A diszkriminancia egy többértékű fogalom. Ebben a cikkben a polinom diszkriminánsáról fogunk beszélni, amely lehetővé teszi annak meghatározását, hogy egy adott polinomnak vannak-e érvényes megoldásai. A másodfokú polinom képlete az algebra és elemzés iskolai kurzusában található. Hogyan lehet megkülönböztetőt találni? Mi kell az egyenlet megoldásához?
Másodfokú másodfokú polinomot vagy egyenletet nevezünk i * w ^ 2 + j * w + k egyenlő 0-val, ahol „i” és „j” az első és a második együttható, a „k” egy állandó, amelyet néha „elutasító tagnak” neveznek, és „w” egy változó. Gyökere annak a változónak az összes értéke lesz, amelynél identitássá válik. Egy ilyen egyenlőség átírható i, (w - w1) és (w - w2) 0 szorzataként. Ebben az esetben nyilvánvaló, hogy ha az „i” együttható nem lesz nulla, akkor a függvény a bal oldal csak akkor lesz nulla, ha x értéke w1 vagy w2. Ezek az értékek a polinom nullára való beállításának eredménye.
Egy olyan változó értékének meghatározásához, amelynél a másodfokú polinom eltűnik, egy segédkonstrukciót használunk, amely az együtthatóira épül, és diszkriminánsnak nevezzük. Ezt a konstrukciót a következő képlet alapján számítjuk ki: D egyenlő j * j - 4 * i * k. Miért használják?
Hogyan mutatja ez az érték valódi gyökerek jelenlétét:
Ha az összeg (7 * w^2; 3 * w; 1) egyenlő 0-val Kiszámítjuk D-t a 3 * 3 - 4 * 7 * 1 = 9 - 28 képlettel, és -19-et kapunk. A nulla alatti diszkriminatív érték azt jelzi, hogy az aktuális sorban nincs eredmény.
Ha úgy tekintjük, hogy 2 * w^2 - 3 * w + 1 egyenértékű 0-val, akkor D-t úgy számítjuk ki, hogy (-3) négyzetként mínusz a (4; 2; 1) számok szorzata, és 9-8, azaz 1. A pozitív érték két eredményt jelez a valós egyenesen.
Ha vesszük az összeget (w ^ 2; 2 * w; 1) és egyenlővé tesszük 0-val, D-t úgy számítjuk ki, hogy két négyzet mínusz a számok (4; 1; 1) szorzata. Ez a kifejezés 4-4-re egyszerűsödik, és nullára megy. Kiderült, hogy az eredmények ugyanazok. Ha alaposan megnézi ezt a képletet, világossá válik, hogy ez egy „teljes négyzet”. Ez azt jelenti, hogy az egyenlőség átírható (w + 1) ^ 2 = 0 alakban. Nyilvánvalóvá vált, hogy ebben a feladatban az eredmény „-1”. Abban a helyzetben, amikor D egyenlő 0-val, az egyenlőség bal oldala mindig összecsukható az „összeg négyzete” képlettel.
Ez a segédkonstrukció nemcsak megmutatja a valós megoldások számát, hanem segít megtalálni azokat. A másodfokú egyenlet általános számítási képlete:
w = (-j +/- d) / (2 * i), ahol d az 1/2 hatványához tartozó diszkrimináns.
Tegyük fel, hogy a diszkrimináns nulla alatt van, akkor d imaginárius és az eredmények képzeletbeliek.
D nulla, akkor d egyenlő D-vel az 1/2 hatványához képest szintén nulla. Megoldás: -j / (2 * i). Ha ismét figyelembe vesszük, hogy 1 * w ^ 2 + 2 * w + 1 = 0, akkor a -2 / (2 * 1) = -1 értékkel egyenértékű eredményeket találunk.
Tegyük fel, hogy D > 0, akkor d valós szám, és a válasz itt két részre bomlik: w1 = (-j + d) / (2 * i) és w2 = (-j - d) / (2 * i) ) . Mindkét eredmény érvényes lesz. Nézzük 2 * w ^ 2 - 3 * w + 1 = 0. Itt a diszkrimináns és a d egy. Kiderült, hogy w1 egyenlő (3 + 1) osztva (2 * 2) vagy 1-gyel, és w2 egyenlő (3 - 1) osztva 2 * 2-vel vagy 1/2-vel.
A másodfokú kifejezés nullával való egyenlővé tételének eredményét a következő algoritmus szerint számítjuk ki:
Az együtthatóktól függően a megoldás némileg egyszerűsíthető. Nyilvánvaló, hogy ha egy változó együtthatója a második hatványhoz nulla, akkor lineáris egyenlőséget kapunk. Ha egy változó együtthatója az első hatványhoz nulla, akkor két lehetőség lehetséges:
Ha a szabad tag nulla, akkor a gyökök (0; -j) lesznek
De vannak más speciális esetek is, amelyek leegyszerűsítik a megoldás megtalálását.
Az adott ún olyan másodfokú trinomit, ahol a vezető tag együtthatója egy. Erre a helyzetre a Vieta-tétel alkalmazható, amely kimondja, hogy a gyökök összege egyenlő az első hatvány változójának együtthatójával, szorozva -1-gyel, és a szorzat megfelel a „k” állandónak.
Ezért w1 + w2 egyenlő -j és w1 * w2 egyenlő k, ha az első együttható egy. Az ábrázolás helyességének ellenőrzéséhez az első képletből kifejezheti w2 = -j - w1-et, és behelyettesítheti a második w1 * (-j - w1) = k egyenlőségbe. Az eredmény az eredeti w1 ^ 2 + j * w1 + k = 0 egyenlőség.
Fontos megjegyezni, hogy i * w ^ 2 + j * w + k = 0 „i”-vel való osztással érhető el. Az eredmény a következő lesz: w^2 + j1 * w + k1 = 0, ahol j1 egyenlő j/i-vel és k1 egyenlő k/i-vel.
Nézzük meg a már megoldott 2 * w^2 - 3 * w + 1 = 0 eredményt w1 = 1 és w2 = 1/2. Félbe kell osztanunk, ennek eredményeként w ^ 2 - 3/2 * w + 1/2 = 0. Ellenőrizzük, hogy a tétel feltételei igazak-e a talált eredményekre: 1 + 1/2 = 3/ 2 és 1*1/2 = 1/2.
Ha egy változó tényezője az első hatványhoz (j) osztható 2-vel, akkor lehetőség lesz a képlet egyszerűsítésére és a D/4 = (j / 2) ^ 2 - i * k diszkriminans negyedén keresztül megoldást keresni. w = (-j +/- d/2) / i, ahol d/2 = D/4 1/2 hatványára.
Ha i = 1, és a j együttható páros, akkor a megoldás -1 és a w változó együtthatójának felének a szorzata lesz, plusz/mínusz ennek a felnek a négyzetének gyöke mínusz a „k” állandó. Képlet: w = -j/2 +/- (j^2/4 - k)^1/2.
A másodfokú trinomiális fentebb tárgyalt diszkriminánsa a leggyakrabban használt speciális eset. Általános esetben a polinom diszkriminánsa az ennek a polinomnak a gyökeinek különbségeinek szorzott négyzetei. Ezért a nullával egyenlő diszkrimináns legalább két többszörös megoldás jelenlétét jelzi.
Tekintsük i * w^3 + j * w^2 + k * w + m = 0.
D = j^2*k^2-4*i*k^3-4*i^3*k-27*i^2*m^2 + 18*i*j*k*m.
Tegyük fel, hogy a diszkrimináns meghaladja a nullát. Ez azt jelenti, hogy a valós számok tartományában három gyök található. A nullánál több megoldás is létezik. Ha D< 0, то два корня комплексно-сопряженные, которые дают отрицательное значение при возведении в квадрат, а также один корень — вещественный.
Videónk részletesen elmondja a diszkrimináns kiszámításáról.
Nem kapott választ a kérdésére? Javasolj témát a szerzőknek.
Első szint
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:
Nézze, redukált – és most ez egy egyszerű lineáris egyenlet!
Most próbálja meg eldönteni, hogy az alábbi egyenletek közül melyik másodfokú, és melyik nem:
Példák:
Válaszok:
A matematikusok hagyományosan az összes másodfokú egyenletet a következő típusokra osztják:
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.
Először is koncentráljunk a hiányos másodfokú egyenletek megoldására – ezek sokkal egyszerűbbek!
A hiányos másodfokú egyenleteknek többféle típusa van:
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 memorizálni. 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 az egyenletet jelenti
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:
Itt eltekintünk a példáktól.
Emlékeztetünk arra, hogy a teljes másodfokú egyenlet az alakegyenlet egyenlete, ahol
A teljes másodfokú egyenletek megoldása ezeknél egy kicsit nehezebb (csak egy kicsit).
Emlékezik, Bármely másodfokú egyenlet megoldható diszkrimináns segítségével! Még hiányos is.
A többi módszer segít gyorsabban megtenni, de ha problémái vannak a másodfokú egyenletekkel, először sajátítsa el a megoldást a 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. Különös figyelmet kell fordítani a lépésre. A diszkrimináns () az egyenlet gyökeinek számát adja meg.
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
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 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:
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.
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 az egyenletet jelenti
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:
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.
Az ilyen gyökereket kettős gyökérnek nevezzük.
Miért lehetséges a különböző számú gyökér? Térjünk rá a másodfokú egyenlet geometriai jelentésére. 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: .
A Vieta-tétel használata nagyon egyszerű: csak olyan számpárt kell választani, amelynek szorzata egyenlő az egyenlet szabad tagjával, és az összeg egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval.
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 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 pedig 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 legalább az egyik gyökér 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 diszkriminánst! 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 gyökök 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: ; .
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:
Általában az átalakítás így fog kinézni:
Ez azt jelenti: .
Nem emlékeztet semmire? Ez diszkriminatív dolog! Pontosan így kaptuk a diszkriminancia képletet.
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:
1. Algoritmus hiányos másodfokú egyenletek megoldására
1.1. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:
1) Fejezzük ki az ismeretlent: ,
2) Ellenőrizze a kifejezés jelét:
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) Tegyük szabványos alakba az egyenletet: ,
2) Számítsuk ki a diszkriminánst a következő képlettel: , amely az egyenlet gyökeinek számát jelzi:
3) Keresse meg az egyenlet gyökereit:
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
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. Ha a diszkrimináns pozitív szám (D > 0),
akkor x 1 = (-b - √D)/2a, és x 2 = (-b + √D)/2a.
Például. Oldja meg az egyenletet x 2– 4x + 4= 0.
D = 4 2 – 4 4 = 0
x = (- (-4))/2 = 2
Válasz: 2.
Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + x + 3 = 0.
D = 1 2 – 4 2 3 = – 23
Válasz: nincs gyökere.
Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + 5x – 7 = 0.
D = 5 2 – 4 2 (–7) = 81
x 1 = (-5 - √81)/(2 2) = (-5 - 9)/4 = - 3,5
x 2 = (-5 + √81)/(2 2) = (-5 + 9)/4=1
Válasz: – 3,5; 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 a második tag páros együtthatós (b = 2k), akkor az egyenletet a 2. ábra diagramján látható képletekkel oldhatja meg.
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 megoldáshoz, 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.
Mint látható, az egyenlet különböző képletekkel történő megoldása során ugyanazt a választ kaptuk. Ezért, ha alaposan elsajátította az 1. ábra diagramján látható képleteket, mindig meg tud majd oldani bármilyen teljes másodfokú egyenletet.
blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.
Az egész iskolai algebrai tananyag között az egyik legkiterjedtebb téma a másodfokú egyenletek témaköre. Ebben az esetben a másodfokú egyenlet az ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenlet, ahol a ≠ 0 (olvasva: a szorozva x négyzet plusz be x plusz ce egyenlő nullával, ahol a nem egyenlő nullával). Ebben az esetben a fő helyet a meghatározott típusú másodfokú egyenlet diszkriminánsának megtalálására szolgáló képletek foglalják el, amelyek olyan kifejezések, amelyek lehetővé teszik egy másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét vagy hiányát, valamint azok meghatározását. szám (ha van).
A másodfokú egyenlet diszkriminánsának általánosan elfogadott képlete a következő: D = b 2 – 4ac. A diszkrimináns kiszámításával a megadott képlet segítségével nemcsak egy másodfokú egyenlet gyökeinek meglétét és számát határozhatja meg, hanem módszert is választhat ezeknek a gyökereknek a megtalálására, amelyekből a másodfokú egyenlet típusától függően több is van.
A diszkriminánst a képletből következően latin D betűvel jelöljük. Abban az esetben, ha a diszkrimináns egyenlő nullával, azt a következtetést kell levonni, hogy egy ax 2 + bx + c = 0 alakú másodfokú egyenlet, ahol a ≠ 0, csak egy gyöke van, amelyet egyszerűsített képlettel számítanak ki. Ez a képlet csak akkor érvényes, ha a diszkrimináns nulla, és így néz ki: x = –b/2a, ahol x a másodfokú egyenlet gyöke, b és a a másodfokú egyenlet megfelelő változói. A másodfokú egyenlet gyökerének megtalálásához el kell osztani a b változó negatív értékét az a változó értékének kétszeresével. Az eredményül kapott kifejezés egy másodfokú egyenlet megoldása lesz.
Ha a diszkrimináns fenti képlettel történő kiszámításakor pozitív értéket kapunk (D nagyobb, mint nulla), akkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van, amelyeket a következő képletekkel számítunk ki: x 1 = (–b + vD)/ 2a, x 2 = (–b – vD) /2a. Leggyakrabban a diszkriminánst nem külön számítják ki, hanem a diszkrimináns képlet formájában lévő gyök kifejezést egyszerűen behelyettesítik abba a D értékbe, amelyből a gyökér kinyerhető. Ha a b változó páros értékű, akkor az ax 2 + bx + c = 0 alakú másodfokú egyenlet gyökeinek kiszámításához, ahol a ≠ 0, a következő képleteket is használhatja: x 1 = (–k + v(k2 – ac))/a , x 2 = (–k + v(k2 – ac))/a, ahol k = b/2.
Bizonyos esetekben a másodfokú egyenletek gyakorlati megoldásához használhatja a Vieta-tételt, amely kimondja, hogy az x 2 + px + q = 0 alakú másodfokú egyenlet gyökeinek összegére az x 1 + x 2 = –p érték. igaz lesz, és a megadott egyenlet gyökeinek szorzatára – x 1 x x 2 = q kifejezés.
A diszkrimináns értékének kiszámításakor olyan helyzetbe kerülhet, amely nem tartozik a leírt esetek egyikébe sem - amikor a diszkrimináns negatív értékű (vagyis nullánál kisebb). Ebben az esetben általánosan elfogadott, hogy az ax 2 + bx + c = 0 formájú másodfokú egyenletnek, ahol a ≠ 0, nincs valódi gyöke, ezért megoldása a diszkrimináns és a fenti képletek kiszámítására korlátozódik. mert a másodfokú egyenlet gyökerei ebben az esetben nem lesznek érvényesek. Ugyanakkor a másodfokú egyenletre adott válaszban azt írják, hogy „az egyenletnek nincs valódi gyökere”.
Magyarázó videó: