Sztárhírek
Mi a másodfokú egyenlet alakja? Másodfokú egyenletek. Példák megoldásokra
Remélem, hogy a cikk tanulmányozása után megtanulja, hogyan kell megtalálni a teljes másodfokú egyenlet gyökereit.
A diszkrimináns segítségével csak a teljes másodfokú egyenletek oldhatók meg a hiányos másodfokú egyenletek megoldására, más módszereket használnak, amelyeket a „Nem teljes 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 polinomként írták fel standard nézet
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 a forrásra mutató hivatkozás szükséges.
BAN BEN modern társadalom a négyzetes változót tartalmazó egyenletekkel történő műveletek végrehajtásának képessége számos tevékenységi területen hasznos lehet, és a gyakorlatban is széles körben alkalmazzák a tudományos és műszaki fejlesztésekben. Ennek bizonyítékai a tengeri és folyami hajók, repülőgépek és rakéták. Ilyen számítások segítségével a legtöbb mozgási pályát különböző testek, beleértve az űrobjektumokat is. A másodfokú egyenletek megoldására szolgáló példákat nem csak a gazdasági előrejelzésben, az épületek tervezésében és kivitelezésében, hanem a leghétköznapibb körülmények között is alkalmazzák. Szükség lehet rájuk túrázáskor, sportesemények alkalmával, üzletekben vásárláskor és más nagyon gyakori helyzetekben.
Bontsuk fel a kifejezést komponenstényezőire
Az egyenlet mértékét a kifejezésben szereplő változó fokszámának maximális értéke határozza meg. Ha egyenlő 2-vel, akkor egy ilyen egyenletet másodfokúnak nevezünk.
Ha a formulák nyelvén beszélünk, akkor a jelzett kifejezések, akárhogy is néznek ki, mindig formába hozhatók, amikor a kifejezés bal oldala három tagból áll. Köztük: ax 2 (vagyis változó négyzetben az együtthatójával), bx (együtthatós négyzet nélküli ismeretlen) és c (szabad komponens, azaz közönséges szám). Mindez a jobb oldalon egyenlő 0-val. Abban az esetben, ha egy ilyen polinomnak az egyik alkotótagja hiányzik, az ax 2 kivételével, hiányos másodfokú egyenletnek nevezzük. Először az ilyen problémák megoldására szolgáló példákat kell figyelembe venni, amelyekben a változók értékeit könnyű megtalálni.
Ha a kifejezés úgy néz ki, hogy a jobb oldali kifejezésben két tag van, pontosabban az ax 2 és a bx, akkor a legegyszerűbben úgy találhatjuk meg az x-et, hogy a változót zárójelbe teszünk. Most az egyenletünk így fog kinézni: x(ax+b). Ezután nyilvánvalóvá válik, hogy vagy x=0, vagy a probléma abból adódik, hogy keresünk egy változót a következő kifejezésből: ax+b=0. Ezt a szorzás egyik tulajdonsága diktálja. A szabály kimondja, hogy két tényező szorzata csak akkor 0, ha az egyik nulla.
Példa
x=0 vagy 8x - 3 = 0
Ennek eredményeként az egyenlet két gyökét kapjuk: 0 és 0,375.
Az ilyen egyenletek leírhatják azoknak a testeknek a gravitáció hatására történő mozgását, amelyek a koordináták origójának tekintett pontból indultak el. Itt a matematikai jelölés a következő alakot ölti: y = v 0 t + gt 2 /2. A szükséges értékek behelyettesítésével, a jobb oldal 0-val való egyenlővé tételével és az esetleges ismeretlenek megtalálásával megtudhatja, hogy mennyi idő telik el a test felemelkedésétől a leesés pillanatáig, valamint sok más mennyiséget is. De erről később beszélünk.
Egy kifejezés faktorálása
A fent leírt szabály lehetővé teszi ezeknek a problémáknak a megoldását bonyolultabb esetekben is. Nézzünk példákat az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldására.
X 2 - 33x + 200 = 0
Ez másodfokú trinomikus teljes. Először is alakítsuk át a kifejezést és faktoráljuk. Ebből kettő van: (x-8) és (x-25) = 0. Ennek eredményeként két gyökünk van: 8 és 25.
A 9. osztályos másodfokú egyenletek megoldására vonatkozó példák lehetővé teszik, hogy ez a módszer nemcsak másodrendű, hanem akár harmad- és negyedrendű kifejezésekben is változót találjon.
Például: 2x 3 + 2x 2 - 18x - 18 = 0. Ha a jobb oldalt változóval faktorokká számoljuk, ezek közül három van, azaz (x+1), (x-3) és (x+) 3).
Ennek eredményeként nyilvánvalóvá válik, hogy ennek az egyenletnek három gyökere van: -3; -1; 3.
Négyzetgyök
Egy másik eset hiányos egyenlet a második sorrend a betűk nyelvén úgy ábrázolt kifejezés, hogy a jobb oldal az ax 2 és c komponensekből épül fel. Itt a változó értékének megszerzéséhez a szabad tagot átvisszük a jobb oldalra, majd ezt követően kivonjuk az egyenlőség mindkét oldaláról Négyzetgyök. Meg kell jegyezni, hogy ebben az esetben az egyenletnek általában két gyöke van. Kivételt képezhetnek az olyan egyenlőségek, amelyek egyáltalán nem tartalmaznak kifejezést -val, ahol a változó egyenlő nullával, valamint a kifejezések olyan változatai, amelyekben a jobb oldal negatív. Ez utóbbi esetben egyáltalán nincs megoldás, mivel a fenti műveletek nem hajthatók végre gyökérrel. Példákat kell venni az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldására.
Ebben az esetben az egyenlet gyökerei a -4 és a 4 számok lesznek.
A földterület számítása
Az effajta számítások szükségessége már az ókorban megjelent, mert a matematika fejlődését azokban a távoli időkben nagymértékben meghatározta az az igény, hogy a legnagyobb pontossággal meg kell határozni a földterületek területét és kerületét.
Példákat kell keresnünk másodfokú egyenletek megoldására is ilyen jellegű feladatokon alapuló feladatokon.
Tehát tegyük fel, hogy van egy téglalap alakú telek, amelynek hossza 16 méterrel nagyobb, mint a szélessége. A telek hosszát, szélességét és kerületét meg kell találnia, ha tudja, hogy területe 612 m 2.
A kezdéshez először hozzuk létre a szükséges egyenletet. Jelöljük x-szel a terület szélességét, akkor a hossza (x+16) lesz. A leírtakból az következik, hogy a területet az x(x+16) kifejezés határozza meg, ami a feladatunk feltételei szerint 612. Ez azt jelenti, hogy x(x+16) = 612.
Teljes másodfokú egyenletek megoldása, és ez a kifejezés pontosan ez, nem végezhető el ugyanúgy. Miért? Bár a bal oldal továbbra is két tényezőt tartalmaz, ezek szorzata egyáltalán nem 0, ezért itt különböző módszereket alkalmazunk.
Diszkrimináns
Először is végezzük el a szükséges átalakításokat kinézet ennek a kifejezésnek a következőképpen fog kinézni: x 2 + 16x - 612 = 0. Ez azt jelenti, hogy a korábban megadott szabványnak megfelelő formában kaptunk egy kifejezést, ahol a=1, b=16, c=-612.
Ez egy példa lehet másodfokú egyenletek diszkrimináns segítségével történő megoldására. Itt szükséges számításokat séma szerint készülnek: D = b 2 - 4ac. Ez a segédmennyiség nem csak a szükséges mennyiségek másodrendű egyenletben való megtalálását teszi lehetővé, hanem meghatározza a mennyiséget lehetséges opciók. Ha D>0, akkor kettő van; D=0 esetén egy gyök van. Abban az esetben, ha D<0, никаких шансов для решения у уравнения вообще не имеется.
A gyökerekről és képletükről
Esetünkben a diszkrimináns egyenlő: 256 - 4(-612) = 2704. Ez arra utal, hogy a problémánknak van válasza. Ha ismeri k, akkor a másodfokú egyenletek megoldását az alábbi képlettel kell folytatni. Lehetővé teszi a gyökerek kiszámítását.
Ez azt jelenti, hogy a bemutatott esetben: x 1 =18, x 2 =-34. A második lehetőség ebben a dilemmában nem jelenthet megoldást, mert a telek méretei nem mérhetők negatív mennyiségben, ami azt jelenti, hogy x (vagyis a telek szélessége) 18 m Innen számítjuk a hosszt: 18 +16=34, kerülete pedig 2(34+ 18)=104(m2).
Példák és feladatok
Folytatjuk a másodfokú egyenletek tanulmányozását. Az alábbiakban bemutatunk néhány példát és részletes megoldást.
1) 15x 2 + 20x + 5 = 12x 2 + 27x + 1
Tegyünk mindent az egyenlőség bal oldalára, hajtsunk végre egy transzformációt, azaz megkapjuk azt a típusú egyenletet, amelyet általában standardnak neveznek, és egyenlővé tesszük a nullával.
15x 2 + 20x + 5 - 12x 2 - 27x - 1 = 0
Hasonlóakat összeadva meghatározzuk a diszkriminánst: D = 49 - 48 = 1. Ez azt jelenti, hogy az egyenletünknek két gyöke lesz. Számítsuk ki őket a fenti képlet szerint, ami azt jelenti, hogy az első 4/3, a második pedig 1 lesz.
2) Most oldjunk meg másfajta rejtélyeket.
Nézzük meg, hogy vannak-e itt gyökök x 2 - 4x + 5 = 1? Ahhoz, hogy átfogó választ kapjunk, csökkentsük a polinomot a megfelelő szokásos alakra, és számítsuk ki a diszkriminánst. A fenti példában nem szükséges a másodfokú egyenletet megoldani, mert egyáltalán nem ez a probléma lényege. Ebben az esetben D = 16 - 20 = -4, ami azt jelenti, hogy tényleg nincsenek gyökerek.
Vieta tétele
Kényelmes a másodfokú egyenletek megoldása a fenti képletekkel és a diszkriminánssal, ha ez utóbbi értékéből vesszük a négyzetgyököt. De ez nem mindig történik meg. Ebben az esetben azonban számos mód van a változók értékének megszerzésére. Példa: másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével. Nevét valakiről kapta, aki a 16. századi Franciaországban élt, és matematikai tehetségének és udvari kapcsolatainak köszönhetően ragyogó karriert futott be. Portréja a cikkben látható.
A minta, amelyet a híres francia észrevett, a következő volt. Bebizonyította, hogy az egyenlet gyökei numerikusan -p=b/a-hoz adódnak, szorzatuk pedig q=c/a-nak felel meg.
Most nézzük meg a konkrét feladatokat.
3x 2 + 21x - 54 = 0
Az egyszerűség kedvéért alakítsuk át a kifejezést:
x 2 + 7x - 18 = 0
Használjuk Vieta tételét, így a következőt kapjuk: a gyökök összege -7, a szorzatuk pedig -18. Innen azt kapjuk, hogy az egyenlet gyökerei a -9 és 2 számok. Ellenőrzés után megbizonyosodunk arról, hogy ezek a változóértékek valóban beleférnek-e a kifejezésbe.
Parabola gráf és egyenlet
A másodfokú függvény és a másodfokú egyenletek fogalma szorosan összefügg. Erre már volt példa korábban. Most nézzünk meg néhány matematikai rejtvényt kicsit részletesebben. Bármely leírt típusú egyenlet vizuálisan ábrázolható. Az ilyen, grafikonként megrajzolt összefüggést parabolának nevezzük. Különböző típusait az alábbi ábra mutatja be.
Minden parabolának van csúcsa, vagyis egy pontja, ahonnan az ágai kilépnek. Ha a>0, akkor magasra mennek a végtelenbe, és amikor a<0, они рисуются вниз. Простейшим примером подобной зависимости является функция y = x 2 . В данном случае в уравнении x 2 =0 неизвестное может принимать только одно значение, то есть х=0, а значит существует только один корень. Это неудивительно, ведь здесь D=0, потому что a=1, b=0, c=0. Выходит формула корней (точнее одного корня) квадратного уравнения запишется так: x = -b/2a.
A függvények vizuális megjelenítése segít bármilyen egyenlet megoldásában, beleértve a másodfokúakat is. Ezt a módszert grafikusnak nevezik. Az x változó értéke pedig az abszcissza koordinátája azokban a pontokban, ahol a gráfvonal metszi a 0x-et. A csúcs koordinátáit az imént adott x 0 = -b/2a képlet segítségével találhatjuk meg. Ha pedig a kapott értéket behelyettesítjük a függvény eredeti egyenletébe, megtudhatjuk, hogy y 0, vagyis a parabola ordinátatengelyhez tartozó csúcsának második koordinátája.
A parabola ágainak metszéspontja az abszcissza tengellyel
A másodfokú egyenletek megoldására nagyon sok példa van, de vannak általános minták is. Nézzük meg őket. Nyilvánvaló, hogy a gráf 0x tengellyel való metszéspontja a>0 esetén csak akkor lehetséges, ha y 0 negatív értékeket. És a<0 координата у 0 должна быть положительна. Для указанных вариантов D>0. Különben D<0. А когда D=0, вершина параболы расположена непосредственно на оси 0х.
A parabola grafikonjából a gyököket is meghatározhatja. Ennek az ellenkezője is igaz. Vagyis ha nem könnyű egy másodfokú függvény vizuális ábrázolását megszerezni, akkor a kifejezés jobb oldalát 0-val egyenlővé teheti, és megoldhatja a kapott egyenletet. A 0x tengellyel való metszéspontok ismeretében pedig könnyebb grafikont készíteni.
A történelemből
Négyzetes változót tartalmazó egyenletekkel a régi időkben nemcsak matematikai számításokat végeztek, és geometriai alakzatok területeit határozták meg. A régieknek szükségük volt ilyen számításokra a fizika és a csillagászat terén tett nagy felfedezésekhez, valamint az asztrológiai előrejelzésekhez.
A modern tudósok szerint Babilon lakói az elsők között oldották meg a másodfokú egyenleteket. Ez négy évszázaddal korunk előtt történt. Természetesen számításaik gyökeresen eltértek a jelenleg elfogadottaktól, és sokkal primitívebbnek bizonyultak. Például a mezopotámiai matematikusoknak fogalmuk sem volt a negatív számok létezéséről. Nem ismertek más finomságokat sem, amelyeket minden modern iskolás ismer.
Talán még Babilon tudósainál korábban, az indiai bölcs, Baudhayama elkezdte a másodfokú egyenletek megoldását. Ez körülbelül nyolc évszázaddal Krisztus korszaka előtt történt. Igaz, a másodrendű egyenletek, az általa megadott megoldási módszerek voltak a legegyszerűbbek. Rajta kívül a kínai matematikusok is érdeklődtek a hasonló kérdések iránt régen. Európában a másodfokú egyenleteket csak a 13. század elején kezdték megoldani, később azonban olyan nagy tudósok is alkalmazták őket munkáikban, mint Newton, Descartes és sokan mások.
Másodfokú egyenletek. Diszkrimináns. Megoldás, példák.
Figyelem!
Vannak további
az 555. külön szakaszban szereplő anyagok.
Azoknak, akik nagyon "nem nagyon..."
És azoknak, akik „nagyon…”)
A másodfokú egyenletek típusai
Mi az a másodfokú egyenlet? Hogy néz ki? Termben másodfokú egyenlet a kulcsszó az "négyzet". Ez azt jelenti, hogy az egyenletben Szükségszerűen kell lennie egy x négyzetnek. Ezen kívül az egyenlet tartalmazhat (vagy nem!) csak X-et (az első hatványig) és csak egy számot (ingyenes tag).És ne legyenek X-ek kettesig.
Matematikai értelemben a másodfokú egyenlet a következő alakú egyenlet:
Itt a, b és c- néhány szám. b és c- abszolút bármilyen, de A– bármi más, mint nulla. Például:
Itt A =1; b = 3; c = -4
Itt A =2; b = -0,5; c = 2,2
Itt A =-3; b = 6; c = -18
Nos, érted...
Ezekben a bal oldali másodfokú egyenletekben ott van teljes készlet tagjai. X négyzet egy együtthatóval A, x az első hatványhoz együtthatóval bÉs szabad tag s.
Az ilyen másodfokú egyenleteket nevezzük teljes.
És ha b= 0, mit kapunk? Nekünk van X első fokig eltűnik. Ez akkor történik, ha megszorozzuk nullával.) Kiderül például:
5x2 -25 = 0,
2x2 -6x=0,
-x 2 +4x=0
Stb. És ha mindkét együttható bÉs c egyenlőek nullával, akkor még egyszerűbb:
2x2 =0,
-0,3x2 =0
Az ilyen egyenleteket, ahol valami hiányzik, nevezzük hiányos másodfokú egyenletek. Ami teljesen logikus.) Vegye figyelembe, hogy x négyzet minden egyenletben jelen van.
Apropó, miért A nem lehet egyenlő nullával? És te helyettesíted helyette A nulla.) Az X négyzetünk eltűnik! Az egyenlet lineáris lesz. És a megoldás egészen más...
Ez a másodfokú egyenletek fő típusa. Teljes és hiányos.
Másodfokú egyenletek megoldása.
Teljes másodfokú egyenletek megoldása.
A másodfokú egyenletek könnyen megoldhatók. Képletek és világos, egyszerű szabályok szerint. Az első szakaszban az adott egyenletet szabványos alakba kell hozni, pl. az űrlaphoz:
Ha az egyenletet ebben a formában már megadtuk, akkor nem kell elvégeznie az első lépést.) A lényeg az, hogy helyesen határozzuk meg az összes együtthatót, A, bÉs c.
A másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére szolgáló képlet így néz ki:
A gyökérjel alatti kifejezést ún diszkriminatív. De róla alább bővebben. Amint látja, az X megtalálásához használjuk csak a, b és c. Azok. másodfokú egyenletből származó együtthatók. Csak óvatosan cserélje ki az értékeket a, b és c Ebbe a képletbe számolunk. Cseréljük saját jeleivel! Például az egyenletben:
A =1; b = 3; c= -4. Ide írjuk le:
A példa majdnem megoldott:
Ez a válasz.
Minden nagyon egyszerű. És mit gondolsz, lehetetlen hibázni? Hát igen, hogyan...
A leggyakoribb hibák a jelértékekkel való összetévesztés a, b és c. Vagy inkább nem a jeleikkel (hol lehet összetéveszteni?), hanem a negatív értékek helyettesítésével a gyökerek kiszámításának képletében. Ebben segít a képlet részletes rögzítése konkrét számokkal. Ha problémák vannak a számításokkal, csináld!
Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk a következő példát:
Itt a = -6; b = -5; c = -1
Tegyük fel, hogy tudja, hogy az első alkalommal ritkán kap választ.
Nos, ne légy lusta. Körülbelül 30 másodpercet vesz igénybe egy extra sor írása és a hibák száma erősen csökkenni fog. Tehát részletesen írjuk, minden zárójellel és jellel:
Hihetetlenül nehéznek tűnik ilyen gondosan leírni. De csak úgy tűnik. Megpróbál. Nos, vagy válassz. Mi a jobb, gyors vagy jobb? Ráadásul boldoggá teszlek. Egy idő után nem kell mindent olyan gondosan leírni. Majd kiderül magától. Különösen, ha az alábbiakban ismertetett gyakorlati technikákat alkalmazza. Ez a rossz példa egy rakás mínuszokkal egyszerűen és hiba nélkül megoldható!
De gyakran a másodfokú egyenletek kissé eltérőek. Például így:
Felismerted?) Igen! Ez hiányos másodfokú egyenletek.
Hiányos másodfokú egyenletek megoldása.
Általános képlet segítségével is megoldhatók. Csak helyesen kell megértenie, hogy mivel egyenlők itt. a, b és c.
Rájöttél? Az első példában a = 1; b = -4; A c? Egyáltalán nincs ott! Hát igen, ez így van. A matematikában ez azt jelenti c = 0 ! Ez minden. Helyettesítsd be helyette a nullát a képletben c,és sikerülni fog. Ugyanez a második példával. Csak nálunk nincs nulla Val vel, A b !
De a nem teljes másodfokú egyenletek sokkal egyszerűbben is megoldhatók. Mindenféle képlet nélkül. Tekintsük az első hiányos egyenletet. Mit lehet tenni a bal oldalon? A zárójelből kiveheted az X-et! Vegyük ki.
És mi ebből? És az a tény, hogy a szorzat akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha bármelyik tényező nulla! Ne higgy nekem? Oké, akkor jöjjön ki két nem nulla szám, amelyeket szorozva nullát adunk!
Nem működik? Ez az...
Ezért bátran írhatjuk: x 1 = 0, x 2 = 4.
Minden. Ezek lesznek az egyenletünk gyökerei. Mindkettő alkalmas. Ha bármelyiket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, akkor a helyes azonosságot 0 = 0 kapjuk. Mint látható, a megoldás sokkal egyszerűbb, mint az általános képlet használata. Egyébként hadd jegyezzem meg, hogy melyik X lesz az első és melyik lesz a második - teljesen közömbös. Kényelmes sorrendben írni, x 1- mi a kisebb és x 2- ami nagyobb.
A második egyenlet is egyszerűen megoldható. Mozgassa a 9-et jobb oldalra. Kapunk:
Már csak a gyökér 9-ből való kivonása marad, és ennyi. Ki fog derülni:
Két gyökér is . x 1 = -3, x 2 = 3.
Így oldódik meg az összes hiányos másodfokú egyenlet. Vagy úgy, hogy X-et zárójelbe teszünk, vagy egyszerűen mozgatjuk a számot jobbra, majd kivonjuk a gyökért.
Rendkívül nehéz összekeverni ezeket a technikákat. Egyszerűen azért, mert az első esetben ki kell húzni az X gyökerét, ami valahogy érthetetlen, a második esetben pedig nincs mit kivenni a zárójelből...
Diszkrimináns. Diszkrimináns képlet.
Varázsszó diszkriminatív ! Ritkán van olyan középiskolás, aki nem hallotta ezt a szót! A „diszkrimináns révén megoldjuk” kifejezés magabiztosságot és megnyugvást ébreszt. Mert nem kell trükköket várni a megkülönböztetőtől! Használata egyszerű és problémamentes.) Emlékeztetlek a megoldás legáltalánosabb képletére Bármi másodfokú egyenletek:
A gyökjel alatti kifejezést diszkriminánsnak nevezzük. A diszkriminánst általában betűvel jelöljük D. Diszkrimináns képlet:
D = b 2-4ac
És mi olyan figyelemre méltó ebben a kifejezésben? Miért érdemelt volna külön nevet? Mit a diszkrimináns jelentése? Végül -b, vagy 2a ebben a képletben konkrétan nem nevezik semminek... Betűk és betűk.
Itt van a dolog. Másodfokú egyenlet megoldásakor ezzel a képlettel lehetséges csak három eset.
1. A diszkrimináns pozitív. Ez azt jelenti, hogy a gyökér kinyerhető belőle. Az, hogy a gyökeret jól vagy rosszul kinyerjük, az egy másik kérdés. Az a fontos, amit elvileg kivonnak. Ekkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van. Két különböző megoldás.
2. A diszkrimináns nulla. Akkor lesz egy megoldás. Mivel a nulla összeadása vagy kivonása a számlálóban nem változtat semmit. Szigorúan véve ez nem egy gyökér, hanem két egyforma. De egyszerűsített változatban szokás beszélni egy megoldás.
3. A diszkrimináns negatív. Negatív szám négyzetgyöke nem vehető fel. Hát rendben. Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.
Őszintén szólva, ha egyszerűen másodfokú egyenleteket oldunk meg, a diszkrimináns fogalmára nincs igazán szükség. Az együtthatók értékeit behelyettesítjük a képletbe, és számolunk. Ott minden magától történik, két gyökér, egy és egy sem. Bonyolultabb feladatok megoldásánál azonban tudás nélkül a diszkrimináns jelentése és képlete nem elég. Főleg a paraméteres egyenletekben. Ilyen egyenletek a műrepülés az államvizsgára és az egységes államvizsgára!)
Így, hogyan kell megoldani a másodfokú egyenleteket az emlékezett diszkrimináns révén. Vagy megtanultad, ami szintén nem rossz.) Tudod, hogyan kell helyesen meghatározni a, b és c. Tudod hogyan? figyelmesen cserélje ki őket a gyökérképletbe és figyelmesen számolja meg az eredményt. Érted, hogy itt a kulcsszó figyelmesen?
Most vegye figyelembe azokat a gyakorlati technikákat, amelyek drámaian csökkentik a hibák számát. Ugyanazok, amik a figyelmetlenségből fakadnak... Amiért később fájdalmassá és sértővé válik...
Első találkozó
. Ne légy lusta, mielőtt megold egy másodfokú egyenletet, és hozd szabványos formába. Mit is jelent ez?
Tegyük fel, hogy az összes transzformáció után a következő egyenletet kapjuk:
Ne siess a gyökképlet megírásával! Szinte biztosan összekevered az esélyeket a, b és c. Szerkessze meg helyesen a példát! Először X négyzet, majd négyzet nélkül, majd a szabad tag. Mint ez:
És még egyszer: ne siess! Az X négyzet előtti mínusz nagyon felzaklathat. Könnyű elfelejteni... Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? Igen, ahogy az előző témában tanítottuk! A teljes egyenletet meg kell szoroznunk -1-gyel. Kapunk:
De most nyugodtan felírhatod a gyökképletet, kiszámolhatod a diszkriminánst és befejezheted a példa megoldását. Döntsd el magad. Most már 2-es és -1-es gyökerekkel kell rendelkeznie.
Fogadás második. Ellenőrizze a gyökereket! Vieta tétele szerint. Ne félj, mindent elmagyarázok! Ellenőrzés utolsó dolog az egyenlet. Azok. amelyikkel a gyökképletet felírtuk. Ha (mint ebben a példában) az együttható a = 1, a gyökerek ellenőrzése egyszerű. Elég megsokszorozni őket. Az eredmény egy ingyenes tag legyen, pl. esetünkben -2. Figyelem, nem 2, hanem -2! Ingyenes tag a jeleddel . Ha nem sikerül, az azt jelenti, hogy már elcsesztek valahol. Keresse meg a hibát.
Ha működik, hozzá kell adni a gyökereket. Utolsó és utolsó ellenőrzés. Az együttható legyen b Val vel szemben
ismerős. Esetünkben -1+2 = +1. Egy együttható b, amely az X előtt van, egyenlő -1-gyel. Szóval minden korrekt!
Kár, hogy ez csak olyan példák esetében ilyen egyszerű, ahol az x négyzet tiszta, együtthatóval a = 1. De legalább ellenőrizze az ilyen egyenleteket! Egyre kevesebb lesz a hiba.
Fogadás harmadik . Ha az egyenletednek törtegyütthatói vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozza meg az egyenletet egy közös nevezővel a „Hogyan oldjunk meg egyenleteket? Identitástranszformációk” című leckében leírtak szerint. Törtekkel való munka közben valamilyen oknál fogva folyamatosan jönnek a hibák...
Egyébként megígértem, hogy leegyszerűsítem a gonosz példát egy rakás mínuszokkal. Kérem! Itt van.
Annak érdekében, hogy ne keveredjünk össze a mínuszokkal, megszorozzuk az egyenletet -1-gyel. Kapunk:
Ez minden! A megoldás öröm!
Szóval, foglaljuk össze a témát.
Gyakorlati tippek:
1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet szabványos formára hozzuk és megépítjük Jobb.
2. Ha az X négyzet előtt negatív együttható van, akkor azt úgy szűrjük ki, hogy a teljes egyenletet -1-gyel megszorozzuk.
3. Ha az együtthatók törtek, akkor a törteket úgy távolítjuk el, hogy a teljes egyenletet megszorozzuk a megfelelő tényezővel.
4. Ha x négyzet tiszta, együtthatója eggyel egyenlő, a megoldás könnyen ellenőrizhető Vieta tételével. Csináld!
Most dönthetünk.)
Egyenletek megoldása:
8x 2 - 6x + 1 = 0
x 2 + 3x + 8 = 0
x 2 - 4x + 4 = 0
(x+1) 2 + x + 1 = (x+1) (x+2)
Válaszok (rendetlenségben):
x 1 = 0
x 2 = 5
x 1,2 =2
x 1 = 2
x 2 = -0,5
x - tetszőleges szám
x 1 = -3
x 2 = 3
nincsenek megoldások
x 1 = 0,25
x 2 = 0,5
Minden passzol? Nagy! A másodfokú egyenletek nem okoznak fejfájást. Az első három működött, de a többi nem? Akkor nem a másodfokú egyenletekkel van a probléma. A probléma az egyenletek azonos transzformációiban van. Nézd meg a linket, hasznos.
Nem egészen megy? Vagy egyáltalán nem megy? Akkor az 555. szakasz segít Önnek ezek a példák. Látható fő- hibák a megoldásban. Természetesen szó esik az azonos transzformációk használatáról is különböző egyenletek megoldása során. Sokat segít!
Ha tetszik ez az oldal...
Egyébként van még néhány érdekes oldalam az Ön számára.)
Gyakorolhatod a példák megoldását, és megtudhatod a szintedet. Tesztelés azonnali ellenőrzéssel. Tanuljunk – érdeklődéssel!)
Megismerkedhet a függvényekkel, deriváltokkal.
5x (x - 4) = 0
5 x = 0 vagy x - 4 = 0
x = ± √ 25/4
Miután megtanulta az elsőfokú egyenletek megoldását, természetesen szeretne másokkal együtt dolgozni, különösen a másodfokú egyenletekkel, amelyeket másként másodfokúnak neveznek.
A másodfokú egyenletek olyan egyenletek, mint ax² + bx + c = 0, ahol a változó x, a számok a, b, c, ahol a nem egyenlő nullával.
Ha egy másodfokú egyenletben az egyik vagy a másik együttható (c vagy b) egyenlő nullával, akkor ez az egyenlet nem teljes másodfokú egyenletnek minősül.
Hogyan lehet megoldani egy hiányos másodfokú egyenletet, ha a hallgatók eddig csak elsőfokú egyenleteket tudtak megoldani? Tekintsük a különböző típusú nem teljes másodfokú egyenleteket és azok egyszerű megoldásait.
a) Ha c együttható 0, és b együttható nem nulla, akkor ax ² + bx + 0 = 0 egy ax ² + bx = 0 alakú egyenletre redukálódik.
Egy ilyen egyenlet megoldásához ismerni kell a hiányos másodfokú egyenlet megoldásának képletét, amely abból áll, hogy a bal oldalát beszámítjuk, majd később felhasználjuk azt a feltételt, hogy a szorzat egyenlő nullával.
Például 5x² - 20x = 0. Az egyenlet bal oldalát faktorozzuk, miközben végrehajtjuk a szokásos matematikai műveletet: a közös tényezőt zárójelből kivesszük.
5x (x - 4) = 0
Azt a feltételt használjuk, hogy a termékek nullával egyenlőek.
5 x = 0 vagy x - 4 = 0
A válasz a következő lesz: az első gyök 0; a második gyök 4.
b) Ha b = 0, és a szabad tag nem egyenlő nullával, akkor az ax ² + 0x + c = 0 egyenletet ax ² + c = 0 alakú egyenletre redukáljuk. Az egyenleteket kétféleképpen oldjuk meg. : a) a bal oldali egyenlet polinomjának faktorálásával; b) a számtani négyzetgyök tulajdonságainak felhasználásával. Egy ilyen egyenlet a következő módszerek egyikével oldható meg, például:
x = ± √ 25/4
x = ± 5/2. A válasz a következő lesz: az első gyök 5/2; a második gyök egyenlő - 5/2.
c) Ha b egyenlő 0 és c egyenlő 0, akkor ax ² + 0 + 0 = 0 egy ax ² = 0 alakú egyenletre redukálódik. Ebben az egyenletben x 0 lesz.
Amint látja, a nem teljes másodfokú egyenleteknek legfeljebb két gyöke lehet.
Ezzel a matematikai programmal megteheti másodfokú egyenlet megoldása.
A program nem csak a problémára ad választ, hanem a megoldási folyamatot is kétféleképpen jeleníti meg:
- diszkrimináns használata
- Vieta tételének felhasználásával (ha lehetséges).
Ráadásul a válasz pontos, nem hozzávetőlegesként jelenik meg.
Például a \(81x^2-16x-1=0\) egyenletre a válasz a következő formában jelenik meg:
Ez a program hasznos lehet az általános iskolákban tanuló középiskolásoknak a vizsgákra, vizsgákra való felkészüléskor, az Egységes Államvizsga előtti tudásellenőrzéskor, a szülőknek pedig számos matematikai és algebrai feladat megoldásának kézben tartásához. Vagy talán túl drága önnek oktatót felvenni vagy új tankönyveket vásárolni? Vagy csak a matematikai vagy algebrai házi feladatot szeretné a lehető leggyorsabban elvégezni? Ebben az esetben részletes megoldásokkal is használhatja programjainkat.
Így Ön saját képzést és/vagy öccsei képzését tudja lebonyolítani, miközben a problémamegoldás területén a képzettség növekszik.
Ha nem ismeri a másodfokú polinom bevitelének szabályait, javasoljuk, hogy ismerkedjen meg velük.
Másodfokú polinom bevitelének szabályai
Bármely latin betű működhet változóként.
Például: \(x, y, z, a, b, c, o, p, q\) stb.
A számok egész vagy tört számként is megadhatók.
Ezenkívül a törtszámok nem csak tizedes, hanem közönséges tört formájában is beírhatók.
A tizedes törtek bevitelének szabályai.
A tizedes törtekben a tört részt ponttal vagy vesszővel lehet elválasztani a teljes résztől.
Például a következőképpen adhat meg tizedesjegyeket: 2,5x - 3,5x^2
A közönséges törtek bevitelének szabályai.
Csak egy egész szám lehet tört számlálója, nevezője és egész része.
A nevező nem lehet negatív.
Törtszám beírásakor a számlálót osztásjel választja el a nevezőtől: /
A teljes részt az és jel választja el a törttől: &
Bemenet: 3&1/3 - 5&6/5z +1/7z^2
Eredmény: \(3\frac(1)(3) - 5\frac(6)(5) z + \frac(1)(7)z^2\)
Kifejezés beírásakor használhat zárójelet. Ebben az esetben egy másodfokú egyenlet megoldásánál először a bevezetett kifejezés egyszerűsödik.
Például: 1/2(y-1)(y+1)-(5y-10&1/2)
Döntsd el
Kiderült, hogy a probléma megoldásához szükséges néhány szkript nem lett betöltve, és előfordulhat, hogy a program nem működik.
Lehetséges, hogy az AdBlock engedélyezve van.
Ebben az esetben kapcsolja ki, és frissítse az oldalt.
A megoldás megjelenítéséhez engedélyeznie kell a JavaScriptet.
Íme a JavaScript engedélyezése a böngészőben.
Mert Nagyon sokan vannak, akik hajlandóak megoldani a problémát, kérései sorba kerültek.
Néhány másodperc múlva megjelenik a megoldás lent.
Kérlek várj mp...
Ha te hibát észlelt a megoldásban, akkor erről írhatsz a Visszajelzési űrlapon.
Ne felejtsd el jelezze, melyik feladatot te döntöd el, mit írja be a mezőkbe.
Játékaink, rejtvényeink, emulátoraink:
Egy kis elmélet.
Másodfokú egyenlet és gyökei. Hiányos másodfokú egyenletek
Az egyenletek mindegyike
\(-x^2+6x+1,4=0, \quad 8x^2-7x=0, \quad x^2-\frac(4)(9)=0 \)
úgy néz ki, mint a
\(ax^2+bx+c=0, \)
ahol x egy változó, a, b és c számok.
Az első egyenletben a = -1, b = 6 és c = 1,4, a másodikban a = 8, b = -7 és c = 0, a harmadikban a = 1, b = 0 és c = 4/9. Az ilyen egyenleteket ún másodfokú egyenletek.
Meghatározás.
Másodfokú egyenlet ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletnek nevezzük, ahol x egy változó, a, b és c néhány szám, és \(a \neq 0 \).
Az a, b és c számok a másodfokú egyenlet együtthatói. Az a számot első együtthatónak, a b számot a második együtthatónak, a c számot pedig szabad tagnak nevezzük.
Az ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletek mindegyikében, ahol \(a \neq 0 \), az x változó legnagyobb hatványa egy négyzet. Innen a név: másodfokú egyenlet.
Vegye figyelembe, hogy a másodfokú egyenletet másodfokú egyenletnek is nevezik, mivel a bal oldala egy másodfokú polinom.
Meghívunk egy másodfokú egyenletet, amelyben x 2 együtthatója 1 adott másodfokú egyenlet. Például a megadott másodfokú egyenletek az egyenletek
\(x^2-11x+30=0, \quad x^2-6x=0, \quad x^2-8=0 \)
Ha egy ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletben legalább az egyik b vagy c együttható nulla, akkor egy ilyen egyenletet ún. hiányos másodfokú egyenlet. Így a -2x 2 +7=0, 3x 2 -10x=0, -4x 2 =0 egyenletek nem teljes másodfokú egyenletek. Az elsőben b=0, a másodikban c=0, a harmadikban b=0 és c=0.
Háromféle nem teljes másodfokú egyenlet létezik:
1) ax 2 +c=0, ahol \(c \neq 0 \);
2) ax 2 +bx=0, ahol \(b \neq 0 \);
3) ax 2 =0.
Nézzük meg az egyes típusok egyenleteinek megoldását.
Egy ax 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(c \neq 0 \ esetén), mozgassuk a szabad tagját a jobb oldalra, és osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a-val:
\(x^2 = -\frac(c)(a) \Jobbra x_(1,2) = \pm \sqrt( -\frac(c)(a)) \)
Mivel \(c \neq 0 \), akkor \(-\frac(c)(a) \neq 0 \)
Ha \(-\frac(c)(a)>0\), akkor az egyenletnek két gyöke van.
Ha \(-\frac(c)(a) Egy ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(b \neq 0 \) tényezővel a bal oldalát, és megkapjuk az egyenletet
\(x(ax+b)=0 \Rightarrow \left\( \begin(array)(l) x=0 \\ ax+b=0 \end(array) \right. \Rightarrow \left\( \begin (tömb)(l) x=0 \\ x=-\frac(b)(a) \end(tömb) \jobbra.
Ez azt jelenti, hogy a \(b \neq 0 \) ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletnek mindig két gyöke van.
Az ax 2 =0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, ezért egyetlen gyöke 0.
Másodfokú egyenlet gyökeinek képlete
Most nézzük meg, hogyan lehet megoldani azokat a másodfokú egyenleteket, amelyekben mind az ismeretlenek együtthatója, mind a szabad tag nem nulla.
Oldjuk meg a másodfokú egyenletet Általános nézetés ennek eredményeként megkapjuk a gyökerek képletét. Ez a képlet ezután bármilyen másodfokú egyenlet megoldására használható.
Oldja meg az ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletet
Mindkét oldalt elosztva a-val, megkapjuk az ekvivalens redukált másodfokú egyenletet
\(x^2+\frac(b)(a)x +\frac(c)(a)=0 \)
Alakítsuk át ezt az egyenletet a binomiális négyzetének kiválasztásával:
\(x^2+2x \cdot \frac(b)(2a)+\left(\frac(b)(2a)\right)^2- \left(\frac(b)(2a)\right)^ 2 + \frac(c)(a) = 0 \jobbra \)
A radikális kifejezést ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa ax 2 +bx+c=0 („diszkrimináns” latinul – diszkriminátor). D betűvel jelöljük, azaz.
\(D = b^2-4ac\)
Most a diszkrimináns jelöléssel átírjuk a másodfokú egyenlet gyökeinek képletét:
\(x_(1,2) = \frac( -b \pm \sqrt(D) )(2a) \), ahol \(D= b^2-4ac \)
Nyilvánvaló, hogy:
1) Ha D>0, akkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van.
2) Ha D=0, akkor a másodfokú egyenletnek egy gyöke van \(x=-\frac(b)(2a)\).
3) Ha D Tehát a diszkrimináns értékétől függően egy másodfokú egyenletnek két gyöke lehet (D > 0 esetén), egy gyöke (D = 0 esetén) vagy nincs gyöke (D-nek Ha egy másodfokú egyenletet ezzel megoldunk képletet, célszerű a következő módon csinálni:
1) számítsa ki a diszkriminánst, és hasonlítsa össze nullával;
2) ha a diszkrimináns pozitív vagy nulla, akkor használja a gyökképletet, ha a diszkrimináns negatív, akkor írja le, hogy nincsenek gyökök.
Vieta tétele
Az adott ax 2 -7x+10=0 másodfokú egyenletnek 2 és 5 gyöke van. A gyökök összege 7, a szorzat pedig 10. Látjuk, hogy a gyökök összege megegyezik az ellenkezőjével felvett második együtthatóval. jel, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. Minden olyan redukált másodfokú egyenlet, amelynek gyökerei vannak, rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.
A redukált másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, a gyökök szorzata pedig a szabad taggal.
Azok. Vieta tétele kimondja, hogy az x 2 +px+q=0 redukált másodfokú egyenlet x 1 és x 2 gyökének a tulajdonsága:
\(\left\( \begin(array)(l) x_1+x_2=-p \\ x_1 \cdot x_2=q \end(array) \right. \)
