Remélem, hogy a cikk tanulmányozása után megtanulja, hogyan kell megtalálni a teljes másodfokú egyenlet gyökereit.

A diszkrimináns segítségével csak a teljes másodfokú egyenleteket oldjuk meg a hiányosak megoldására másodfokú egyenletek használjon más módszereket, amelyeket a "Hiányos másodfokú egyenletek megoldása" című cikkben talál.

Milyen másodfokú egyenleteket nevezünk teljesnek? Ez ax 2 + b x + c = 0 alakú egyenletek, ahol az a, b és c együtthatók nem egyenlők nullával. Tehát egy teljes másodfokú egyenlet megoldásához ki kell számítanunk a D diszkriminánst.

D = b 2 – 4ac.

A diszkrimináns értékétől függően írjuk le a választ.

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

Ha a diszkrimináns nulla, akkor x = (-b)/2a. Amikor 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; 1.

Tehát képzeljük el a teljes másodfokú egyenletek megoldását az 1. ábra diagramja segítségével.

Ezekkel a képletekkel bármilyen teljes másodfokú egyenletet megoldhat. Csak arra kell vigyázni az egyenletet a standard alak polinomjaként írtuk fel

A x 2 + bx + c, különben hibázhat. Például az x + 3 + 2x 2 = 0 egyenlet felírásakor tévesen úgy dönthet, hogy

a = 1, b = 3 és c = 2. Ekkor

D = 3 2 – 4 1 2 = 1 és akkor az egyenletnek két gyöke van. És ez nem igaz. (Lásd a fenti 2. példa megoldását).

Ezért, ha az egyenletet nem standard formájú polinomként írjuk fel, akkor először a teljes másodfokú egyenletet kell felírni a standard alakú polinomként (a legnagyobb kitevővel rendelkező monom legyen előbb, azaz A x 2 , majd kevesebbel – bx majd egy szabad tag Val vel.

A redukált másodfokú egyenlet és a második tagban páros együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásakor más képleteket is használhat. Ismerkedjünk meg ezekkel a képletekkel. Ha egy teljes másodfokú egyenletben az együttható a második tagnál páros (b = 2k), akkor az egyenletet a 2. ábra diagramjában megadott képletekkel lehet megoldani.

A teljes másodfokú egyenletet redukáltnak nevezzük, ha az együttható at x 2 egyenlő eggyel, és az egyenlet alakját veszi fel x 2 + px + q = 0. Egy ilyen egyenlet megadható a megoldásra, vagy megkapható úgy, hogy az egyenlet összes együtthatóját elosztjuk az együtthatóval A, állva x 2 .

A 3. ábra a redukált négyzet megoldásának diagramját 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 képletekkel.

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

Megfigyelhető, hogy az x együtthatója ebben az egyenletben páros szám, azaz b = 6 vagy b = 2k, ahol k = 3. Ezután próbáljuk meg megoldani az egyenletet a D ábra diagramján látható képletekkel. 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. Ha észrevesszük, hogy ebben a másodfokú egyenletben az összes együttható osztható 3-mal, és végrehajtva az osztást, megkapjuk az x 2 + 2x – 2 = 0 redukált másodfokú egyenletet. Oldjuk meg ezt az egyenletet a redukált másodfokú képletekkel
egyenletek 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 megoldása során különféle képletek ugyanazt a választ kaptuk. Ezért, ha alaposan elsajátította az 1. ábra diagramján látható képleteket, mindig meg tud majd oldani bármilyen teljes másodfokú egyenletet.

weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.

Első szint

Másodfokú egyenletek. Átfogó útmutató (2019)

A „másodfokú egyenlet” kifejezésben a kulcsszó a „másodfokú”. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek szükségszerűen tartalmaznia kell egy változót (ugyanazt az x-et) négyzetesen, és nem lehetnek x-ek a harmadik (vagy nagyobb) hatványhoz.

Sok egyenlet megoldása másodfokú egyenletek megoldásán múlik.

Tanuljuk meg meghatározni, hogy ez egy másodfokú egyenlet, és nem valami más egyenlet.

1. példa

Szabaduljunk meg a nevezőtől, és szorozzuk meg az egyenlet minden tagját ezzel

Tegyünk mindent a bal oldalra, és rendezzük a kifejezéseket X hatványai 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 másodfokú!

3. példa

Szorozzunk meg mindent a következővel:

Ijedős? A negyedik és a második fok... Ha azonban cserét végzünk, 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 már egyszerű lineáris egyenlet!

Most próbálja meg eldönteni, hogy az alábbi egyenletek közül melyik másodfokú, és melyik nem:

Példák:

Válaszok:

1. négyzet;
2. négyzet;
3. nem négyzet alakú;
4. nem négyzet alakú;
5. nem négyzet alakú;
6. négyzet;
7. nem négyzet alakú;
8. négyzet.

A matematikusok hagyományosan az összes másodfokú egyenletet a következő típusokra osztják:

• Teljes másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együtthatók és 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 valamilyen elem. De az egyenletnek mindig x négyzetet kell tartalmaznia!!! Ellenkező esetben ez már nem másodfokú egyenlet lesz, hanem valami más egyenlet.

Miért találtak ki ilyen felosztást? Úgy tűnik, hogy van egy X négyzet, és rendben van. Ezt a felosztást a megoldási módszerek határozzák meg. Nézzük mindegyiket részletesebben.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

Először is koncentráljunk a hiányos másodfokú egyenletek megoldására – ezek sokkal egyszerűbbek!

A hiányos másodfokú egyenleteknek többféle típusa van:

1. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.
2. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.
3. , ebben az egyenletben az együttható és a szabad tag egyenlő.

1. i. Mivel tudjuk, hogyan kell a négyzetgyököt venni, használjuk ezt az egyenletet a kifejezésre

A kifejezés lehet negatív vagy pozitív. Egy négyzetszám nem lehet negatív, mert két negatív vagy két pozitív szám szorzásakor mindig pozitív szám lesz az eredmény, 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 már csak a gyökér kivonása marad a bal és a jobb oldalról. Végül is emlékszel, hogyan kell kivonni a gyökereket?

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!!!

6. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

7. példa:

Oldja meg az egyenletet

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

nincsenek gyökerek!

Az ilyen 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 zárójelekből:

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 ezeknél kicsit nehezebb (csak egy kicsit).

Emlékezik, Bármely másodfokú egyenlet megoldható diszkrimináns segítségével! Méghozzá hiányosan.

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

1. Másodfokú egyenletek megoldása diszkrimináns segítségével.

A másodfokú egyenletek megoldása ezzel a módszerrel nagyon egyszerű, a lényeg az, hogy emlékezzünk a műveletek sorozatára és néhány képletre.

Ha, akkor az egyenletnek van gyöke. Speciális figyelem lépést tenni. A diszkrimináns () az egyenlet gyökeinek számát adja meg.

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

Térjünk vissza az egyenletekhez, és nézzünk meg néhány példát.

9. példa:

Oldja meg az egyenletet

1. lépés kihagyjuk.

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek két gyöke van.

3. lépés

Válasz:

10. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában kerül bemutatásra, tehát 1. lépés kihagyjuk.

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek egy gyöke van.

Válasz:

11. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet szabványos formában kerül bemutatásra, tehát 1. lépés kihagyjuk.

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy nem tudjuk kivonni a diszkrimináns gyökerét. Az egyenletnek nincsenek gyökerei.

Most már tudjuk, hogyan kell helyesen leírni az ilyen válaszokat.

Válasz: nincsenek gyökerei

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 másodfokú egyenlet egyenlő, és a gyökök szorzata egyenlő.

12. példa:

Oldja meg az egyenletet

Ez az egyenlet megoldható Vieta tételével, mert .

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 megoldások a rendszerre:

Válasz: ; .

13. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

14. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

Válasz:

NEGYEDES EGYENLETEK. ÁTLAGOS SZINT

Mi az a másodfokú egyenlet?

Más szavakkal, a másodfokú egyenlet olyan alakú egyenlete, ahol - az ismeretlen, - néhány szám, és.

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

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

Ebben az esetben 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 nézzük meg a hiányos másodfokú egyenletek megoldásának módszereit – ezek egyszerűbbek.

A következő típusú egyenleteket különböztethetjük meg:

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

II. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.

III. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.

Most pedig nézzük meg az egyes altípusok megoldását.

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

A négyzetes szám nem lehet negatív, mert ha két negatív vagy két pozitív számot 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 emlékezni kell, hogy nem lehet kevesebb.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!

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

nincsenek gyökerei.

Ahhoz, hogy röviden leírjuk, hogy egy problémának nincs megoldása, használjuk az üres készlet ikont.

Válasz:

Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: és.

Válasz:

Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:

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

Tehát ennek a másodfokú egyenletnek két gyökere van: és.

Példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Tekintsük az egyenlet bal oldalát, és keressük meg a gyökereket:

Válasz:

Teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:

1. Diszkrimináns

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

Észrevetted a gyökeret a diszkriminánsból a gyökérképletben? De a megkülönböztető lehet negatív is. Mit kell tenni? Különös figyelmet kell fordítanunk a 2. lépésre. A diszkrimináns megmondja az egyenlet gyökeinek számát.

• Ha, akkor az egyenletnek gyökerei vannak:
• Ha akkor az egyenletnek van azonos gyökerek, de lényegében egy gyökér:

  Az ilyen gyökereket kettős gyökérnek nevezzük.

• Ha, akkor a diszkrimináns gyökerét nem nyerjük ki. Ez azt jelzi, hogy az egyenletnek nincs gyökere.

Miért lehetséges különböző mennyiségben gyökerek? Térjünk rá geometriai érzék másodfokú egyenlet. A függvény grafikonja egy parabola:

Egy speciális esetben, ami egy másodfokú egyenlet, . Ez azt jelenti, hogy a másodfokú egyenlet gyökerei az abszcissza tengellyel (tengellyel) való metszéspontok. Egy 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, és ha, akkor lefelé irányulnak.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Válasz: .

Válasz:

Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

Válasz: .

2. Vieta tétele

Vieta tételének használata nagyon egyszerű: csak ki kell választani egy olyan számpárt, amelynek szorzata egyenlő az egyenlet szabad tagjával, és az összeg egyenlő a második együtthatóval, amelyet ellenkező előjellel veszünk fel.

Fontos megjegyezni, hogy Vieta tétele csakis alkalmazható redukált másodfokú egyenletek ().

Nézzünk néhány példát:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Ez az egyenlet megoldható Vieta tételével, mert . Egyéb együtthatók: ; .

Az egyenlet gyökeinek összege:

És a termék egyenlő:

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

• És. Az összeg egyenlő;
• És. Az összeg egyenlő;
• És. Az összeg egyenlő.

és ezek a megoldások a rendszerre:

Így és ezek az egyenletünk gyökerei.

Válasz: ; .

2. példa:

Megoldás:

Válasszunk ki a szorzatban szereplő számpárokat, majd ellenőrizzük, hogy összegük egyenlő-e:

és: összesen adnak.

és: összesen adnak. Megszerzéséhez elegendő egyszerűen megváltoztatni a feltételezett gyökerek jeleit: és végül is a terméket.

Válasz:

3. példa:

Megoldás:

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

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek megadják a szorzatot, és amelyek különbsége egyenlő:

és: különbségük egyenlő - nem illik;

és: - nem alkalmas;

és: - nem alkalmas;

és: - alkalmas. Csak emlékezni kell arra, hogy az egyik gyökér negatív. Mivel összegüknek egyenlőnek kell lennie, a kisebb modulusú gyöknek negatívnak kell lennie: . Ellenőrizzük:

Válasz:

4. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

A szabad tag negatív, ezért a gyökök szorzata negatív. Ez pedig 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 adott, ami azt jelenti:

A gyökök összege negatív, ami azt jelenti, hogy szerint legalább, az egyik gyöke negatív. De mivel a termékük pozitív, ez azt jelenti, hogy mindkét gyökérnek mínusz jele van.

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő:

Nyilvánvaló, hogy a gyökerek a számok és.

Válasz:

Egyetértek, nagyon kényelmes szóban kitalálni a gyökereket, 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 hasznot húzzon a használatából, a műveleteket automatizálni kell. És ehhez oldj meg még öt példát. De ne csalj: nem használhatsz megkülönböztetőt! Csak Vieta tétele:

Az önálló munkavégzés feladatainak megoldásai:

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

Vieta tétele szerint:

A válogatást szokás szerint a darabbal kezdjük:

Nem alkalmas, mert az összeg;

: az összeg pont annyi, amennyire szüksége van.

Válasz: ; .

2. feladat.

És ismét a kedvenc Vieta-tételünk: az összegnek egyenlőnek kell lennie, és a szorzatnak egyenlőnek kell lennie.

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

Válasz: ; .

3. feladat.

Hmm... Hol van az?

Az összes kifejezést egyetlen részbe kell helyeznie:

A gyökerek összege egyenlő a szorzattal.

Oké, állj! Az egyenlet nincs megadva. De Vieta tétele csak az adott egyenletekben alkalmazható. Tehát először meg kell adni egy egyenletet. Ha nem tudsz vezetni, add fel ezt az ötletet, és oldd meg más módon (például diszkrimináns segítségével). Hadd emlékeztesselek arra, hogy másodfokú egyenlet megadása azt jelenti, hogy a vezető együtthatót egyenlővé kell tenni:

Nagy. Ekkor a gyökerek összege egyenlő és a szorzat.

Itt olyan egyszerű a választás, mint a körte héjánál: végül is prímszámról van szó (elnézést a tautológiáért).

Válasz: ; .

4. feladat.

Az ingyenes tag negatív. Mi ebben a különleges? És az a tény, hogy a gyökereknek különböző jelei lesznek. És most a kiválasztás során nem a gyökök összegét, hanem a moduljaik különbségét ellenőrizzük: ez a különbség egyenlő, de szorzat.

Tehát a gyökerek egyenlőek és -vel, de az egyik mínusz. 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.

Mit kell először csinálni? Így van, adja meg az egyenletet:

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

A gyökerek egyenlőek és -vel, de az egyik mínusz. Melyik? Összegüknek egyenlőnek kell lennie, ami azt jelenti, hogy a mínusznak nagyobb gyöke lesz.

Válasz: ; .

Hadd foglaljam össze:

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

3. A teljes négyzet kiválasztásának módja

Ha az összes ismeretlent tartalmazó tagot rövidített szorzóképletekből származó tagok formájában ábrázoljuk - az összeg vagy a különbség négyzete -, akkor a változók cseréje után az egyenlet egy ilyen típusú hiányos másodfokú egyenlet formájában is bemutatható.

Például:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

2. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

BAN BEN Általános nézet az átalakítás így fog kinézni:

Ez azt jelenti: .

Nem emlékeztet semmire? Ez diszkriminatív dolog! Pontosan így kaptuk a diszkriminancia képletet.

NEGYEDES EGYENLETEK. RÖVIDEN A FŐ DOLOGOKRÓL

Másodfokú egyenlet- ez egy olyan alakú 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, az egyenlet így néz ki: ,
• ha van szabad tag, akkor az egyenletnek a következő alakja van: ,
• ha és, az egyenlet így néz ki: .

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) Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelből: ,

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. Megoldás diszkrimináns használatával

1) Csökkentsük az egyenletet erre standard nézet: ,

2) Számítsuk ki a diszkriminánst a következő képlettel: , amely az egyenlet gyökeinek számát jelöli:

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 (ahol alakú egyenlet) gyökeinek összege egyenlő, a gyökök szorzata pedig egyenlő, azaz. , A.

2.3. Megoldás a teljes négyzet kiválasztásának módszerével

Több egyszerű módon. Ehhez tegye z jelet a zárójelek közül. A következőt kapjuk: z(аz + b) = 0. A tényezők felírhatók: z=0 és аz + b = 0, mivel mindkettő nullát eredményezhet. Az az + b = 0 jelölésben a másodikat más előjellel jobbra mozgatjuk. Innen z1 = 0 és z2 = -b/a. Ezek az eredeti gyökerei.

Ha van hiányos egyenletаz² + с = 0 alakúak, ebben az esetben vannak egyszerű átvitel szabad tag az egyenlet jobb oldalára. Változtasd meg a jelét is. Az eredmény az² = -с. Kifejezése z² = -c/a. Vegye ki a gyökeret, és írjon le két megoldást - pozitív és negatív jelentése négyzetgyök.

jegyzet

Ha az egyenletben törtegyütthatók vannak, szorozza meg a teljes egyenletet a megfelelő tényezővel, hogy megszabaduljon a törtektől.

A másodfokú egyenletek megoldásának ismerete az iskolásoknak és a diákoknak egyaránt szükséges; hétköznapi élet. Számos speciális megoldási mód létezik.

Másodfokú egyenletek megoldása

Másodfokú egyenlet a*x^2+b*x+c=0 alakú. Az x együttható a kívánt változó, a, b, c numerikus együtthatók. Ne feledje, hogy a „+” jel „-” jelre változhat.

Ennek az egyenletnek a megoldásához Vieta tételét kell használni, vagy meg kell találni a diszkriminánst. A legelterjedtebb módszer a diszkrimináns megtalálása, mivel a, b, c egyes értékeire nem lehet Vieta tételét használni.

A diszkrimináns (D) megtalálásához fel kell írni a D=b^2 - 4*a*c képletet. A D érték lehet nagyobb, kisebb vagy egyenlő nullával. Ha D nagyobb vagy kisebb, mint nulla, akkor két gyök lesz, ha D = 0, akkor pontosabban csak egy gyök marad, mondhatjuk, hogy D-nek ebben az esetben két ekvivalens gyöke van; Helyettesítsd be a képletbe az ismert a, b, c együtthatókat és számítsd ki az értéket!

Miután megtalálta a diszkriminánst, a képletekkel keresse meg x: x(1) = (- b+sqrt(D))/2*a; x(2) = (- b-sqrt(D))/2*a ahol az sqrt egy függvény, jelentése kivonat négyzetgyök ebből a számból. A kifejezések kiszámítása után megtalálja az egyenlet két gyökerét, amelyek után az egyenlet megoldottnak tekinthető.

Ha D kisebb, mint nulla, akkor még mindig vannak gyökerei. Ezt a részt gyakorlatilag nem tanulják az iskolában. Az egyetemistáknak tudniuk kell, hogy a gyökér alatt negatív szám jelenik meg. Úgy szabadulnak meg tőle, hogy kiemelik a képzeletbeli részt, vagyis a gyök alatti -1 mindig egyenlő az „i” képzeletbeli elemmel, amelyet megszorozunk az azonos pozitív számmal rendelkező gyökérrel. Például, ha D=sqrt(-20), akkor a transzformáció után D=sqrt(20)*i-t kapunk. A transzformáció után az egyenlet megoldása a fent leírt gyökérleletre redukálódik.

Vieta tétele az x(1) és x(2) értékeinek kiválasztásából áll. Két azonos egyenletet használunk: x(1) + x(2)= -b; x(1)*x(2)=с. És nagyon fontos pont a b együttható előtti jel, ne feledje, hogy ez az előjel ellentétes az egyenletben szereplővel. Első pillantásra úgy tűnik, hogy az x(1) és x(2) kiszámítása nagyon egyszerű, de a megoldás során szembesülni fog azzal, hogy ki kell választania a számokat.

Másodfokú egyenletek megoldásának elemei

A matematika szabályai szerint egyesek faktorozhatók: (a+x(1))*(b-x(2))=0, ha ezt a másodfokú egyenletet sikerült hasonló módon átalakítani matematikai képletek segítségével, akkor nyugodtan írd le a választ. x(1) és x(2) egyenlő lesz a zárójelben lévő szomszédos együtthatókkal, de ellenkező előjellel.

Ne feledkezzünk meg a hiányos másodfokú egyenletekről sem. Lehet, hogy hiányzik néhány kifejezés, ha igen, akkor minden együtthatója egyszerűen nulla. Ha nincs semmi x^2 vagy x előtt, akkor az a és b együttható 1-gyel egyenlő.

Képletek másodfokú egyenlet gyökére. A valódi, többszörös és összetett gyökerek eseteit vizsgáljuk. Faktorizáció másodfokú trinomikus. Geometriai értelmezés. Példák a gyökerek meghatározására és a faktorálásra.

Alapképletek

Tekintsük a másodfokú egyenletet:
(1) .
Másodfokú egyenlet gyökerei(1) a következő képletekkel határozzák meg:
; .
Ezeket a képleteket a következőképpen lehet kombinálni:
.
Ha egy másodfokú egyenlet gyökerei ismertek, akkor egy másodfokú polinom ábrázolható tényezők szorzataként (tényezőként):
.

Feltételezzük továbbá, hogy - valós számok.
Mérlegeljük másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
.
Ha a diszkrimináns pozitív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két különböző valós gyöke van:
; .
Ekkor a másodfokú trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.
Ha a diszkrimináns egyenlő nullával, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két többszörös (egyenlő) valós gyöke van:
.
Faktorizáció:
.
Ha a diszkrimináns negatív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két összetett konjugált gyöke van:
;
.
Itt van a képzeletbeli egység, ;
és a gyökerek valós és képzeletbeli részei:
; .
Akkor

.

Grafikus értelmezés

Ha épít függvény grafikonja
,
ami egy parabola, akkor a gráf tengellyel való metszéspontjai lesznek az egyenlet gyökei
.
pontban a grafikon két pontban metszi az x tengelyt (tengelyt).
Amikor , a grafikon egy ponton érinti az x tengelyt.
Amikor , a grafikon nem keresztezi az x tengelyt.

Az alábbiakban példákat mutatunk be ilyen grafikonokra.

A másodfokú egyenletekhez kapcsolódó hasznos képletek

(f.1) ;
(f.2) ;
(f.3) .

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Transzformációkat hajtunk végre és alkalmazzuk az (f.1) és (f.3) képleteket:




,
Ahol
; .

Tehát megkaptuk a másodfokú polinom képletét a következő formában:
.
Ez azt mutatja, hogy az egyenlet

órakor előadták
És .
Vagyis és a másodfokú egyenlet gyökerei
.

Példák másodfokú egyenlet gyökeinek meghatározására

1. példa

(1.1) .

Megoldás

.
Az (1.1) egyenletünkkel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
.
Mivel a diszkrimináns pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van:
;
;
.

Ebből megkapjuk a másodfokú trinom tényezőjét:

.

Az y = függvény grafikonja 2 x 2 + 7 x + 3 két pontban metszi az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Két ponton metszi az abszcissza tengelyt (tengelyt):
És .
Ezek a pontok az eredeti (1.1) egyenlet gyökerei.

Válasz

;
;
.

2. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(2.1) .

Megoldás

Írjuk fel a másodfokú egyenletet általános formában:
.
Az eredeti (2.1) egyenlettel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
.
Mivel a diszkrimináns nulla, az egyenletnek két többszörös (egyenlő) gyöke van:
;
.

Ekkor a trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.

Az y = x függvény grafikonja 2-4 x + 4 egy ponton érinti az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Egy ponton érinti az x tengelyt (tengelyt):
.
Ez a pont az eredeti (2.1) egyenlet gyöke. Mivel ez a gyökér kétszeres tényező:
,
akkor az ilyen gyökeret többszörösnek szokták nevezni. Vagyis azt hiszik, hogy két egyenlő gyökér van:
.

Válasz

;
.

3. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(3.1) .

Megoldás

Írjuk fel a másodfokú egyenletet általános formában:
(1) .
Írjuk át az eredeti (3.1) egyenletet:
.
Az (1)-el összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
.
A diszkrimináns negatív, . Ezért nincsenek valódi gyökerek.

Összetett gyökereket találhat:
;
;
.

Akkor


.

A függvény grafikonja nem keresztezi az x tengelyt. Nincsenek igazi gyökerek.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Nem metszi az x tengelyt (tengelyt). Ezért nincsenek valódi gyökerek.

Válasz

Nincsenek igazi gyökerek. Összetett gyökerek:
;
;
.

Folytatjuk a téma tanulmányozását " egyenletek megoldása" A lineáris egyenletekkel már megismerkedtünk, és tovább haladunk az ismerkedés felé másodfokú egyenletek.

Először is megvizsgáljuk, mi a másodfokú egyenlet, hogyan írják le általános formában, és adjuk meg a kapcsolódó definíciókat. Ezek után példák segítségével részletesen megvizsgáljuk, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Térjünk át a megoldásra teljes egyenletek, megkapjuk a gyökképletet, megismerkedünk a másodfokú egyenlet diszkriminánsával és megfontoljuk a tipikus példák megoldásait. Végül keressük a gyökök és az együtthatók közötti összefüggéseket.

Oldalnavigáció.

Mi az a másodfokú egyenlet? A típusaik

Először is világosan meg kell értenie, mi az a másodfokú egyenlet. Ezért logikus a másodfokú egyenletekről szóló beszélgetést a másodfokú egyenlet meghatározásával, valamint a kapcsolódó definíciókkal kezdeni. Ezek után mérlegelheti a másodfokú egyenletek fő típusait: redukált és redukálatlan, 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 értéke nem nulla.

Tegyük fel rögtön, hogy a másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek nevezik. Ez annak a ténynek köszönhető, hogy a másodfokú egyenlet az algebrai egyenlet másodfokú.

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

Meghatározás.

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 együtthatójának, b a második együtthatónak, vagy az x együtthatójának, c pedig a szabad tagnak .

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

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

Redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek

A vezető együttható értékétől függően redukált és redukálatlan másodfokú egyenleteket különböztetünk meg. Adjuk meg a megfelelő definíciókat.

Meghatározás.

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

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. A 5 x 2 −x−1=0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, amelyek vezető együtthatói eltérnek 1-től.

Bármely redukálatlan másodfokú egyenletből, ha mindkét oldalt elosztjuk a vezető együtthatóval, akkor a redukálthoz juthatunk. 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.

Nézzünk egy példát arra, hogyan történik az átmenet egy redukálatlan másodfokú egyenletből egy redukáltra.

Példa.

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

Megoldás.

Csak el kell osztanunk az eredeti egyenlet mindkét oldalát a 3 vezető együtthatóval, ez nem nulla, így végre tudjuk hajtani ezt a műveletet. Van (3 x 2 +12 x−7):3=0:3, ami ugyanaz, (3 x 2):3+(12 x):3−7:3=0, majd (3: 3) x 2 +(12:3) x−7:3=0, ahonnan . Így kaptuk a redukált másodfokú egyenletet, amely ekvivalens az eredetivel.

Válasz:

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

A másodfokú egyenlet definíciója tartalmazza az a≠0 feltételt. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 + b x + c = 0 egyenlet másodfokú legyen, mivel ha a = 0, akkor 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 egy olyan egyenlet, amelyben minden együttható nullától eltérő.

Az ilyen neveket nem véletlenül adták. Ez a következő megbeszélésekből kiderül.

Ha a b együttható nulla, akkor a másodfokú egyenlet a·x 2 +0·x+c=0, 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 a·x 2 +b·x=0 alakra. És b=0 és c=0 esetén az a·x 2 =0 másodfokú egyenletet kapjuk. Az így kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt. Innen a nevük - hiányos másodfokú egyenletek.

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

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

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

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

Vizsgáljuk meg sorrendben, hogyan oldják meg az egyes típusok nem teljes másodfokú egyenleteit.

a x 2 =0

Kezdjük az olyan nem teljes másodfokú egyenletek megoldásával, amelyekben a b és c együttható nulla, vagyis az a x 2 =0 alakú egyenletekkel. Az a·x 2 =0 egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, amelyet az eredetiből úgy kapunk, hogy mindkét részt 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 azzal magyarázható, hogy bármely p 2 >0 egyenlőtlenségre teljesül, ami azt jelenti, 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. Ez ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, egyetlen gyöke x=0, ezért az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke nulla.

Egy rövid megoldás ebben az esetben a következőképpen írható:
−4 x 2 =0,
x 2 =0,
x=0.

a x 2 +c=0

Most nézzük meg, hogyan oldják meg azokat a nem teljes másodfokú egyenleteket, 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 mozgatunk ellentétes előjellel, valamint az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy nem nulla számmal, ekvivalens egyenletet kapunk. Ezért az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációit hajthatjuk végre:

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

A kapott egyenlet lehetővé teszi, hogy következtetéseket vonjunk le a gyökereiről. A és c értékétől függően a kifejezés értéke lehet negatív (például ha a=1 és c=2, akkor) vagy pozitív (például ha a=-2 és c=6 , akkor) nem nulla, mivel c≠0 feltétellel. Nézzük külön az eseteket.

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

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

Jelöljük az imént bejelentett egyenlet gyökét x 1 és −x 1 -ként. Tegyük fel, hogy az egyenletnek még egy x 2 gyöke van, ami különbözik a jelzett x 1 és −x 1 gyökektől. Ismeretes, hogy ha gyökét x helyett egyenletbe cseréljük, az egyenletet helyes numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van , x 2-re pedig . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a helyes numerikus egyenlőségeket tagonként kivonjuk, így az egyenlőségek megfelelő részeinek kivonása x 1 2 −x 2 2 =0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy az eredményül kapott egyenlőséget (x 1 −x 2)·(x 1 +x 2)=0-ra írjuk át. Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik egyenlő nullával. 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. Tehát ellentmondáshoz jutottunk, hiszen az elején azt mondtuk, hogy az x 2 egyenlet gyöke különbözik x 1-től és −x 1-től. Ez bizonyítja, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint és.

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

• nincs gyökere, ha
• két gyöke van, és ha .

Nézzünk 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 az egyenlet jobb oldalára mozgatjuk, a 9 x 2 =−7 alakot veszi fel. A kapott egyenlet mindkét oldalát elosztva 9-cel, megkapjuk. Mivel a jobb oldalon negatív szám van, ennek az egyenletnek nincs gyöke, ezért az eredeti 9 x 2 +7 = 0 hiányos másodfokú egyenletnek nincs gyöke.

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

a x 2 +b x=0

A megoldás kitalálása hátra van utolsó típus hiányos másodfokú egyenletek c=0-ra. Az a x 2 + b x = 0 formájú nem teljes másodfokú egyenletek lehetővé teszik a megoldást faktorizációs módszer. Nyilvánvalóan megtehetjük, az egyenlet bal oldalán található, amihez elegendő az x közös tényezőt zárójelből kivenni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről egy x·(a·x+b)=0 alakú ekvivalens egyenletre lépjünk. És ez az egyenlet ekvivalens két x=0 és a·x+b=0 egyenletből álló halmazzal, amelyek közül az utóbbi 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 példára elemezzük a megoldást.

Példa.

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás.

A zárójelekből x-et kivéve az egyenletet kapjuk. Ez ekvivalens két x=0 és . Megoldjuk a kapott lineáris egyenletet: , és a vegyes számot elosztjuk -vel közönséges tört, találunk . Ezért az eredeti egyenlet gyökei x=0 és .

A szükséges gyakorlat megszerzése után az ilyen egyenletek megoldásait röviden fel lehet írni:

Válasz:

x=0 , .

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

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

Hasznos tudni, hogyan származtatták a gyökképletet, és hogyan használják fel a másodfokú egyenletek gyökereinek megkeresésére. Találjuk ki ezt.

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

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, ami a következő másodfokú egyenletet eredményezi.
• Most válasszon egy teljes négyzetet bal oldalán: . Ezt követően az egyenlet a következőt veszi fel.
• Ebben a szakaszban az utolsó két tagot át lehet vinni a jobb oldalra ellentétes előjellel, van .
• És alakítsuk át a jobb oldali kifejezést is: .

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

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

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

Így az egyenlet gyökeinek megléte vagy hiánya, tehát az eredeti másodfokú egyenlet, a jobb oldali kifejezés 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 levél által kijelölt D. Innentől világos a diszkrimináns lényege - értéke és előjele alapján arra következtetnek, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.

Térjünk vissza az egyenlethez, és írjuk át a diszkriminancia 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, amely átírható a vagy alakba, és a törtek bővítése és csökkentése után közös nevező kapunk .

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

Segítségükkel pozitív diszkrimináns segítségével kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökét. Ha a diszkrimináns nullával egyenlő, mindkét képlet ugyanazt a gyökérértéket adja, ami a másodfokú egyenlet egyedi megoldásának felel meg. És egy negatív diszkriminánssal, amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, azzal szembesülünk, hogy kivonjuk a négyzetgyökét negatív szám, amely túlmutat és iskolai tananyag. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, de van párja komplex konjugátum gyökök, amelyeket az általunk kapott gyökképletekkel találhatunk meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A gyakorlatban a másodfokú egyenletek megoldása során azonnal a gyökképletet használhatja az értékük kiszámításához. De ez inkább az összetett gyökerek megtalálásához kapcsolódik.

Az iskolai algebra tanfolyamon azonban általában arról beszélünk nem összetett, hanem egy másodfokú egyenlet valós gyökereiről. Ebben az esetben célszerű a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteinek használata előtt először megkeresni a diszkriminánst, megbizonyosodni arról, hogy az nem negatív (ellenkező esetben azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), és csak ezután számítsa ki a gyökerek értékeit.

A fenti érvelés lehetővé teszi, hogy írjunk másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus. Az a x 2 +b x+c=0 másodfokú egyenlet megoldásához a következőket kell tennie:

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

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

Továbbléphet a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algoritmus használatára vonatkozó példákra.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

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

Példa.

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

Megoldás.

Ebben az esetben a másodfokú egyenlet következő együtthatói vannak: a=1, b=2 és c=−6. Az algoritmus szerint ehhez először ki kell számítani a diszkriminánst, behelyettesítjük a jelzett a-t, b-t és c-t a diszkrimináns képletbe D=b 2 –4·a·c=2 2 –4·1·(–6)=4+24=28. Mivel 28>0, azaz a diszkrimináns nagyobb, mint nulla, a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van. Keressük meg őket a gyökképlet segítségével, megkapjuk a , itt egyszerűsítheti az eredményül kapott kifejezéseket, ha ezt csinálja a szorzót a gyökjelen túlra mozgatva ezt követi a frakció csökkentése:

Válasz:

Térjünk át a következő tipikus példára.

Példa.

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

Megoldás.

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

Válasz:

x=3,5.

Továbbra is meg kell fontolni a másodfokú egyenletek negatív diszkriminánssal történő 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. Ezeket az értékeket behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe D=b 2 –4·a·c=6 2 –4·5·2=36–40=–4. A diszkrimináns negatív, ezért ennek a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.

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

Válasz:

nincsenek valódi gyökerek, összetett gyökerek: .

Még egyszer jegyezzük meg, hogy ha egy 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

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete, ahol D=b 2 −4·a·c lehetővé teszi, hogy egy kompaktabb formájú képletet kapjunk, ami lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását x páros együtthatójával (vagy egyszerűen egy együttható például 2·n vagy 14· ln5=2·7·ln5 ). Vigyük ki.

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

Jelöljük az n 2 −a c kifejezést D 1-ként (néha D "-nek jelölik). Ekkor a vizsgált másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a második 2 n együtthatóval a következőt veszi fel , ahol D 1 =n 2 −a·c.

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

Tehát egy 2·n második együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásához szükségünk van

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

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

Példa.

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

Megoldás.

Ennek az egyenletnek a második együtthatója 2·(−3) . Azaz átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakban, itt a=5, n=−3 és c=−32, és kiszámíthatja 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 elvégezni.

Válasz:

A másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha, mielőtt elkezdené egy másodfokú egyenlet gyökereit képletekkel kiszámítani, nem árt feltenni a kérdést: „Lehetőség van ennek az egyenletnek a formáját egyszerűsíteni?” 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.

A másodfokú egyenlet formájának egyszerűsítése általában úgy érhető el, hogy mindkét oldalt megszorozzuk vagy elosztjuk egy bizonyos számmal. Például az előző bekezdésben lehetőség nyílt az 1100 x 2 −400 x −600=0 egyenlet egyszerűsítésére úgy, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.

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

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

Ennek a pontnak a végén megjegyezzük, hogy szinte mindig megszabadulnak a mínusztól a másodfokú egyenlet legmagasabb együtthatójánál az összes tag előjelének megváltoztatásával, ami megfelel mindkét oldal -1-gyel való szorzásának (vagy osztásának). Például általában a −2 x 2 −3 x+7=0 másodfokú egyenletről a 2 x 2 +3 x−7=0 megoldásra lépünk.

Másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak kapcsolata

A másodfokú egyenlet gyökeinek képlete együtthatóin keresztül fejezi ki az egyenlet gyökereit. A gyökképlet alapján más kapcsolatokat is kaphat a gyökök és az együtthatók között.

A Vieta-tétel legismertebb és leginkább alkalmazható képletei a és alakúak. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második ellentétes 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 képletek felhasználásával számos egyéb összefüggést kaphatunk a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszegét az együtthatóin keresztül fejezheti ki: .

Bibliográfia.

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