Példák magasabb fokú egyenletek megoldására. Algebraóra „Magasabb fokú egyenletek megoldási módszerei

A prezentáció előnézetének használatához hozzon létre egy Google-fiókot, és jelentkezzen be: https://accounts.google.com

Diafeliratok:

Egyenletek magasabb fokozatok(polinom gyökerei egy változóban).

Előadásterv. 1. sz. Felsőfokú egyenletek az iskolai matematika szakon. 2. sz. A polinom standard alakja. 3. sz. Polinom egész gyökei. Horner séma. 4. sz. Polinom törtgyökei. 5. sz. A következő alakú egyenletek: (x + a)(x + b)(x + c) ... = A 6. sz. Reciprok egyenletek. 7. sz. Homogén egyenletek. No. 8. A meghatározatlan együtthatók módszere. 9. sz. Funkcionálisan – grafikus módszer. 10. sz. Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. 11. sz. Nem szabványos módszerek magasabb fokú egyenletek megoldása.

Felsőfokú egyenletek az iskolai matematika szakon. 7. osztály. A polinom standard alakja. Műveletek polinomokkal. Polinom faktorálása. Rendszeres osztályban 42 óra, szakkörben 56 óra. 8 speciális osztály. Polinom egész gyökei, polinomok osztása, reciprok egyenletek, binomiális n-edik hatványainak különbsége és összege, határozatlan együtthatók módszere. Yu.N. Makarychev „További fejezetek a iskolai tanfolyam algebra 8. osztály", M.L. Galitsky Feladatgyűjtemény algebra 8. - 9. osztályban." 9 speciális osztály. Polinom racionális gyökei. Általánosított reciprok egyenletek. Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. N.Ya. Vilenkin „Algebra 9. osztály a elmélyült tanulmányozása. 11 speciális osztály. A polinomok azonossága. Polinom több változóban. Funkcionális - grafikus módszer magasabb fokú egyenletek megoldására.

A polinom standard alakja. P(x) polinom = a ⁿ x ⁿ + a p-1 x p-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Szabvány alakú polinomnak nevezzük. a p x ⁿ a polinom vezető tagja, p pedig a polinom vezető tagjának együtthatója. Ha a n = 1, P(x) redukált polinomnak nevezzük. és ₀ a P(x) polinom szabad tagja. n a polinom foka.

Egy polinom egész gyökei. Horner séma. 1. tétel Ha egy a egész szám a P(x) polinom gyöke, akkor a osztó ingyenes tag P(x). 1. számú példa. Oldja meg az egyenletet. Х⁴ + 2х³ = 11х² – 4х – 4 Csökkentsük az egyenletet standard nézet. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Megvan a P(x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 polinom. A szabad tag osztói: ± 1, ± 2, ±4. x = 1 gyöke az egyenletnek, mert P(1) = 0, x = 2 az egyenlet gyöke, mert P(2) = 0 Bezout-tétel. A P(x) polinom binomimmal (x – a) való osztásának maradéka egyenlő P(a). Következmény. Ha a a P(x) polinom gyöke, akkor P(x) osztva (x – a)-val. Egyenletünkben P(x) osztva (x – 1) és (x – 2), tehát (x – 1) (x – 2). Ha P(x)-t elosztjuk (x² - 3x + 2)-vel, a hányados az x² + 5x + 2 = 0 trinomit adja, amelynek gyökei x = (-5 ± √17)/2

Polinom törtgyökei. 2. tétel. Ha p / g a P(x) polinom gyöke, akkor p a szabad tag osztója, g pedig a P(x) vezető tag együtthatójának osztója. 2. példa: Oldja meg az egyenletet. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. A szabad tag osztói: ±1, ±2, ±4, ±8. E számok egyike sem felel meg az egyenletnek. Nincsenek teljes gyökerek. A P(x) vezető tag együtthatójának természetes osztói: 1, 2, 3, 6. Az egyenlet lehetséges törtgyökei: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Az ellenőrzéssel meggyőződünk arról, hogy P(4/3) = 0. X = 4/3 az egyenlet gyöke. A Horner-séma segítségével P(x)-t elosztjuk (x – 4/3).

Példák ehhez önálló döntés. Oldja meg az egyenleteket: 9x3 - 18x = x - 2, x3 - x² = x - 1, x3 - 3x² -3x + 1 = 0, X ⁴ - 2x3 + 2x - 1 = 0, X⁴ - 3x² + 2 = 0 , x ⁵ + 5x³ - 6x² = 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0, X⁴ + 4x3 - x ² - 16x - 12 = 0 4x3 + x ² - x + 5 = 0 3x⁴ + 5x³ -0 -9 + = 0. Válaszok: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Az (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)… = A alakú egyenletek. 3. példa. Oldja meg az (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24 egyenletet. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Szorozzuk meg az első zárójelet a negyedikkel, a másodikat a harmadikkal. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x² + 5x + 4) (x² + 5x + 6) = 24. Legyen x² + 5x + 4 = y , majd y (y + 2) = 24, y² + 2y – 24 = 0 y₁ = -6, y₂ = 4. x ² + 5x + 4 = -6 vagy x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D

Példák független megoldásokra. (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = -15, x (x + 4) (x + 5) (x + 9) + 96 = 0, x (x + 3) ) (x + 5) (x + 8) + 56 = 0, (x - 4) (x - 3) (x - 2) (x - 1) = 24, (x - 3) (x -4) ( x - 5) (x - 6) = 1680, (x² - 5x) (x + 3) (x - 8) + 108 = 0, (x + 4)² (x + 10) (x - 2) + 243 = 0 (x² + 3x + 2) (x² + 9x + 20) = 4, Megjegyzés: x + 3x + 2 = (x + 1) (x + 2), x² + 9x + 20 = (x + 4) ( x + 5) Válaszok: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

Reciprok egyenletek. 1. definíció. Az ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 alakú egyenletet negyedik fokú reciprok egyenletnek nevezzük. 2. definíció. Az ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 alakú egyenletet negyedik fokú általánosított reciprok egyenletnek nevezzük. k² a: a = k²; kv: v = k 6. számú példa. Oldja meg az x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0 egyenletet. Ossza el az egyenlet mindkét oldalát x²-vel. x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0, (x² + 1/ x²) – 7 (x + 1/ x) + 14 = 0. Legyen x + 1/ x = y. Az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emeljük. x² + 2 + 1/ x² = y², x² + 1/ x² = y² - 2. másodfokú egyenlet y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4. x + 1/ x = 3 vagy x + 1/ x = 4. Két egyenletet kapunk: x ² - 3x + 1 = 0, x ² - 4x + 1 = 0. 7. példa. 3х⁴ - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Az általánosított reciprok egyenlet feltétele = -5. A megoldás hasonló a 6. számú példához. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát x²-el. 3x⁴ - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0, 3(x⁴ + 25/ x²) – 2(x – 5/ x) – 31 = 0. Legyen x – 5/ x = y, mindkettőt négyzetre emeljük az x² - 10 + 25/ x² = y², x² + 25/ x² = y² + 10 egyenlőség oldalai. Van egy másodfokú egyenletünk: 3y² - 2y – 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = - 1/3. x – 5/ x = 1 vagy x – 5/ x = -1/3. Két egyenletet kapunk: x² - x - 5 = 0 és 3x² + x - 15 = 0

Példák független megoldásokra. 1. 78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0. 2. x ⁴ - 5x3 + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x ⁴ - x ³ - 10x² + 2x + 4 = 6 x 4. - 38x² -10x + 24 = 0,5. x ⁴ + 2x3 - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x ⁴ - 5x3 + 10x² -10x + 4 = 0. Válaszok: 1) 2/3; 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

Homogén egyenletek. Meghatározás. Az a₀ u³ + a1 u² v + a2 uv² + a3 v³ = 0 alakú egyenletet u v tekintetében harmadfokú homogén egyenletnek nevezzük. Meghatározás. Az a₀ u⁴ + a1 u³v + a2 u²v² + a3 uv³ + a4 v⁴ = 0 alakú egyenletet u v tekintetében negyedik fokú homogén egyenletnek nevezzük. 8. számú példa. Oldja meg az (x² - x + 1)³ + 2x⁴(x² - x + 1) – 3x⁶ = 0 egyenletet Homogén egyenlet harmadfokú u = x²- x + 1, v = x². Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát x⁶-vel. Először ellenőriztük, hogy x = 0 nem az egyenlet gyöke. (x² - x + 1/x²)³ + 2(x² - x + 1/ x²) – 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y, y³ + 2y – 3 = 0, y = 1 az egyenlet gyöke. A P(x) = y³ + 2y – 3 polinomot elosztjuk y – 1-gyel a Horner-séma szerint. A hányadosban olyan trinomit kapunk, amelynek nincs gyökere. Válasz: 1.

Példák független megoldásokra. 1. 2 (x² + 6x + 1)² + 5 (X² + 6X + 1) (X² + 1) + 2 (X² + 1)² = 0, 2. (X + 5)⁴ - 13X² (X + 5) )² + 36X⁴ = 0. 3. 2 (X² + X + 1)² - 7 (X - 1)² = 13 (X3 - 1), 4. 2 (X -1) ⁴ - 5 (X² - 3X + 2)² + 2 (x – 2)⁴ = 0. 5. (x² + x + 4)² + 3x (x² + x + 4) + 2x² = 0, Válaszok: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Nincsenek gyökerek.

A meghatározatlan együtthatók módszere. 3. tétel. Két P(x) és G(x) polinom akkor és csak akkor azonos, ha fokuk azonos, és a változó azonos fokszámainak együtthatói mindkét polinomban egyenlők. 9. számú példa. Tényező az y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 polinomot. y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + уу + с)(y² + в₁у + с₁) =у ⁴ + у³ (в) + с₁ + с + в₁в) + у(с₁ + св₁) + сс ₁. A 3. tétel szerint van egy egyenletrendszerünk: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, сс₁ + св₁ = -4, сс₁ = 1. A rendszert egész számokban kell megoldani. Az utolsó egész egyenletnek lehetnek megoldásai: c = 1, c₁ =1; с = -1, с1 = -1. Legyen с = с ₁ = 1, akkor az első egyenletből в₁ = -4 –в. Behelyettesítjük a rendszer második egyenletébe в² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 vagy в = -3, в₁ = -1. Ezek az értékek illeszkednek a rendszer harmadik egyenletéhez. Amikor с = с ₁ = -1 D

10. számú példa. Tényező az y³ - 5y + 2 polinomot. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b)y² + (ab + c)y + ac. Van egy egyenletrendszerünk: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. A harmadik egyenlet lehetséges egész számú megoldásai: (2; 1), (1; 2), (-2; -1) ), (-1 ; -2). Legyen a = -2, c = -1. A rendszer első egyenletéből = 2, amely kielégíti a második egyenletet. Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük a kívánt egyenlőségbe, azt a választ kapjuk: (y – 2)(y² + 2y – 1). Második út. Y³ - 5y + 2 = y³ -5y + 10 - 8 = (y3 - 8) - 5 (y - 2) = (y - 2) (y² + 2y -1).

Példák független megoldásokra. A polinomok szorzója: 1. y⁴ + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y⁴ -8y³ + 24y ² -32y az egyenlet faktorizációs módszerrel: a) x⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ +5x³ -6x² = 0. Válaszok: 1) (y² +2y -2)(y² +2y +4), 2) (y – 1)²(y² -2y + 2), 3) (x² -6x + 18) (x² + 6x + 18), 4) (y - 1) (y - 3) (y² - 4у + 5) , 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.

Funkcionális - grafikus módszer magasabb fokú egyenletek megoldására. 11. számú példa. Oldja meg az x ⁵ + 5x -42 = 0 egyenletet. y = x ⁵ függvény növekszik, y függvény = 42 – 5x csökken (k

Példák független megoldásokra. 1. Bizonyítsuk be egy függvény monotonitási tulajdonságával, hogy az egyenletnek egyetlen gyöke van, és keressük meg ezt a gyöket: a) x ³ = 10 – x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 – x. Válaszok: a) 2, b) √2. 2. Oldja meg az egyenletet funkcionális-grafikus módszerrel: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 – x, d) (1/3) = x +4, d ) (x – 1)² = log₂ x, e) log = (x + ½)², g) 1 - √x = ln x, h) √x – 2 = 9/x. Válaszok: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.

Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. 5. tétel (Vieta tétele). Ha az a xⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ egyenletnek n különböző x ₁, x ₂, …, x valós gyöke van, akkor ezek teljesítik az egyenlőségeket: Ax² + bx + c = o másodfokú egyenletre: x ₁ + x ₂ = -в/а, x₁х ₂ = с/а; Az a3x3 + a2x² + a₁x + a0 = o köbös egyenlethez: x₁ + x2 + x3 = -a2/a3; x₁х ₂ + x₁х ₃ + x₂х ₃ = а₁/а₃; x₁х₂х ₃ = -а₀/а₃; ..., n-edik fokú egyenlethez: x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x = a / a, ... , x₁x ₂ ·… · x = (- 1 ) ⁿ a₀/a. A fordított tétel is érvényes.

13. számú példa. Írjunk fel egy köbös egyenletet, amelynek gyökei inverzek az x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0 egyenlet gyökével, és x ³ együtthatója 2. 1. Vieta tétele alapján a köbegyenletre a következőt kapjuk: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁х ₃ + x₂х ₃ = 12, x₁х₂х ₃ = 18. 2. Összeállítjuk ezeknek a gyökereknek a reciprokát, és alkalmazzuk őket fordított tétel Vieta. 1/ x ₁ + 1/ x ₂ + 1/ x ₃ = (x₂х ₃ + x₂х ₃ + x₁х ₂)/ x₁х₂х ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x₁х ₂ + 1/ x₁х ₃ + 1/ x₂х ₃ = (x ₃ + x ₂ + x ₁)/ x₁х₂х ₃ = 6/18 = 1/3, 1/ x₃ 1/8. Az x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 egyenletet kapjuk. Válasz: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Példák független megoldásokra. 1. Írjon fel egy köbegyenletet, amelynek gyöke az x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0 egyenlet gyökeinek inverz négyzete, és x ³ együtthatója 8. Válasz: 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. Nem szabványos módszerek magasabb fokú egyenletek megoldására. 12. számú példa. Oldja meg az x ⁴ -8x + 63 = 0 egyenletet. Bővítsük ki! bal oldal faktoring egyenletek. Válasszuk ki a pontos négyzeteket. X⁴ - 8x + 63 = (x⁴ + 16x² + 64) – (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9) (x² - 4x + 7) = 0. Mindkét diszkrimináns negatív. Válasz: nincs gyökere.

14. számú példa. Oldja meg a 21x³ + x² - 5x – 1 = 0 egyenletet. Ha az egyenlet áltagja ± 1, akkor az egyenletet az x = 1/y behelyettesítéssel redukált egyenletté alakítjuk. 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³, y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = az egyenlet -3 gyöke. (y + 3) (y² + 2y -7) = 0, y = -1 ± 2√2. x ₁ = -1/3, x ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7, X₃ = 1/-1 -2√2 = (1-2√2)/7 . 15. számú példa. Oldja meg a 4x³-10x² + 14x – 5 = 0 egyenletet. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 2-vel. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0, (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = 0. Vezessünk be egy új y = 2x változót, az y³ - 5y² + 14y -10 = 0 redukált egyenletet kapjuk, y = 1 egyenlet gyöke. (y – 1)(y² – 4y + 10) = 0, D

16. számú példa. Bizonyítsuk be, hogy az x ⁴ + x ³ + x – 2 = 0 egyenletnek van egy pozitív gyökér. Legyen f (x) = x ⁴ + x ³ + x – 2, f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o x > o esetén. Az f (x) függvény növekszik x > o esetén, és f (o) értéke -2. Nyilvánvaló, hogy az egyenletnek van egy pozitív gyöke stb. 17. számú példa. Oldja meg a 8x(2x² - 1)(8x⁴ - 8x² + 1) = 1 egyenletet. I.F. Választható tanfolyam matematikából a 11. évfolyamra.”M. Felvilágosodás 1991 90. o. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 és 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Legyen a csere x = hangulatos, y € (0; n). Az y többi értéke esetén az x értékei megismétlődnek, és az egyenletnek legfeljebb 7 gyöke van. 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y, 8х⁴ - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos4y. 3. Az egyenlet a következőképpen alakul: 8 cozycos2ycos4y = 1. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát siny-vel. 8 sinycosycos2ycos4y = siny. A képlet 3-szori alkalmazása kettős szög megkapjuk a sin8y = siny, sin8y – siny = 0 egyenletet

A 17. példa megoldásának vége. Alkalmazzuk a szinuszok különbségét. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 . Figyelembe véve, hogy y € (0;n), y = 2pk/3, k = 1, 2, 3 vagy y = n/9 + 2pk/9, k =0, 1, 2, 3. Visszatérve az x változóhoz, választ kapunk: Cos2 p/7, cos4 p/7, cos6 p/7, cos p/9, ½, cos5 p/9, cos7 p/9. Példák független megoldásokra. Keresse meg a minden olyan értékét, amelyre az (x² + x)(x² + 5x + 6) = a egyenletnek pontosan három gyöke van. Válasz: 9/16. Útmutatás: Ábrázolja az egyenlet bal oldalát. F max = f(0) = 9/16 . Az y = 9/16 egyenes három pontban metszi a függvény grafikonját. Oldja meg az (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55 egyenletet. Válasz: -4; 2. Oldja meg az (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ = 16 egyenletet. Válasz: -5; -3. Oldja meg a 2(x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1) egyenletet. Válasz: -1; -1/2, 2;4 Határozza meg az x ³ - 12x + 10 = 0 egyenlet valós gyökeinek számát [-3; 3/2]. Utasítások: keresse meg a deriváltot és vizsgálja meg a monot.

Példák független megoldásokra (folytatás). 6. Határozza meg az x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0 egyenlet valós gyökeinek számát. Válasz: 2 7. Legyen x ₁, x ₂, x ₃ a P(x) = x ³ - polinom gyökei. 6x² -15x + 1. Keresse meg X₁² + x ₂² + x ₃². Válasz: 66. Útmutatás: Alkalmazza Vieta tételét. 8. Bizonyítsuk be, hogy a > o esetén az x ³ + ax + b = o egyenletben egy tetszőleges valós értéknek csak egy valós gyöke van. Tipp: Bizonyítsd be ellentmondással. Alkalmazza Vieta tételét. 9. Oldja meg a 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1) egyenletet! Válasz: ½; 1; (3 ± √13)/2. Tipp: hozza létre az egyenletet homogén egyenletté az X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1, x³ + 1 = (x + 1)(x² - x + 1) egyenlőségek segítségével. 10. Oldja meg az x + y = x², 3y – x = y² egyenletrendszert! Válasz: (0;0), (2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Oldja meg a rendszert: 4y² -3y = 2x –y, 5x² - 3y² = 4x – 2y. Válasz: (o;o), (1;1), (297/265; - 27/53).

Teszt. 1.opció. 1. Oldja meg az (x² + x) – 8(x² + x) + 12 = 0 egyenletet. 2. Oldja meg az (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = - 15 egyenletet 3. Oldja meg a 12x²(x – 3) + 64(x – 3)² = x ⁴ egyenletet! 4. Oldja meg az x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 egyenletet. 5. Oldja meg az egyenletrendszert: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

2. lehetőség 1. (x² - 4x)² + 7 (x² - 4x) + 12 = 0. 2. x (x + 1) (x + 5) (x + 6) = 24, 3. x ⁴ + 18( x + 4)² = 11x²(x + 4). 4. x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 = 0. 5. x² - 2xy + y² + 2x²y – 9 = 0, x – y – x²y + 3 = 0. 3. lehetőség. 1. (x² + 3x)² - 14 (x² + 3x) + 40 = 0 2. (x - 5) (x-3) (x + 3) (x + 1) = - 35. 3. x4 + 8x² (x + 2) = 9 (x+ 2)². 4. x ⁴ - 7x3 + 14x² - 7x + 1 = 0. 5. x + y + x² + y² = 18, xy + x² + y² = 19.

4. lehetőség. (x² - 2x)² - 11 (x² - 2x) + 24 = o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) = -36. X⁴ + 3(x -6)² = 4x²(6 – x). X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy - 3y² = -4. Kiegészítő feladat: A P(x) polinom (x – 1)-vel való osztásakor a maradék egyenlő 4-gyel, az (x + 1)-gyel való osztásakor a maradék egyenlő 2-vel, és az (x – 2)-vel való osztásakor 8 Keresse meg a maradékot, ha P(x)-t elosztja (x³ - 2x² - x + 2-vel).

Válaszok és utasítások: 1. opció 2. szám 3. 4. szám 5. 1. - 3. lehetőség; ±2; 1 1;2;3. -5; -4; 1; 2. Homogén egyenlet: u = x -3, v = x² -2 ; -1; 3; 4. (2;1); (2/3; 4/3). Tipp: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2,1±√11; 4; - 2. Homogén egyenlet: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- harminc). Tipp: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12-3; -2; 4; 12-6; -3; -1; 2. Homogén u = x+ 2, v = x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Utasítás: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5±√21)/2 (1;-2), (-1;2). Tipp: 1·4 + 2 .

További feladat megoldása. Bezout tétele szerint: P(1) = 4, P(-1) = 2, P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + With . 1. helyettesítő; - 1; 2. P(1) = G(1) 0 + a + b + c = 4, a + b+ c = 4. P(-1) = a – b + c = 2, P(2) = 4a² + 2b + c = 8. A kapott három egyenletrendszert megoldva a következőt kapjuk: a = b = 1, c = 2. Válasz: x² + x + 2.

1. kritérium - 2 pont. 1 pont – egy számítási hiba. No. 2,3,4 – egyenként 3 pont. 1 pont – másodfokú egyenlethez vezetett. 2 pont – egy számítási hiba. 5. sz. – 4 pont. 1 pont – egy változót egy másikkal fejez ki. 2 pont – kapott az egyik megoldás. 3 pont – egy számítási hiba. Kiegészítő feladat: 4 pont. 1 pont – Bezout tételét alkalmazta mind a négy esetre. 2 pont – egyenletrendszert állított össze. 3 pont – egy számítási hiba.

A mű szövegét képek és képletek nélkül közöljük.
Teljes verzió munka elérhető a "Munkafájlok" fülön PDF formátumban

Bevezetés

A magasabb fokú algebrai egyenletek megoldása egy ismeretlennel az egyik legnehezebb és legősibb matematikai problémákat. Ezeket a feladatokat látták el a legtöbben kiváló matematikusok régiségek.

Az n-edik fokú egyenletek megoldása az fontos feladatés a modern matematikához. Meglehetősen nagy az érdeklődés irántuk, hiszen ezek az egyenletek szorosan összefüggenek az iskolai matematika tantervben nem szereplő egyenletek gyökereinek felkutatásával.

Probléma: A hallgatók készségeinek hiánya a magasabb fokú egyenletek különféle módokon történő megoldásában megakadályozza őket abban, hogy sikeresen felkészüljenek végső bizonyítvány matematikában és Matematikai olimpiák, matematika szakos képzés.

A felsorolt ​​tények határozták meg relevanciáját„Magasabb fokú egyenletek megoldása” című munkánk.

Az n-edik fokú egyenletek megoldásának legegyszerűbb módszereinek ismerete csökkenti a feladat elvégzésének idejét, amelytől a munka eredménye és a tanulási folyamat minősége függ.

A munka célja: tanul ismert módszerek magasabb fokú egyenletek megoldása és azok közül a legelérhetőbbek azonosítása praktikus alkalmazás.

A cél alapján a munka a következőket határozza meg: feladatok:

Tanulmányozza a témával kapcsolatos szakirodalmat és internetes forrásokat;

Ismerkedjen meg a témával kapcsolatos történelmi tényekkel;

Ismertesse a magasabb fokú egyenletek megoldásának különböző módjait!

hasonlítsa össze mindegyikük összetettségi fokát;

Ismertesse meg az osztálytársakkal a magasabb fokú egyenletek megoldási módjait;

Készítsen egyenleteket az egyes vizsgált módszerek gyakorlati alkalmazásához.

A vizsgálat tárgya- magasabb fokú egyenletek egy változóval.

Tanulmányi tárgy- magasabb fokú egyenletek megoldási módszerei.

Hipotézis:általános módszer és egyetlen algoritmus, amely lehetővé teszi végső szám Nincsenek lépések az n-edik fokú egyenletek megoldására.

Kutatási módszerek:

- bibliográfiai módszer (a kutatási téma szakirodalmának elemzése);

- osztályozási módszer;

- kvalitatív elemzés módszere.

Elméleti jelentősége a kutatás magasabb fokú egyenletek megoldási módszereinek rendszerezéséből és algoritmusuk leírásából áll.

Gyakorlati jelentősége- bemutatott anyagot ebben a témában és a fejlesztésben oktatási segédlet hallgatóknak ebben a témában.

1. FELSŐFOKOK EGYENLETEI

1.1 Az n-edik fokú egyenlet fogalma

1. definíció. Az n-edik fokú egyenlet az alak egyenlete

a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, ahol együtthatók a 0, a 1, a 2…, a n -1, a n- bármilyen valós számok, és ,a 0 ≠ 0 .

Polinom a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n-et n-edik fokú polinomnak nevezzük. Az együtthatókat nevek különböztetik meg: a 0 - senior együttható; a n szabad tag.

Definíció 2. Adott egyenlet megoldásai vagy gyökei a változó összes értéke x, amelyek helyesbítik ezt az egyenletet számszerű egyenlőség vagy amelyre a polinom a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n nullára megy. Ez a változó érték x polinom gyökének is nevezik. Egy egyenlet megoldása azt jelenti, hogy megtaláljuk az összes gyökerét, vagy megállapítjuk, hogy nincsenek.

Ha a 0 = 1, akkor az ilyen egyenletet redukált egész számnak nevezzük racionális egyenlet n th fokon.

A harmadik és negyedik fokú egyenletekhez Cardano és Ferrari képletek vannak, amelyek gyökökön keresztül fejezik ki ezen egyenletek gyökereit. Kiderült, hogy a gyakorlatban ritkán használják őket. Így, ha n ≥ 3, és a polinom együtthatói tetszőleges valós számok, akkor az egyenlet gyökereinek megtalálása nem egyszerű feladat. Azonban sok speciális esetben ez a probléma teljesen megoldódik. Nézzünk meg néhányat közülük.

1.2 Történelmi tények magasabb fokú egyenletek megoldása

Az emberek már az ókorban felismerték, mennyire fontos megtanulni az algebrai egyenletek megoldását. Körülbelül 4000 évvel ezelőtt a babiloni tudósok tudták, hogyan kell megoldani egy másodfokú egyenletet, és két egyenletrendszert oldottak meg, amelyek közül az egyik másodfokú volt. A magasabb fokú egyenletek segítségével a földmérési, építészeti és katonai ügyek sok és változatos kérdése redukálódott le rájuk pontos nyelv A matematika lehetővé teszi, hogy egyszerűen kifejezze azokat a tényeket és összefüggéseket, amelyeket egyszer már kimondott hétköznapi nyelven, zavarónak és összetettnek tűnhet.

Univerzális formula a gyökerek megtalálásához algebrai egyenlet nth nincs diploma. Sokaknak persze az a csábító ötlete támadt, hogy bármilyen n fokra keressenek olyan képleteket, amelyek az egyenlet gyökereit az együtthatókon keresztül fejezik ki, vagyis gyökökben oldják meg az egyenletet.

Az olasz matematikusoknak csak a 16. században sikerült továbblépniük – n= 3 és n= 4 képleteket találniuk. általános döntés fokú egyenleteket tanulmányozta Scipio, Dal, Ferro és tanítványai, Fiori és Tartaglia.

1545-ben jelent meg D. Cardano olasz matematikus „A nagy művészet, avagy az algebra szabályairól” című könyve, ahol az algebra egyéb kérdéseivel együtt általános módszerek köbös egyenletek megoldására, valamint tanítványa, L. Ferrari által felfedezett 4. fokú egyenletek megoldására.

A 3. és 4. fokú egyenletek megoldásával kapcsolatos kérdések teljes körű bemutatását F. Viet tartotta.

A 19. század 20-as éveiben N. Abel norvég matematikus bebizonyította, hogy az ötödik fokú egyenletek gyökerei nem fejezhetők ki gyökökkel.

A tanulmányból kiderült modern tudomány Az n-edik fokú egyenletek megoldásának számos módja van.

pontban tárgyalt módszerekkel nem megoldható magasabb fokú egyenletek megoldási módszereinek keresésének eredménye. iskolai tananyag, a Vieta-tétel alkalmazásán alapuló módszerek (fokozategyenletekre n>2), Bezout tételei, Horner sémái, valamint Cardano és Ferrari képlete a köb- és kvartikus egyenletek megoldására.

A munka egyenletek megoldási módszereit és azok típusait mutatja be, amelyek felfedezéssé váltak számunkra. Ezek közé tartozik - a határozatlan együtthatók módszere, a kiválasztás teljes diploma, szimmetrikus egyenletek.

2. TELJES FELSŐ FOKÚ EGYENLETEK MEGOLDÁSA EGÉSZ SZÁM EGYÜTTHATÓKKAL

2.1 3. fokú egyenletek megoldása. Formula D. Cardano

Tekintsük az alak egyenleteit x 3 +px+q=0. Alakítsuk át az egyenletet Általános nézet az űrlaphoz: x 3 +px 2 +qx+r=0.Írjuk fel az összeg kockájának képletét; Adjuk hozzá az eredeti egyenlőséghez, és cseréljük le y. Kapjuk az egyenletet: y 3 + (q -) (y -) + (r - =0. Az átalakítások után a következőkkel rendelkezünk: y 2 +py + q=0. Most írjuk fel újra az összegkocka képletet:

(a+b) 3 =a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 =a 3 + b 3 + 3ab (a + b), cserélje ki ( a+b)tovább x, megkapjuk az egyenletet x 3 - 3abx - (a 3 +b 3) = 0. Most láthatjuk, hogy az eredeti egyenlet ekvivalens a rendszerrel: és a rendszert megoldva kapjuk:

Kaptunk egy képletet a fenti 3. fokú egyenlet megoldására. Cardano olasz matematikus nevét viseli.

Nézzünk egy példát. Oldja meg az egyenletet: .

Nekünk van R= 15 és q= 124, akkor a Cardano képlet segítségével kiszámítjuk az egyenlet gyökerét

Következtetés: ezt a képletet jó, de nem alkalmas minden köbegyenlet megoldására. Ez azonban nehézkes. Ezért a gyakorlatban ritkán használják.

De bárki, aki elsajátítja ezt a képletet, használhatja harmadfokú egyenletek megoldása során az egységes államvizsgán.

2.2 Vieta tétele

Egy matematika tantárgyból ismerjük ezt a tételt másodfokú egyenletre, de kevesen tudják, hogy magasabb rendű egyenletek megoldására is használják.

Tekintsük az egyenletet:

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és osszuk el ≠ 0-val.

Alakítsuk át az egyenlet jobb oldalát formává

; Ebből következik, hogy a következő egyenlőségeket írhatjuk a rendszerbe:

A Viète által a másodfokú egyenletekre levezetett és általunk a 3. fokú egyenletekre bemutatott képletek a magasabb fokú polinomokra is igazak.

Oldjuk meg a köbegyenletet:

Következtetés: ez a módszer univerzális és elég könnyen érthető a diákok számára, mivel Vieta tétele ismerős számukra az iskolai tantervből. = 2. Ugyanakkor ahhoz, hogy ennek a tételnek a segítségével megtalálja az egyenletek gyökereit, jó számítási készségekkel kell rendelkeznie.

2.3 Bezout tétele

Ezt a tételt nevezték el francia matematikus XVIII. századi J. Bezu.

Tétel. Ha az egyenlet a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, amelyben minden együttható egész szám, és a szabad tag nem nulla, egész gyökér, akkor ez a gyök a szabad tag osztója.

Figyelembe véve, hogy az egyenlet bal oldalán a polinom n-edik fokozat, akkor a tételnek más értelmezése is van.

Tétel. Amikor egy n-edik fokú polinomot osztunk el x binomiálisan x-a maradék egyenlő az értékkel osztható at x = a. (levél a jelenthet bármilyen valós ill képzeletbeli szám, azaz Bármi összetett szám) .

Bizonyíték: hagyja f(x) egy tetszőleges n-edik polinomot jelöl az x és let változóhoz képest, ha elosztjuk egy binomimmal ( x-a) privátban derült ki q(x), és a maradék R. Ez nyilvánvaló q(x) lesz valami polinom (n - 1) fok relatív x, és a maradék Rállandó érték lesz, pl. független valamitől x.

Ha a maradék R elsőfokú polinom volt x-hez képest, akkor ez azt jelentené, hogy az osztás meghiúsult. Így, R tól től x nem függ. A felosztás definíciója alapján az azonosságot kapjuk: f(x)=(x-a) q(x)+R.

Az egyenlőség igaz x bármely értékére, ami azt jelenti, hogy igaz az x értékre is x=a, kapunk: f(a)=(a-a) q(a)+R. Szimbólum f(a) az f polinom értékét jelöli (x) nál nél x=a, q(a)értéket jelent q(x) nál nél x=a. Maradék R ugyanaz maradt, mint korábban, mert R tól től x nem függ. Munka ( x-a) q(a) = 0, mivel a tényező ( x-a) = 0,és a szorzót q(a) Van bizonyos szám. Ezért az egyenlőségből a következőket kapjuk: f(a)=R, stb.

1. példa Keresse meg a polinom maradékát x 3 - 3x 2 + 6x- 5 binomiálisonként

x- 2. Bezout tétele szerint : R=f(2) = 23-322 + 62 -5=3. Válasz: R= 3.

Vegyük észre, hogy Bezout tétele nem annyira önmagában, mint inkább a következményei miatt fontos. (1. melléklet)

Maradjunk néhány technikánál, amelyek segítségével a Bezout-tételt alkalmazhatjuk a megoldásra gyakorlati problémák. Meg kell jegyezni, hogy az egyenletek Bezout-tételének segítségével történő megoldásához szükséges:

Keresse meg a szabad tag összes osztóját;

Keresse meg az egyenletnek legalább egy gyökerét ezekből az osztókból;

Ossza el az egyenlet bal oldalát ezzel (Ha);

Írja fel az osztó és a hányados szorzatát az egyenlet bal oldalára!

Oldja meg a kapott egyenletet!

Nézzük meg az x egyenlet megoldásának példáját 3 + 4x 2 + x - 6 = 0 .

Megoldás: keressük meg a szabad tag osztóit ±1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Számítsuk ki az értékeket x= 1, 1 3 + 41 2 + 1-6=0. Ossza el az egyenlet bal oldalát ( X- 1). Végezzük el az osztást egy „sarok” segítségével, és kapjuk:

Következtetés: Bezout tétele egyike azoknak a módszereknek, amelyeket munkánk során figyelembe veszünk, és a programban tanulmányozzuk tanórán kívüli tevékenységek. Nehéz megérteni, mert ahhoz, hogy elsajátítsa, ismernie kell az összes következményét, ugyanakkor Bezout tétele az egyik fő asszisztens a hallgatók számára az egységes államvizsgán.

2.4 Horner-séma

Polinom elosztása binomimmal x-α használhat egy speciális egyszerű technikát, amelyet a 17. századi angol matematikusok találtak ki, később Horner-séma néven. Az egyenletek gyökereinek megtalálása mellett a Horner-séma segítségével egyszerűbben is kiszámíthatja az egyenletek értékeit. Ehhez be kell cserélni a változó értékét a Pn polinomba (x)=a 0 xn+a 1 x n-1 +a 2 xⁿ - ²+…++ a n -1 x+a n. (1)

Fontolja meg az (1) polinom elosztását a binomimmal x-α.

Adjuk meg a b hiányos hányados együtthatóit 0 xⁿ - ¹+ b 1 xⁿ - ²+ b 2 xⁿ - ³+…+ bn -1 és a maradék r a Pn() polinom együtthatóin keresztül x) és a szám α. b 0 =a 0 , b 1 = α b 0 +a 1 , b 2 = α b 1 +a 2 …, bn -1 =

= α bn -2 +a n -1 = α bn -1 +a n .

A Horner-sémát használó számításokat az alábbi táblázat mutatja be:

	A 0	a 1	a 2 ,
	b 0 =a 0	b 1 = α b 0 +a 1	b 2 = α b 1 +a 2		r=α b n-1 +a n

Mert a r=Pn(α), akkor α az egyenlet gyöke. Annak ellenőrzésére, hogy α többszörös gyök-e, Horner séma alkalmazható a b hányadosra 0 x+ b 1 x+…+ bn -1 táblázat szerint. Ha a bn alatti oszlopban -1 az eredmény ismét 0, ami azt jelenti, hogy α többszörös gyök.

Nézzünk egy példát: oldja meg az egyenletet x 3 + 4x 2 + x - 6 = 0.

Alkalmazzuk az egyenlet bal oldalára az egyenlet bal oldalán lévő polinom faktorizálását, a Horner-sémát.

Megoldás: keressük meg a szabad tag osztóit ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.

				6 ∙ 1 + (-6) = 0

A hányados együtthatói az 1, 5, 6 számok, a maradék pedig r = 0.

Eszközök, x 3 + 4x 2 + x - 6 = (x - 1) (x 2 + 5x + 6) = 0.

Innen: x- 1 = 0 vagy x 2 + 5x + 6 = 0.

x = 1, x 1 = -2; x 2 = -3. Válasz: 1,- 2, - 3.

Következtetés: így egy egyenleten megmutattuk kettő használatát különféle módokon polinomok faktorizálása. Véleményünk szerint a Horner-féle séma a legpraktikusabb és leggazdaságosabb.

2.5 4. fokú egyenletek megoldása. Ferrari módszer

Cardano tanítványa, Ludovic Ferrari felfedezte a negyedik fokú egyenlet megoldásának módját. A Ferrari módszer két szakaszból áll.

I. szakasz: az alak egyenleteit két négyzetháromtag szorzataként ábrázoljuk, ez abból következik, hogy az egyenlet 3. fokú, és van legalább egy megoldása.

II. szakasz: a kapott egyenleteket faktorizálással oldjuk meg, de a szükséges faktorizáció megtalálásához köbegyenleteket kell megoldani.

Az ötlet az, hogy az egyenleteket A 2 =B 2 formában ábrázoljuk, ahol A= x 2+s,

B-lineáris függvénye x. Ezután az A = ±B egyenleteket kell megoldani.

Az érthetőség kedvéért vegyük figyelembe az egyenletet: A 4. fokozatot elkülönítve azt kapjuk: Bármelyikre d a kifejezés az lesz tökéletes négyzet. Adjuk hozzá a kapott egyenlet mindkét oldalához

A bal oldalon van egy komplett négyzet, felvehető d, így a (2) jobb oldala is teljes négyzetté válik. Képzeljük el, hogy ezt elértük. Ekkor az egyenletünk így néz ki:

A gyökér megtalálása később nem lesz nehéz. A megfelelő kiválasztásához d szükséges, hogy a (3) jobb oldalának diszkriminánsa nulla legyen, azaz.

Tehát megtalálni d, meg kell oldanunk ezt a 3. fokú egyenletet. Ez segédegyenlet hívott oldószer.

Könnyen megtaláljuk az oldó teljes gyökerét: d = 1

Az egyenletet (1)-be behelyettesítve azt kapjuk

Következtetés: a Ferrari módszer univerzális, de összetett és nehézkes. Ugyanakkor, ha a megoldási algoritmus világos, akkor ezzel a módszerrel 4. fokú egyenletek is megoldhatók.

2.6. A bizonytalan együtthatók módszere

Egy 4. fokú egyenlet Ferrari-módszerrel történő megoldásának sikere attól függ, hogy megoldjuk-e a rezolvenciát - egy 3. fokú egyenletet, ami, mint tudjuk, nem mindig lehetséges.

A határozatlan együtthatók módszerének lényege, hogy kitalálják, hogy milyen típusú tényezőkre bontják az adott polinomot, és ezeknek a tényezőknek (a polinomoknak is) együtthatóit úgy határozzuk meg, hogy a faktorokat összeszorozzuk, és az együtthatók azonos hatványaira egyenlővé tesszük. változó.

Példa: oldja meg az egyenletet:

Tegyük fel, hogy az egyenletünk bal oldala két négyzetes trinomra bontható egész együtthatókkal úgy, hogy az azonos egyenlőség igaz

Nyilvánvaló, hogy az előttük lévő együtthatóknak 1-nek kell lenniük, a szabad tagoknak pedig egynek kell lenniük + 1, a másik - 1.

Az együtthatók a x. Jelöljük őket azzal Aés ezek meghatározásához megszorozzuk az egyenlet jobb oldalán található mindkét trinomit.

Ennek eredményeként a következőket kapjuk:

Egyenlítő együtthatók azonos fokokon x a bal oldalon és megfelelő részek egyenlőség (1), rendszert kapunk az és megtalálására

Miután megoldottuk ezt a rendszert, meg fogjuk tenni

Tehát az egyenletünk ekvivalens az egyenlettel

Megoldás után a következő gyököket kapjuk: .

A bizonytalan együtthatók módszere azon alapul a következő kijelentéseket: az egyenlet bármely negyedik fokú polinomja felbontható két másodfokú polinom szorzatára; két polinom akkor és csak akkor azonosan egyenlő, ha együtthatóik azonos hatványokra egyenlők X.

2.7 Szimmetrikus egyenletek

Meghatározás. Egy ilyen alakú egyenletet szimmetrikusnak nevezünk, ha az egyenlet bal oldalán lévő első együtthatók megegyeznek a jobb oldali első együtthatókkal.

Látjuk, hogy a bal oldali első együtthatók megegyeznek a jobb oldali első együtthatókkal.

Ha egy ilyen egyenletnek páratlan foka van, akkor van gyöke x= - 1. Ezután csökkenthetjük az egyenlet mértékét úgy, hogy elosztjuk a ( x+ 1). Kiderült, hogy ha egy szimmetrikus egyenletet osztunk ( x+ 1) szimmetrikus egyenletet kapunk páros fokozat. Az alábbiakban bemutatjuk az együtthatók szimmetriájának bizonyítását. (6. melléklet) Feladatunk a páros fokú szimmetriaegyenletek megoldásának elsajátítása.

Például: (1)

Oldjuk meg az (1) egyenletet, osszuk el x 2 (közepes fokig) = 0.

Csoportosítsuk a kifejezéseket szimmetrikussal

) + 3(x+ . Jelöljük nál nél= x+ , négyzetre emeljük mindkét oldalt, tehát = nál nél 2 Szóval 2( nál nél 2 vagy 2 nál nél 2 + 3 megoldva az egyenletet, azt kapjuk nál nél = , nál nél= 3. Ezután térjünk vissza a cseréhez x+ = és x+ = 3. Megkapjuk a és az egyenleteket. Az elsőnek nincs megoldása, a másodiknak pedig két gyöke. Válasz:.

Következtetés: ez a típus egyenletekkel nem gyakran találkozunk, de ha találkozunk ilyennel, akkor az könnyen és egyszerűen megoldható, nehézkes számítások igénybevétele nélkül.

2.8 Teljes diploma elkülönítése

Tekintsük az egyenletet.

A bal oldal az összeg (x+1) kockája, azaz.

Mindkét részből kivonjuk a harmadik gyökeret: , akkor kapjuk

Hol van az egyetlen gyökér?

KUTATÁSI EREDMÉNYEK

A munka eredményei alapján a következő következtetésekre jutottunk:

A tanulmányozott elméletnek köszönhetően megismerkedtünk különféle módszerek magasabb fokú teljes egyenletek megoldása;

D. Cardano képlete nehezen alkalmazható és ad nagy valószínűséggel hibázni a számítás során;

− L. Ferrari módszere lehetővé teszi, hogy egy negyedfokú egyenlet megoldását köbösre redukáljuk;

− Bezout tétele használható köbegyenletekre és negyedfokú egyenletekre is; érthetőbb és vizuálisabb, ha egyenletek megoldására alkalmazzuk;

A Horner-séma jelentősen csökkenti és egyszerűsíti a számításokat az egyenletek megoldásában. A gyökök megtalálása mellett a Horner-séma segítségével egyszerűbben kiszámíthatja az egyenlet bal oldalán lévő polinomok értékeit;

Különösen érdekesek voltak az egyenletek határozatlan együtthatók módszerével való megoldása és a szimmetrikus egyenletek megoldása.

Alatt kutatómunka megállapították, hogy a hallgatók a 9. vagy 10. évfolyamtól szabadon választható matematika órákon, valamint speciális vendégtanfolyamokon ismerkednek meg a legmagasabb fokú egyenletek megoldásának legegyszerűbb módszereivel. matematika iskolák. Ezt a tényt tanári felmérés eredményeként jött létre matematikusok MBOU"Középiskola No. 9" és a diákok bemutatása fokozott érdeklődés a „matematika” tantárgyhoz.

A legnépszerűbb magasabb fokú egyenletek megoldási módszerei, amelyekkel olimpiák, versenyfeladatok megoldása során és a vizsgára készülő diákok eredményeként találkozhatunk, a Bezout-tétel, a Horner-séma és egy új változó bevezetésén alapuló módszerek.

Kutatómunka eredményeinek bemutatása, i.e. az iskolai matematika tantervben nem tanított egyenletek megoldási módszerei érdekelték osztálytársaimat.

Következtetés

Miután tanulmányozta az oktatási és tudományos irodalom, Internetes források ifjúsági oktatási fórumokon

Mérlegeljük egyenletek megoldása eggyel változó mértékű magasabb, mint a második.

A P(x) = 0 egyenlet foka a P(x) polinom foka, azaz. tagjának legnagyobb hatványa, amelynek együtthatója nem egyenlő nullával.

Így például az (x 3 – 1) 2 + x 5 = x 6 – 2 egyenletnek van ötödik foka, mert a zárójelek kinyitásának és hasonlók hozásának műveletei után megkapjuk az x 5 – 2x 3 + 3 = 0 ötödfokú egyenletet.

Idézzük fel azokat a szabályokat, amelyekre szükség lesz kettőnél nagyobb fokú egyenletek megoldásához.

Állítások a polinom gyökereiről és osztóiról:

1. n-edik polinom fok gyökeinek száma nem haladja meg az n-et, és az m többszörösségű gyökök pontosan m-szer fordulnak elő.

2. Polinom páratlan fokozat legalább egy valódi gyökere van.

3. Ha α a P(x) gyöke, akkor P n (x) = (x – α) · Q n – 1 (x), ahol Q n – 1 (x) egy (n – 1) fokú polinom. .

4.

5. Az egész együtthatós redukált polinomnak nem lehet tört racionális gyöke.

6. Harmadfokú polinomhoz

P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d két dolog egyike lehetséges: vagy három binomiális szorzatára bontjuk

Р 3 (x) = а(х – α)(х – β)(х – γ), vagy felbomlik egy binomiális és másodfokú trinomikus P 3 (x) = a(x – α)(x 2 + βx + γ).

7. Bármely negyedfokú polinom kiterjeszthető két négyzetháromtag szorzatára.

8. Egy f(x) polinom maradék nélkül osztható egy g(x) polinommal, ha van olyan q(x) polinom, hogy f(x) = g(x) · q(x). A polinomok felosztására a „sarokosztás” szabályt használjuk.

9. Ahhoz, hogy a P(x) polinom osztható legyen egy binomimmal (x – c), szükséges és elegendő, hogy a c szám legyen P(x) gyöke (Bezout tételének következménye).

10. Vieta tétele: Ha x 1, x 2, ..., x n a polinom valós gyökei

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, akkor a következő egyenlőségek teljesülnek:

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 /a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + ... + x n – 1 x n = a 2 /a 0,

x 1 x 2 x 3 + … + x n – 2 x n – 1 x n = -a 3 / a 0,

x 1 · x 2 · x 3 · x n = (-1) n a n / a 0 .

Megoldási példák

1. példa

Határozzuk meg a P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 osztás maradékát (x – 1/3-al).

Megoldás.

Bezout tételének következményeként: „Egy polinom maradéka binomimmal osztva (x – c) egyenlő c polinomjának értékével.” Határozzuk meg, hogy P(1/3) = 0. Ezért a maradék 0, és az 1/3 szám a polinom gyöke.

Válasz: R = 0.

2. példa

Ossza el egy „sarokkal” 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 (x + 2) értékkel. Keresse meg a maradék és a hiányos hányadost.

Megoldás:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4 x 2 2x 2 – x

X 2-2 x

Válasz: R = 3; hányados: 2x 2 – x.

A magasabb fokú egyenletek megoldásának alapvető módszerei

1. Új változó bevezetése

Az új változó bevezetésének módja már ismerős a példából bikvadratikus egyenletek. Abból áll, hogy az f(x) = 0 egyenlet megoldásához egy új változót (helyettesítés) t = x n vagy t = g(x) vezetünk be, és f(x)-t t-n keresztül fejezzük ki, így egy új r egyenletet kapunk. (t). Ezután az r(t) egyenletet megoldva megtaláljuk a gyököket:

(t 1, t 2, …, t n). Ezek után egy n egyenletet kapunk q(x) = t 1, q(x) = t 2, ... , q(x) = t n , amelyből a gyököket megtaláljuk. eredeti egyenlet.

1. példa

(x 2 + x + 1) 2 – 3 x 2 – 3 x – 1 = 0.

Megoldás:

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x) – 1 = 0.

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x + 1) + 3 – 1 = 0.

Behelyettesítés (x 2 + x + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Fordított helyettesítés:

x 2 + x + 1 = 2 vagy x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 vagy x 2 + x = 0;

Válasz: Az első egyenletből: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, a másodikból: 0 és -1.

2. Faktorizálás csoportosítással és rövidített szorzóképletekkel

Az alap ez a módszer szintén nem új, és a kifejezések oly módon történő csoportosításából áll, hogy minden csoport tartalmazzon közös szorzó. Ehhez néha szükség van bizonyos mesterséges technikák alkalmazására.

1. példa

x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.

Megoldás.

Képzeljük el - 3x 2 = -2x 2 - x 2 és csoportosítsuk:

(x 4 – 2x 2) – (x 2 – 4x + 3) = 0.

(x 4 – 2x 2 +1 – 1) – (x 2 – 4x + 3 + 1 – 1) = 0.

(x 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

(x 2 – 1 – x + 2) (x 2 – 1 + x – 2) = 0.

(x 2 – x + 1) (x 2 + x – 3) = 0.

x 2 – x + 1 = 0 vagy x 2 + x – 3 = 0.

Válasz: Az első egyenletben nincs gyök, a másodiktól kezdve: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Faktorizálás meghatározatlan együtthatók módszerével

A módszer lényege, hogy az eredeti polinomot ismeretlen együtthatókkal faktorizáljuk. Azt a tulajdonságot felhasználva, hogy a polinomok egyenlőek, ha együtthatóik azonos hatványokon egyenlők, az ismeretlen kiterjesztési együtthatókat megtaláljuk.

1. példa

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

Megoldás.

Egy 3-as fokú polinom kiterjeszthető lineáris és másodfokú tényezők szorzatára.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x – a) (x 2 + bx + c),

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 +bx 2 + cx – ax 2 – abx – ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + (b – a)x 2 + (cx – ab)x – ac.

A rendszer megoldása után:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac = 2,

(a = -1,
(b = 3,
(c = 2, azaz

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1) (x 2 + 3x + 2).

Az (x + 1)(x 2 + 3x + 2) = 0 egyenlet gyökerei könnyen megtalálhatók.

Válasz: -1; -2.

4. A gyökér kiválasztásának módja a legmagasabb és szabad együttható használatával

A módszer a következő tételek alkalmazásán alapul:

1) Az egész együtthatós polinom minden gyöke a szabad tag osztója.

2) Azért, hogy redukálhatatlan tört p/q (p egész szám, q természetes szám) egy egész együtthatós egyenlet gyöke volt, szükséges, hogy a p szám az a 0 szabad tag egész osztója, q pedig természetes osztója legyen a vezető együttható.

1. példa

6x 3 + 7x 2 – 9x + 2 = 0.

Megoldás:

6: q = 1, 2, 3, 6.

Ezért p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Ha találtunk egy gyökéröt, például – 2, akkor a sarokosztás, a határozatlan együtthatók módszere vagy a Horner-séma segítségével más gyökereket is találunk.

Válasz: -2; 1/2; 1/3.

Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell egyenleteket megoldani?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!

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

Egyenletek megoldási módszerei: n n n A h(f(x)) = h(g(x)) egyenlet helyettesítése az f(x) = g(x) egyenlettel Tényezősítés. Új változó bevezetése. Funkcionális - grafikus módszer. A gyökerek kiválasztása. Vieta-képletek alkalmazása.

A h(f(x)) = h(g(x)) egyenletet az f(x) = g(x) egyenlettel helyettesítjük. A módszer csak akkor alkalmazható, ha y = h(x) – monoton funkció, amely minden értéket egyszer vesz fel. Ha a funkció nem monoton, akkor a gyökerek elvesztése lehetséges.

Oldja meg a (3 x + 2)²³ = (5 x – 9)²³ egyenletet, y = x ²³ egy növekvő függvény, így a (3 x + 2)²³ = (5 x – 9)²³ egyenletből a következőre léphet: a 3 x + 2 = 5 x – 9 egyenlet, ahonnan x = 5, 5. Válasz: 5, 5.

Faktorizáció. Az f(x)g(x)h(x) = 0 egyenlet helyettesíthető egy f(x) = 0 egyenlethalmazzal; g(x)=0; h(x) = 0. Miután megoldotta a halmaz egyenleteit, ki kell venni azokat a gyököket, amelyek az eredeti egyenlet definíciós tartományába tartoznak, a többit pedig el kell távolítani, mint idegent.

Oldjuk meg az x³ – 7 x + 6 = 0 egyenletet Ha a 7 x kifejezést x + 6 x formában ábrázoljuk, szekvenciálisan a következőt kapjuk: x³ – x – 6 x + 6 = 0 x(x² – 1) – 6(x – 1 ) = 0 x (x – 1)(x + 1) – 6(x – 1) = 0 (x – 1)(x² + x – 6) = 0 Most a feladat egy x – egyenlethalmaz megoldására redukálódik 1 = 0; x² + x – 6 = 0. Válasz: 1, 2, – 3.

Új változó bevezetése. Ha az y(x) = 0 egyenlet átalakítható p(g(x)) = 0 alakra, akkor be kell vezetni egy új u = g(x) változót, meg kell oldani a p(u) = 0 egyenletet, majd oldjuk meg a g( x) = u 1 egyenlethalmazt; g(x) = u 2; ... ; g(x) = un, ahol u 1, u 2, …, un a p(u) = 0 egyenlet gyökei.

Az egyenlet megoldása Ennek az egyenletnek a sajátossága a bal oldalának együtthatóinak egyenlősége, a végeitől egyenlő távolságra. Az ilyen egyenleteket reciproknak nevezzük. Mivel 0 nem gyöke ennek az egyenletnek, ezért x²-el osztva kapjuk

Vezessünk be egy új változót. Ekkor egy másodfokú egyenletet kapunk, így az y 1 = – 1 gyök figyelmen kívül hagyható. A választ kapjuk: 2, 0, 5.

Oldja meg a 6(x² – 4)² + 5(x² – 4)(x² – 7 x +12) + (x² – 7 x + 12)² = 0 egyenletet Ez az egyenlet homogénként oldható fel. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát (x² – 7 x +12)²-vel (jól látható, hogy x értékei olyanok, hogy x² – 7 x +12=0 nem megoldás). Most azt jelöljük, hogy innentől van válaszunk:

Funkcionális - grafikus módszer. Ha az y = f(x), y = g(x) függvények egyike növekszik, a másik pedig csökken, akkor az f(x) = g(x) egyenletnek vagy nincs gyöke, vagy csak gyöke van.

Az egyenlet megoldása Nyilvánvaló, hogy x = 2 az egyenlet gyöke. Bizonyítsuk be, hogy ez az egyetlen gyökér. Alakítsuk át az egyenletet alakra Észrevesszük, hogy a függvény növekszik, a függvény pedig csökken. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek csak egy gyöke van. Válasz: 2.

Gyökök kiválasztása n n n 1. Tétel: Ha egy m egész szám egy egész együtthatós polinom gyöke, akkor a polinom szabad tagja osztható m-rel. 2. Tétel: Az egész együtthatós redukált polinomnak nincs törtgyöke. 3. Tétel: – egyenlet egész Let együtthatókkal. Ha egy szám és egy tört, ahol p és q irreducibilis egész számok, egy egyenlet gyöke, akkor p az an szabad tag osztója, q pedig az a 0 vezető tag együtthatójának osztója.

Bezout tétele. A maradék, ha tetszőleges polinomot osztunk binomimmal (x – a), egyenlő az x = a pontban felosztott polinom értékével. Bezout tételének következményei n n n n Különbség egyenlő fokozatok két számot maradék nélkül elosztunk ugyanazon számok különbségével; Két szám azonos páros hatványai közötti különbséget maradék nélkül elosztjuk e számok különbségével és összegével is; Két szám azonos páratlan hatványai közötti különbség nem osztható e számok összegével; Két nem szám egyenlő hatványainak összegét elosztjuk e számok különbségével; Két szám azonos páratlan hatványainak összegét maradék nélkül elosztjuk e számok összegével; Két szám azonos páros hatványainak összege nem osztható sem ezeknek a számoknak a különbségével, sem az összegükkel; Egy polinom akkor és csak akkor osztható binomimmal (x – a), ha az a szám az adott polinom gyöke; Egy nem nulla polinom különálló gyökeinek száma nem több, mint a foka.

Oldja meg az x³ – 5 x² – x + 21 = 0 egyenletet. Az x³ – 5 x² – x + 21 polinom egész együtthatós. Az 1. Tétel szerint annak egész gyökei, ha vannak, a szabad tag osztói közé tartoznak: ± 1, ± 3, ± 7, ± 21. Az ellenőrzéssel meggyőződünk arról, hogy a 3 szám gyök. Bezout tételének következményeként a polinom osztható (x – 3)-al. Így x³– 5 x² – x + 21 = (x – 3) (x²– 2 x – 7). Válasz:

Oldja meg a 2 x³ – 5 x² – x + 1 = 0 egyenletet. Az 1. Tétel szerint csak a számok ± 1 lehetnek az egyenletnek egész gyökei. Mivel az egyenlet nem redukált, ezért lehet tört része is racionális gyökerei. Keressük meg őket. Ehhez szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 4-gyel: 8 x³ – 20 x² – 4 x + 4 = 0 2 x = t behelyettesítésével t³ – 5 t² – 2 t + 4 = 0. A 2. tétel alapján minden ennek az egyenletnek a racionális gyökereinek érintetleneknek kell lenniük. A szabad tag osztói között találhatók: ± 1, ± 2, ± 4. V ebben az esetben A t = – 1 tehát megfelelő, a Bezout-tételből következően a 2 x³ – 5 x² – x + 1 polinom osztható (x + 0, 5): 2 x³ – 5 x² – x + 1 = (x +). 0, 5)( 2 x² – 6 x + 2) A 2 x² – 6 x + 2 = 0 másodfokú egyenlet megoldása után megtaláljuk a maradék gyököket: Válasz:

Oldjuk meg a 6 x³ + x² – 11 x – 6 = 0 egyenletet A 3. Tétel szerint ennek az egyenletnek a racionális gyökereit kell keresni a számok között. Egyenként behelyettesítve az egyenletbe, azt találjuk, hogy kielégítik az egyenletet. Kimerítik az egyenlet összes gyökerét. Válasz:

Határozzuk meg az x³ + 3 x² – 7 x +1 = 0 egyenlet négyzetgyökeinek összegét Vieta tételével Vegye figyelembe, hogy ahol

Mutassa be, hogy ezek az egyenletek hogyan oldhatók meg! Oldja meg az 1., 4., 15., 17. számú egyenletet!

Válaszok és útmutatások: 1. Új változó bevezetése. 2. Funkcionális - grafikus módszer. 3. A h(f(x)) = h(g(x)) egyenlet helyettesítése az f(x) = g(x) egyenlettel. 4. Faktorizáció. 5. Gyökerek kiválasztása. 6 Funkcionális - grafikus módszer. 7. Vieta képletek alkalmazása. 8. Gyökerek kiválasztása. 9. A h(f(x)) = h(g(x)) egyenlet helyettesítése az f(x) = g(x) egyenlettel. 10. Új változó bevezetése. 11. Faktorizáció. 12. Új változó bevezetése. 13. Gyökerek kiválasztása. 14. Vieta formulák alkalmazása. 15. Funkcionális - grafikus módszer. 16. Faktorizáció. 17. Új változó bevezetése. 18. Faktorizáció.

1. Utasítás. Írja fel az egyenletet 4(x²+17 x+60)(x+16 x+60)=3 x², mindkét oldalát osszuk el x²-vel. Írja be a változót Válasz: x 1 = – 8; x 2 = – 7.5. 4. Utasítás. Adjunk hozzá 6 y-t és – 6 y-t az egyenlet bal oldalához, és írjuk fel a következőképpen: (y³ – 2 y²) + (– 3 y² + 6 y) + (– 8 y + 16) = (y – 2)(y² – 3 év - 8). Válasz:

14. Utasítás. Vieta tétele szerint, mivel ezek egész számok, az egyenlet gyökei csak a – 1, – 2, – 3 számok lehetnek. Válasz: 15. Válasz: – 1. 17. Utasítás. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát x²-el, és írjuk be változóként. Válasz: 1; 15; 2; 3.

Bibliográfia. n n n Kolmogorov A. N. „Algebra és az elemzés kezdetei, 10 – 11” (M.: Prosveshchenie, 2003). Bashmakov M. I. „Algebra és az elemzés kezdetei, 10-11” (M.: Prosveshchenie, 1993). Mordkovich A. G. „Algebra és elemzési alapelvek, 10 – 11” (M.: Mnemosyna, 2003). Alimov Sh., Kolyagin Yu és munkatársai „Algebra és az elemzés kezdetei, 10-11” (M.: Prosveshchenie, 2000). Galitsky M. L., Goldman A. M., Zvavich L. I. „Problémák gyűjtése az algebrában, 8-9” (M.: Prosveshchenie, 1997). Karp A. P. „Problémák gyűjteménye az algebráról és az elemzési elvekről, 10–11” (M.: Prosveshchenie, 1999). Sharygin I. F. „Matematika fakultatív kurzus, problémamegoldás, 10” (M.: Education. 1989). Skopets Z. A. „További fejezetek a matematika kurzusáról, 10” (M.: Prosveshchenie, 1974). Litinsky G.I. „Matematika órák” (Moszkva: Aslan, 1994). Muravin G.K. „Egyenletek, egyenlőtlenségek és rendszereik” (Matematika, „Szeptember elseje” című újság melléklete, 2003. 2., 3.). Kolyagin Yu M. „Polinomok és magasabb fokozatú egyenletek” (Matematika, „Szeptember elseje” című újság melléklete, 2005. évi 3. szám).

Az egyenletek használata széles körben elterjedt életünkben. Számos számításnál, szerkezetek építésénél és még sportolásnál is használják. Az ember az ókorban használt egyenleteket, azóta használatuk csak nőtt. A matematikában meglehetősen gyakoriak az egész együtthatós magasabb fokú egyenletek. Az ilyen típusú egyenlet megoldásához a következőkre van szüksége:

Határozza meg az egyenlet racionális gyökereit;

Tényezősítse az egyenlet bal oldalán lévő polinomot;

Keresse meg az egyenlet gyökereit!

Tegyük fel, hogy megadtuk az egyenletet a következő típus:

Keressük meg minden valódi gyökerét. Szorozzuk meg az egyenlet bal és jobb oldalát \-el

Végezzük el a változók megváltoztatását\

Így megkaptuk a megadott negyedik fokú egyenletet, amelyet a standard algoritmussal oldunk meg: ellenőrizzük az osztókat, végrehajtjuk az osztást és ennek eredményeként kiderül, hogy az egyenletnek két igazi gyökerek\ és két összetett. Negyedfokú egyenletünkre a következő választ kapjuk:

Hol tudok magasabb fokú egyenleteket megoldani online megoldó segítségével?

Az egyenletet a https://site weboldalunkon tudja megoldani. Az ingyenes online megoldó segítségével pillanatok alatt megoldhat bármilyen bonyolultságú online egyenletet. Mindössze annyit kell tennie, hogy egyszerűen beírja adatait a megoldóba. Weboldalunkon videós utasításokat is megtekinthet, és megtanulhatja az egyenlet megoldását. És ha továbbra is kérdései vannak, felteheti őket a VKontakte csoportunkban: http://vk.com/pocketteacher. Csatlakozz csoportunkhoz, mindig szívesen segítünk.

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete