egyenlet alakját veszi fel.
• Ebben a szakaszban lehetőség van az utolsó két tag jobb oldalra történő áthelyezésére ellenkező előjellel, mi.
• És átalakítjuk a jobb oldali kifejezést is:.

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

A formailag hasonló egyenleteket már megoldottuk az előző bekezdésekben, amikor elemeztük őket. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy a következő következtetéseket vonjuk le az egyenlet gyökereit illetően:

• ha, akkor az egyenletnek nincsenek valós megoldásai;
• ha, akkor az egyenletnek olyan alakja van, tehát ahonnan az egyetlen gyöke látható;
• ha, akkor vagy, ami ugyanaz, 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 nevezték el másodfokú egyenlet diszkriminánsaés a betűvel megjelölve D... Ebből egyértelmű a diszkrimináns lényege - értéke és előjele alapján arra következtethetünk, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.

Visszatérve az egyenlethez, írjuk át a diszkrimináns jelöléssel:. És levonjuk a következtetéseket:

• 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 gyöke van, vagy ami jóvoltából átírható a vagy alakba, és a törteket bővítve és közös nevezőre redukálva kapjuk.

Így levezettük a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit, ezeknek az alakjuk van, ahol a D diszkriminánst a D = b 2 −4 · a · c képlettel számítjuk.

Segítségükkel, pozitív diszkriminánssal, kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökét. Ha a diszkrimináns egyenlő nullával, mindkét képlet ugyanazt a gyökértéket adja, amely a másodfokú egyenlet egyedi megoldásának felel meg. Egy negatív diszkriminánssal pedig, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, egy negatív szám négyzetgyökének kivonásával kell szembenéznünk, 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 azonos gyökképletekkel találhatunk meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A gyakorlatban a másodfokú egyenletek megoldásánál azonnal használhatjuk a gyökképletet, amellyel ki tudjuk számítani azok értékét. De ez inkább az összetett gyökerek megtalálásáról szól.

Egy iskolai algebratanfolyamon azonban általában nem összetett, hanem egy másodfokú egyenlet valós gyökereiről van szó. Ebben az esetben célszerű a másodfokú egyenlet gyökeinek felhasználása előtt először megkeresni a diszkriminánst, meggyőződni arról, hogy nem negatív (ellenkező esetben arra a következtetésre juthatunk, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), és csak azután, amelyek kiszámítják a gyökerek értékeit.

A fenti érvelés lehetővé teszi, hogy írjunk másodfokú egyenlet megoldó... Az a x 2 + b x + c = 0 másodfokú egyenlet megoldásához a következőkre van szükség:

• a D = b 2 −4 · a · c diszkriminans képlettel számítsd 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 képlettel, 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 használatának példáihoz.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

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

Példa.

Határozzuk 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, ezért a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van. A gyökképlet segítségével találjuk meg őket, megkapjuk, itt egyszerűsítheti a cselekvéssel kapott kifejezéseket a gyökér jelét figyelembe véve a tört ezt követő csökkentésével:

Válasz:

Térjünk át a következő tipikus példára.

Példa.

Oldja meg a −4x2 + 28x − 49 = 0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

Kezdjük azzal, hogy megtaláljuk a diszkriminánst: D = 28 2 -4 (-4) (-49) = 784-784 = 0... Ezért ennek a másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyet úgy találunk, hogy

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 meg kell adni összetett gyökerek, akkor jelentkezünk a jól ismert képlet a másodfokú egyenlet gyökereit, és hajtsa végre műveletek komplex számok :

Válasz:

nincsenek valódi gyökerek, az összetett gyökerek a következők:.

Még egyszer megjegyezzük, hogy ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskolában általában azonnal leírnak egy választ, amelyben jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és összetett gyökök nem találhatók.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

Egy másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D = b 2 −4 ln5 = 2 7 ln5). Vegyük 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 számítsa ki a diszkriminánst D = (2 n) 2 -4 a c = 4 n 2 -4 a c = 4 (n 2 -a c), majd a gyökök képletét használjuk:

Jelöljük az n 2 - a · c kifejezést D 1-ként (néha D"-vel 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 jelével. Vagyis a D 1 előjele egy másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát is jelzi.

Tehát a 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 képlettel;
• Ha D 1> 0, akkor a képlettel keress két valós gyökeret.

Fontolja meg egy példa megoldását az ebben a bekezdésben kapott gyökképlet segítségével.

Példa.

Oldja meg az 5x2 −6x − 32 = 0 másodfokú egyenletet.

Megoldás.

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

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

Válasz:

A másodfokú egyenletek nézetének 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 részét megszorozzuk vagy elosztjuk valamilyen számmal. Például az előző bekezdésben sikerült leegyszerűsítenünk az 1100x2 −400x − 600 = 0 egyenletet úgy, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.

Hasonló transzformációt hajtunk végre másodfokú egyenletekkel, amelyek együtthatói nem. Ebben az esetben az egyenlet mindkét oldalát általában osztják abszolút értékeket együtthatói. 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 oldalát 6-tal elosztva a 2 x 2 −7 x + 8 = 0 ekvivalens másodfokú egyenlethez jutunk.

És a másodfokú egyenlet mindkét oldalának szorzata általában azért történik, hogy megszabaduljunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben a szorzást az együtthatók nevezőivel hajtják végre. Például, ha a másodfokú egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk az LCM-mel (6, 3, 1) = 6, akkor az egyszerűbb formát veszi fel: x 2 + 4 x − 18 = 0.

Ennek a bekezdésnek a végén megjegyezzük, hogy a másodfokú egyenlet vezető együtthatójánál szinte mindig megszabadulunk a mínusztól az összes tag előjelének megváltoztatásával, ami megfelel mindkét rész -1-gyel való szorzásának (vagy osztásának). Például általában a −2x2 −3x + 7 = 0 másodfokú egyenletből az ember átmegy a 2x2 + 3x − 7 = 0 megoldásra.

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 Vieta tételéből származnak a forma és. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. 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: tanulmány. 8 cl-ért. 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.
• A. G. Mordkovich Algebra. 8. osztály. 14 órakor 1. rész Tankönyv oktatási intézmények diákjainak / A. G. Mordkovich. - 11. kiadás, törölve. - M .: Mnemosina, 2009 .-- 215 p .: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.

Ebben a cikkben a nem teljes másodfokú egyenletek megoldásával foglalkozunk.

De először ismételjük meg, mely egyenleteket nevezzük másodfokúnak. Az ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenletet, ahol x egy változó, az a, b és c együtthatók pedig néhány szám, a ≠ 0 pedig az ún. négyzet... Amint látjuk, az x 2-ben lévő együttható nem nulla, ezért az x-ben vagy a szabad tagban lévő együtthatók nullák is lehetnek, ebben az esetben egy hiányos másodfokú egyenletet kapunk.

A hiányos másodfokú egyenleteknek három típusa van:

1) Ha b = 0, c ≠ 0, akkor ax 2 + c = 0;

2) Ha b ≠ 0, c = 0, akkor ax 2 + bx = 0;

3) Ha b = 0, c = 0, akkor ax 2 = 0.

• Találjuk ki, hogyan döntenek ax 2 + c = 0 alakú egyenletek.

Az egyenlet megoldásához a -val szabad tagot átvisszük az egyenlet jobb oldalára, megkapjuk

ax 2 = ‒c. Mivel a ≠ 0, akkor az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a-val, ekkor x 2 = ‒c / a.

Ha ‒c / a> 0, akkor az egyenletnek két gyöke van

x = ± √ (–c / a).

Ha ‒c / a< 0, то это уравнение решений не имеет. Более наглядно решение данных уравнений представлено на схеме.

Példákkal próbáljuk kitalálni az ilyen egyenletek megoldására.

1. példa... Oldja meg a 2x egyenletet: 2 - 32 = 0.

Válasz: x 1 = - 4, x 2 = 4.

2. példa... Oldja meg a 2x 2 + 8 = 0 egyenletet.

Válasz: az egyenletnek nincs megoldása.

• Találjuk ki, hogyan döntenek ax 2 + bx = 0 alakú egyenletek.

Az ax 2 + bx = 0 egyenlet megoldásához faktorozzuk, azaz kivesszük x-et a zárójelen kívül, így x (ax + b) = 0-t kapunk. A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező egyenlő nullával. Ekkor vagy x = 0, vagy ax + b = 0. Az ax + b = 0 egyenlet megoldásával ax = - b egyenletet kapunk, ahonnan x = - b / a. Az ax 2 + bx = 0 alakú egyenletnek mindig két gyöke van x 1 = 0 és x 2 = - b / a. Nézze meg, hogyan néz ki az ilyen típusú egyenletek megoldása a diagramon.

Konkrét példával szilárdítsuk meg tudásunkat.

3. példa... Oldja meg a 3x 2 - 12x = 0 egyenletet.

x (3x - 12) = 0

x = 0 vagy 3x - 12 = 0

Válasz: x 1 = 0, x 2 = 4.

• Harmadik típusú egyenletek ax 2 = 0 nagyon egyszerűen megoldhatók.

Ha ax 2 = 0, akkor x 2 = 0. Az egyenletnek két egyenlő gyöke van x 1 = 0, x 2 = 0.

Az érthetőség kedvéért vegye figyelembe a diagramot.

A 4. példa megoldásakor ügyeljünk arra, hogy az ilyen típusú egyenletek nagyon egyszerűen megoldhatók.

4. példa Oldja meg a 2 = 0 7x egyenletet.

Válasz: x 1, 2 = 0.

Nem mindig világos, hogy milyen hiányos másodfokú egyenletet kell megoldanunk. Tekintsük a következő példát.

5. példa Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk egy közös nevezővel, azaz 30-al

Csökkentse

5 (5x 2 + 9) - 6 (4x 2 - 9) = 90.

Bővítsük ki a zárójeleket

25x2 + 45 - 24x2 + 54 = 90.

Itt vannak hasonlók

Mozgassa a 99-et az egyenlet bal oldaláról jobbra, fordítsa meg az előjelet

Válasz: nincsenek gyökerek.

Megvizsgáltuk, hogyan lehet megoldani a nem teljes másodfokú egyenleteket. Remélem, most már nem okoz nehézséget az ilyen feladatok elvégzése. Legyen óvatos a hiányos másodfokú egyenlet típusának meghatározásakor, akkor sikerülni fog.

Ha kérdésed van a témában, jelentkezz óráimra, közösen megoldjuk a felmerült problémákat.

oldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.

Másodfokú egyenletek. Általános információ.

V négyzetes X-nek jelen kell lennie a négyzetben (ezért hívják

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

csak egy szám (ingyenes tag). És nem lehet x-nek kettőnél nagyobb fokkal.

Algebrai egyenletÁltalános nézet.

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

Például:

Kifejezés hívják négyzetes trinomikus.

A másodfokú egyenlet elemeinek saját neve van:

Az első vagy legmagasabb együtthatónak nevezik,

Másodiknak vagy együtthatónak hívják,

· Ingyenes tagnak nevezték el.

Teljes másodfokú egyenlet.

Ezekben a bal oldali másodfokú egyenletekben ott van teljes készlet tagjai. X-el négyzetesen

együttható a, x az első hatványra együtthatóval bés ingyenes tagval vel. V minden esély

nullától eltérőnek kell lennie.

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

a legmagasabb (vagy a második együttható, vagy a szabad tag) egyenlő nullával.

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

2x2 -6x = 0,

Stb. És ha mindkét együttható, bés c egyenlő nullával, akkor minden még egyszerűbb, például:

2x2 = 0,

Vegye figyelembe, hogy az x négyzet minden egyenletben jelen van.

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

És ez teljesen másképp dől el...

A forma egyenlete

Kifejezés D= b 2 - 4 ac hívják diszkriminatív másodfokú egyenlet. HaD = 0, akkor az egyenletnek egy valós gyöke van; ha D> 0, akkor az egyenletnek két valós gyöke van.
Abban az esetben, amikor D = 0 , néha azt mondják, hogy egy másodfokú egyenletnek két azonos gyökere van.
A jelölés használata D= b 2 - 4 ac, a (2) képletet átírhatjuk így

Ha b= 2 k, akkor a (2) képlet a következő alakot veszi fel:

ahol k= b / 2 .
Az utolsó képlet különösen kényelmes, ha b / 2 - egész szám, azaz együttható b- páros szám.
1. példa: Oldja meg az egyenletet 2 x 2 - 5 x + 2 = 0 ... Itt a = 2, b = -5, c = 2... Nekünk van D= b 2 - 4 ac = (-5) 2- 4*2*2 = 9 ... Mivel D > 0 , akkor az egyenletnek két gyöke van. Keressük meg őket a (2) képlettel!

így x 1 = (5 + 3) / 4 = 2, x 2 =(5 - 3) / 4 = 1 / 2 ,
vagyis x 1 = 2 és x 2 = 1 / 2 az adott egyenlet gyökerei.
2. példa: Oldja meg az egyenletet 2 x 2 - 3x + 5 = 0 ... Itt a = 2, b = -3, c = 5... Keresse meg a diszkriminánst D= b 2 - 4 ac = (-3) 2- 4*2*5 = -31 ... Mivel D 0 , akkor az egyenletnek nincs valódi gyökere.

Hiányos másodfokú egyenletek. Ha másodfokú egyenletben fejsze 2 + bx+ c =0 második együttható b vagy szabad tag c nulla, akkor a másodfokú egyenletet nevezzük befejezetlen... A hiányos egyenleteket azért különböztetjük meg, mert a gyökereik megtalálásához nem használhatjuk a másodfokú egyenlet gyökeinek képletét - az egyenletet könnyebb megoldani, ha bal oldalát tényezőkbe számoljuk.
1. példa: oldja meg az egyenletet 2 x 2 - 5x = 0 .
Nekünk van x(2x - 5) = 0 ... Tehát akár x = 0 vagy 2 x - 5 = 0 , vagyis x = 2.5 ... Tehát az egyenletnek két gyökere van: 0 és 2.5
2. példa: oldja meg az egyenletet 3 x 2 - 27 = 0 .
Nekünk van 3 x 2 = 27 ... Ezért ennek az egyenletnek a gyökerei: 3 és -3 .

Vieta tétele. Ha a redukált másodfokú egyenlet x 2 + px+ q =0 valódi gyökerei vannak, akkor az összegük az - pés a termék az q, vagyis

x 1 + x 2 = -p,
x 1 x 2 = q

(az adott másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal).