Magasabb fokú egyenlettípusok. Magasabb fokú egyenletek Az n egyenletek megoldási módszerei

Az algebrai egyenletek megoldása során gyakran kell polinomot faktorozni. Egy polinom faktorálása azt jelenti, hogy két vagy több polinom szorzataként ábrázoljuk. A polinomok bontására elég gyakran alkalmazunk néhány módszert: közös tényező felvétele, rövidített szorzóképletek használata, teljes négyzet elkülönítése, csoportosítás. Nézzünk még néhány módszert.

Néha a következő állítások hasznosak egy polinom faktorálásakor:

1) ha egy egész együtthatós polinomnak van racionális gyöke (ahol egy irreducibilis tört, akkor a szabad tag osztója és a vezető együttható osztója:

2) Ha valamilyen módon kiválasztja egy fokpolinom gyökét, akkor a polinom olyan formában ábrázolható, ahol fokszám polinom

Polinomot vagy úgy találhatunk, hogy a polinomot egy „oszlopban” binomiálisra osztjuk, vagy a polinom tagjait megfelelően csoportosítjuk és a szorzót elválasztjuk azoktól, vagy a határozatlan együtthatók módszerével.

Példa. Tényező egy polinom

Megoldás. Mivel x4 együtthatója 1, akkor ennek a polinomnak a racionális gyökei léteznek, és osztói a 6-nak, azaz lehetnek ±1, ±2, ±3, ±6 egész számok. Jelöljük ezt a polinomot P4(x)-el. Mivel P P4 (1) = 4 és P4(-4) = 23, az 1 és -1 számok nem gyökei a PA(x) polinomnak. Mivel P4(2) = 0, akkor x = 2 a P4(x) polinom gyöke, és ezért ez a polinom osztható az x - 2 binomimmal. Ezért x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 +x-3

3x3 +7x2 -5x +6

3x3 +6x2x2 - 5x + 6x2- 2x

Ezért P4(x) = (x - 2)(x3 - 3x2 + x - 3). Mivel xz - 3x2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3) (x2 + 1), akkor x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3)(x2 + 1).

Paraméter beviteli mód

Néha egy polinom faktorálásakor a paraméter bevezetésének módja segít. Ennek a módszernek a lényegét a következő példa segítségével ismertetjük.

Példa. x3 –(√3 + 1) x2 + 3.

Megoldás. Tekintsünk egy a paraméterű polinomot: x3 - (a + 1)x2 + a2, amely a = √3-nál egy adott polinommá alakul. Írjuk fel ezt a polinomot négyzetes trinomként a: a - ax2 + (x3 - x2).

Mivel ennek a trinomnak a gyökei négyzetesen a-hoz képest a1 = x és a2 = x2 - x, akkor az a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x)(a - x2 + x) egyenlőség igaz. Következésképpen az x3 - (√3 + 1)x2 + 3 polinomot √3 – x és √3 - x2 + x tényezőkre bontjuk, azaz.

x3 – (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).

Egy új ismeretlen bevezetésének módja

Egyes esetekben a Pn(x) polinomban szereplő f(x) kifejezést lecserélve y-n keresztül egy polinomot kaphatunk y-hoz képest, amely könnyen faktorizálható. Ezután, miután y-t f(x)-re cseréljük, megkapjuk a Pn(x) polinom faktorizálását.

Példa. Tényező a polinom x(x+1)(x+2)(x+3)-15.

Megoldás. Alakítsuk át ezt a polinomot a következőképpen: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 =( x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) - 15.

Jelöljük x2 + 3x-ot y-val. Ekkor y(y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1) 2 - 16 = (y + 1 + 4) (y + 1 - 4)= ( y+ 5)(y - 3).

Ezért x(x + 1)(x+ 2)(x + 3) - 15 = (x2+ 3x + 5)(x2 + 3x - 3).

Példa. Tényező a polinomot (x-4)4+(x+2)4

Megoldás. Jelöljük x- 4+x+2 = x - 1-et y-val.

(x - 4) 4 + (x + 2) 2 = (y - 3) 4 + (y + 3) 4 = y4 - 12y3 +54y3 - 108y + 81 + y4 + 12y3 + 54y2 + 108y + 81 =

2y4 + 108y2 + 162 = 2(y4 + 54y2 + 81) = 2[(yg + 27)2 - 648] = 2 (y2 + 27 - √b48)(y2 + 27+√b48)=

2((x-1)2+27-√b48)((x-1)2+27+√b48)=2(x2-2x + 28-18√ 2)(x2- 2x + 28 + 18√ 2 ).

Különböző módszerek kombinálása

Gyakran előfordul, hogy egy polinom faktorálásakor a fent tárgyalt módszerek közül többet kell egymás után alkalmazni.

Példa. Tényező a polinom x4 - 3x2 + 4x-3.

Megoldás. Csoportosítással átírjuk a polinomot x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 – 2x2) – (x2 -4x + 3) alakban.

A teljes négyzet elkülönítésének módszerét az első zárójelre alkalmazva x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

A tökéletes négyzetképlet segítségével most felírhatjuk, hogy x4 – 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.

Végül a négyzetek különbségének képletét alkalmazva azt kapjuk, hogy x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2)(x2 - 1 - x + 2) = (x2+x-3)(x2 -x + 1).

§ 2. Szimmetrikus egyenletek

1. Harmadfokú szimmetrikus egyenletek

Az ax3 + bx2 + bx + a = 0, a ≠ 0 (1) alakú egyenleteket harmadfokú szimmetrikus egyenleteknek nevezzük. Mivel ax3 + bx2 + bx + a = a(x3 + 1) + bx (x + 1) = (x+1)(ax2+(b-a)x+a), akkor az (1) egyenlet ekvivalens az egyenletkészlettel x + 1 = 0 és ax2 + (b-a)x + a = 0, amit nem nehéz megoldani.

1. példa: Oldja meg az egyenletet

3x3 + 4x2 + 4x + 3 = 0. (2)

Megoldás. A (2) egyenlet egy harmadfokú szimmetrikus egyenlet.

Mivel 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3 (x3 + 1) + 4x (x + 1) = (x+ 1) (3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1) (3x2 + x + 3), akkor a (2) egyenlet ekvivalens az x + 1 = 0 és a 3x3 + x +3=0 egyenletekkel.

Az első egyenlet megoldása x = -1, a második egyenletnek nincs megoldása.

Válasz: x = -1.

2. Negyedik fokú szimmetrikus egyenletek

A forma egyenlete

(3) negyedfokú szimmetrikus egyenletnek nevezzük.

Mivel x = 0 nem gyöke a (3) egyenletnek, ezért a (3) egyenlet mindkét oldalát x2-vel elosztva az eredetivel (3) egyenértékű egyenletet kapunk:

Írjuk át a (4) egyenletet a következőképpen:

Csináljunk behelyettesítést ebben az egyenletben, akkor kapunk egy másodfokú egyenletet

Ha az (5) egyenletnek 2 gyöke van y1 és y2, akkor az eredeti egyenlet ekvivalens egy egyenletkészlettel

Ha az (5) egyenletnek egy gyöke y0, akkor az eredeti egyenlet ekvivalens az egyenlettel

Végül, ha az (5) egyenletnek nincs gyöke, akkor az eredeti egyenletnek sincs gyöke.

2. példa: Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Ez az egyenlet egy negyedik fokú szimmetrikus egyenlet. Mivel x = 0 nem a gyöke, ezért a (6) egyenletet x2-vel elosztva egy ekvivalens egyenletet kapunk:

A kifejezések csoportosítása után átírjuk a (7) egyenletet formába vagy alakba

Feltéve, kapunk egy egyenletet, amelynek két gyöke y1 = 2 és y2 = 3. Következésképpen az eredeti egyenlet ekvivalens egy egyenletkészlettel

Ennek a halmaznak az első egyenletének megoldása x1 = 1, a másodiké pedig u.

Ezért az eredeti egyenletnek három gyöke van: x1, x2 és x3.

Válasz: x1=1.

§3. Algebrai egyenletek

1. Az egyenlet mértékének csökkentése

Egyes algebrai egyenleteket, ha egy bizonyos polinomot egy betűre cserélünk, olyan algebrai egyenletekre redukálhatunk, amelyek foka kisebb, mint az eredeti egyenlet foka, és megoldása egyszerűbb.

1. példa: Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Jelöljük, akkor az (1) egyenlet átírható a következőre: Az utolsó egyenletnek gyökerei vannak és ezért az (1) egyenlet ekvivalens az és egyenlethalmazzal. Ennek a halmaznak az első egyenletének megoldása, a második egyenlet megoldása pedig az

Az (1) egyenlet megoldásai a következők

2. példa: Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk 12-vel, és jelöljük

Megkapjuk az egyenletet. Ezt az egyenletet átírjuk a formába

(3) és ezzel jelölve átírjuk a (3) egyenletet a következő alakra. Az utolsó egyenletnek gyökei vannak és Ezért azt kapjuk, hogy a (3) egyenlet ekvivalens egy két egyenlet halmazával és Vannak megoldások erre az egyenlethalmazra és azaz egyenletre (2) ekvivalens egyenletkészlettel és (4)

A (4) halmaz megoldásai a és, és ezek a (2) egyenlet megoldásai.

2. Formaegyenletek

Egyenlet

(5) hol vannak a megadott számok, le lehet redukálni kétnegyedes egyenletre az ismeretlen helyettesítésével, azaz

3. példa: Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Jelöljük t-vel. e változtatjuk a változókat vagy Ekkor a (6) egyenlet átírható a formába, vagy a képlet segítségével a formába.

Mivel a másodfokú egyenlet gyökerei a és, a (7) egyenlet megoldásai az és az egyenlethalmaz megoldásai. Ennek az egyenletkészletnek két megoldása van, és ezért a (6) egyenlet megoldásai a és

3. Formaegyenletek

Egyenlet

(8) ahol az α, β, γ, δ és Α számok olyanok, hogy α

4. példa: Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. Változtassuk meg az ismeretleneket, azaz y=x+3 vagy x = y – 3. Ekkor a (9) egyenlet átírható a következőre:

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, azaz a következő formában

(y2-4)(y2-1)=10(10)

A (10) biquadratic egyenletnek két gyöke van. Ezért a (9) egyenletnek is két gyökere van:

4. Formaegyenletek

(11) egyenlet

Ahol x = 0-nak nincs gyöke, ezért a (11) egyenletet x2-vel elosztva egy ekvivalens egyenletet kapunk

Ami az ismeretlen helyettesítése után átíródik egy másodfokú egyenlet formájában, aminek a megoldása nem nehéz.

5. példa: Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Mivel h = 0 nem gyöke a (12) egyenletnek, ezért elosztva x2-vel, egy ekvivalens egyenletet kapunk

Ismeretlenné téve a helyettesítést, az (y+1)(y+2)=2 egyenletet kapjuk, melynek két gyöke van: y1 = 0 és y1 = -3. Következésképpen az eredeti (12) egyenlet ekvivalens az egyenletkészlettel

Ennek a halmaznak két gyöke van: x1= -1 és x2 = -2.

Válasz: x1= -1, x2 = -2.

Megjegyzés. A forma egyenlete

Amely mindig redukálható a (11) alakra, és ráadásul α > 0 és λ > 0 alakra tekintve.

5. Formaegyenletek

Egyenlet

,(13) ahol az α, β, γ, δ és Α számok olyanok, hogy αβ = γδ ≠ 0, átírható úgy, hogy az első zárójelet megszorozzuk a másodikkal, a harmadikat pedig a negyedikkel, olyan formában, hogy pl. a (13) egyenletet most a (11) formában írjuk fel, és megoldása ugyanúgy végrehajtható, mint a (11) egyenlet megoldása.

6. példa: Oldja meg az egyenletet

Megoldás. A (14) egyenletnek a (13) alakja van, ezért átírjuk az alakba

Mivel x = 0 nem megoldása erre az egyenletre, ezért mindkét oldalt x2-vel elosztva egy ekvivalens eredeti egyenletet kapunk. A változókat megváltoztatva egy másodfokú egyenletet kapunk, amelynek megoldása és. Következésképpen az eredeti (14) egyenlet ekvivalens az és az egyenlethalmazzal.

A halmaz első egyenletének megoldása az

Ennek a megoldáshalmaznak a második egyenletében nincsenek megoldások. Tehát az eredeti egyenletnek x1 és x2 gyöke van.

6. Formaegyenletek

Egyenlet

(15) ahol az a, b, c, q, A számok olyanok, hogy x = 0-nak nincs gyöke, ezért a (15) egyenletet elosztjuk x2-vel. ekvivalens egyenletet kapunk, amelyet az ismeretlen helyettesítése után átírunk egy másodfokú egyenletre, aminek a megoldása nem nehéz.

7. példa Az egyenlet megoldása

Megoldás. Mivel x = 0 nem gyöke a (16) egyenletnek, ezért mindkét oldalt x2-vel elosztva megkapjuk az egyenletet

, (17) egyenértékű a (16) egyenlettel. Miután az ismeretlennel helyettesítettük, átírjuk a (17) egyenletet a formába

A (18) másodfokú egyenletnek 2 gyöke van: y1 = 1 és y2 = -1. Ezért a (17) egyenlet ekvivalens a és a (19) egyenletekkel.

A (19) egyenlethalmaznak 4 gyöke van: ,.

Ezek lesznek a (16) egyenlet gyökerei.

4. §. Racionális egyenletek

A = 0 alakú egyenleteket, ahol H(x) és Q(x) polinomok, racionálisnak nevezzük.

Miután megtalálta a H(x) = 0 egyenlet gyökereit, meg kell vizsgálnia, hogy ezek közül melyek nem gyökei a Q(x) = 0 egyenletnek. Ezek a gyökök és csakis ezek lesznek az egyenlet megoldásai.

Tekintsünk néhány módszert a = 0 alakú egyenletek megoldására.

1. Formaegyenletek

Egyenlet

(1) bizonyos feltételek mellett a számokon a következőképpen lehet megoldani. Az (1) egyenlet tagjainak kettővel történő csoportosításával és az egyes párok összegzésével a számlálóban az első vagy nulla fokú, csak numerikus tényezőkben eltérő polinomokat, a nevezőkben pedig ugyanazt a két tagot tartalmazó trinomokat kell kapni. x, akkor a változók cseréje után a kapott egyenlet vagy szintén (1) alakú lesz, de kisebb számú taggal, vagy ekvivalens egy két egyenletből álló halmazzal, amelyek közül az egyik elsőfokú lesz, és a második egy (1) típusú egyenlet lesz, de kevesebb taggal.

Példa. Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Miután a (2) egyenlet bal oldalán csoportosítottuk az első tagot az utolsóval, a másodikat pedig az utolsó előttivel, átírjuk a (2) egyenletet a következő alakba.

Az egyes zárójelben lévő kifejezéseket összegezve átírjuk a (3) egyenletet a formába

Mivel a (4) egyenletnek nincs megoldása, akkor ezt az egyenletet elosztva kapjuk az egyenletet

, (5) egyenértékű a (4) egyenlettel. Cseréljük le az ismeretlent, ekkor az (5) egyenlet átíródik a következő alakba

Így a (2) egyenlet megoldása öt taggal a bal oldalon redukálódik az azonos alakú (6) egyenlet megoldására, de a bal oldalon három tag van. Összegezve a (6) egyenlet bal oldalán található összes tagot, átírjuk a formába

Az egyenletnek vannak megoldásai. Ezen számok egyike sem tünteti el a racionális függvény nevezőjét a (7) egyenlet bal oldalán. Következésképpen a (7) egyenletnek ez a két gyöke van, és ezért az eredeti (2) egyenlet ekvivalens az egyenletkészlettel

A halmaz első egyenletének megoldásai a következők

A második egyenlet megoldásai ebből a halmazból a következők

Ezért az eredeti egyenletnek gyökerei vannak

2. Formaegyenletek

Egyenlet

(8) bizonyos feltételek mellett a számokon a következőképpen oldható meg: az egyenlet minden törtrészében ki kell választani az egész részt, azaz a (8) egyenletet az egyenlettel helyettesíteni.

Csökkentse (1) formára, majd oldja meg az előző bekezdésben leírt módon.

Példa. Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Írjuk fel a (9) egyenletet alakba vagy alakba

A zárójelben lévő kifejezéseket összegezve a (10) egyenletet átírjuk a formába

Az ismeretlen helyettesítésével a (11) egyenletet átírjuk a formába

A (12) egyenlet bal oldalán lévő tagokat összegezve átírjuk a formába

Könnyen belátható, hogy a (13) egyenletnek két gyökere van: és. Ezért az eredeti (9) egyenletnek négy gyöke van:

3) Formaegyenletek.

A (14) alakú egyenlet bizonyos feltételek mellett a számokra a következőképpen oldható meg: a (14) egyenlet bal oldalán lévő törtek mindegyikének kibővítésével (ha ez természetesen lehetséges) egyszerű törtek

A (14) egyenletet redukáljuk (1) alakra, majd a kapott egyenlet tagjainak kényelmes átrendezését követően oldjuk meg az 1. bekezdésben leírt módszerrel.

Példa. Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Mivel és, akkor a (15) egyenlet minden törtjének számlálóját megszorozzuk 2-vel, és megjegyezzük, hogy a (15) egyenlet felírható

A (16) egyenlet alakja (7). Miután átrendeztük a kifejezéseket ebben az egyenletben, átírjuk a formába vagy a formába

A (17) egyenlet ekvivalens az és az egyenlethalmazzal

A (18) halmaz második egyenletének megoldásához az ismeretlent helyettesítjük, majd átírjuk a formába vagy a formába

Összegezve a (19) egyenlet bal oldalán található összes tagot, írd át a formába

Mivel az egyenletnek nincsenek gyökerei, a (20) egyenletnek sincsenek gyökei.

A (18) halmaz első egyenletének egyetlen gyöke van, mivel ez a gyök benne van a (18) halmaz második egyenletének ODZ-jében, ez a halmaz (18) és így az eredeti gyöke. egyenlet.

4. Formaegyenletek

Egyenlet

(21) bizonyos feltételek mellett a számokon és az A-ban az egyes kifejezések megjelenítése után a bal oldalon az (1) formára redukálható.

Példa. Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Írjuk át a (22) egyenletet alakra vagy alakra

Így a (23) egyenlet az (1) alakra redukálódik. Most, csoportosítva az első tagot az utolsóval, a másodikat a harmadikkal, átírjuk a (23) egyenletet a következő alakba.

Ez az egyenlet ekvivalens az és az egyenlethalmazzal. (24)

A (24) halmaz utolsó egyenlete átírható így

Ennek az egyenletnek vannak megoldásai, és mivel benne van a (30) halmaz második egyenletének ODZ-jében, a (24) halmaznak három gyöke van:. Mindegyik megoldás az eredeti egyenletre.

5. Formaegyenletek.

A (25) alakú egyenlet

A számokon bizonyos feltételek mellett az ismeretlen helyettesítésével redukálhatunk egy alaki egyenletre

Példa. Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Mivel ez nem a (26) egyenlet megoldása, ezért a bal oldali törtek számlálóját és nevezőjét elosztva a következővel:

A változók megváltoztatása után a (27) egyenletet átírjuk a formába

A (28) egyenlet megoldására van és. Ezért a (27) egyenlet ekvivalens az és az egyenlethalmazzal. (29)

Általában 4-nél nagyobb fokú egyenlet nem oldható meg gyökökben. De néha még mindig megtalálhatjuk egy bal oldali polinom gyökét egy legmagasabb fokú egyenletben, ha polinomok szorzataként ábrázoljuk 4-nél nem nagyobb mértékben. Az ilyen egyenletek megoldása egy polinom faktorálásán alapul, ezért javasoljuk, hogy a cikk tanulmányozása előtt tekintse át ezt a témát.

Leggyakrabban magasabb fokú, egész együtthatós egyenletekkel kell foglalkozni. Ezekben az esetekben megpróbálhatunk racionális gyököket találni, majd faktorozni a polinomot, hogy aztán egy könnyen megoldható alacsonyabb fokú egyenletté alakíthassuk. Ebben az anyagban csak ilyen példákat fogunk megvizsgálni.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Magasabb fokú egyenletek egész együtthatókkal

Az összes egyenlet a n x n + a n - 1 x n - 1 + alakú. . . + a 1 x + a 0 = 0, akkor ugyanolyan fokú egyenletet állíthatunk elő, ha mindkét oldalt megszorozzuk a n n - 1-gyel, és változó változtatást végzünk y = a n x alakban:

a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 a n n · x n + a n - 1 · a n n - 1 · x n - 1 + … + a 1 · (a n) n - 1 · x + a 0 · (a n) n - 1 = 0 y = a n x ⇒ y n + b n - 1 y n - 1 + … + b 1 y + b 0 = 0

Az így kapott együtthatók is egész számok lesznek. Így az n-edik fokú redukált egyenletet egész együtthatókkal kell megoldanunk, amelynek alakja x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 = 0.

Kiszámoljuk az egyenlet egész számú gyökét. Ha az egyenletnek egész gyökei vannak, akkor ezeket az a 0 szabad tag osztói között kell keresni. Írjuk fel őket, és cseréljük be az eredeti egyenlőségbe egyenként, ellenőrizve az eredményt. Miután megkaptuk az azonosságot, és megtaláltuk az egyenlet egyik gyökerét, felírhatjuk x - x 1 · P n - 1 (x) = 0 alakban. Itt x 1 az egyenlet gyöke, és P n - 1 (x) az x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 hányadosa osztva x - x 1 -gyel.

A fennmaradó, P n - 1 (x) = 0-ba írt osztókat x 1-gyel kezdve helyettesítjük, mivel a gyökök megismételhetők. Az azonosság megszerzése után az x 2 gyököt találtnak tekintjük, és az egyenlet (x - x 1) (x - x 2) · P n - 2 (x) = 0 alakban írható fel. Itt P n - 2 (x) a P n - 1 (x) x - x 2-vel való osztásának hányadosa.

Folytatjuk a válogatást az osztók között. Keressük meg az összes gyököt, és jelöljük a számukat m-vel. Ezek után az eredeti egyenlet a következőképpen ábrázolható: x - x 1 x - x 2 · … · x - x m · P n - m (x) = 0. Itt P n - m (x) egy n - m fokú polinom. A számításhoz célszerű Horner sémáját használni.

Ha az eredeti egyenletünknek egész együtthatója van, akkor végül nem kaphatunk törtgyököket.

A P n - m (x) = 0 egyenlethez jutottunk, melynek gyökerei tetszőleges módon megkereshetők. Lehetnek irracionálisak vagy összetettek.

Mutassuk meg egy konkrét példán, hogyan használják ezt a megoldási sémát.

1. példa

Állapot: keressük meg az x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0 egyenlet megoldását.

Megoldás

Kezdjük azzal, hogy megtaláljuk a teljes gyökereket.

Van egy szabad tagunk mínusz hárommal. Osztói 1, -1, 3 és -3. Helyettesítsük be őket az eredeti egyenletbe, és nézzük meg, melyikük adja a kapott azonosságot.

Ha x egyenlő eggyel, akkor 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 = 0, ami azt jelenti, hogy ennek az egyenletnek egy lesz a gyöke.

Most osszuk el az x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 polinomot (x - 1) egy oszlopban:

Tehát x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 = 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 = 0

Kaptunk egy azonosságot, ami azt jelenti, hogy megtaláltuk az egyenlet másik gyökerét, ami egyenlő -1-gyel.

Osszuk el az x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 polinomot (x + 1) egy oszlopban:

Ezt értjük

x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = (x - 1) (x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3) = = (x - 1) (x + 1) (x 2 + x + 3)

A következő osztót behelyettesítjük az x 2 + x + 3 = 0 egyenlőségbe, -1-től kezdve:

1 2 + (- 1) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 (- 3) 2 + (- 3) + 3 = 9 ≠ 0

A kapott egyenlőségek helytelenek lesznek, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek már nincs egész gyöke.

A fennmaradó gyökök az x 2 + x + 3 kifejezés gyökerei lesznek.

D = 1 2 - 4 1 3 = - 11< 0

Ebből következik, hogy ennek a másodfokú trinomnak nincsenek valódi gyökei, de vannak összetett konjugált gyökei: x = - 1 2 ± i 11 2.

Tisztázzuk, hogy oszlopra osztás helyett Horner séma is használható. Ez így történik: miután meghatároztuk az egyenlet első gyökét, kitöltjük a táblázatot.

Az együtthatók táblázatában azonnal láthatjuk a polinomok osztásának hányadosának együtthatóit, ami x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 .

A következő gyökér megtalálása után, amely - 1, a következőket kapjuk:

Válasz: x = - 1, x = 1, x = - 1 2 ± i 11 2.

2. példa

Állapot: oldja meg az x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0 egyenletet.

Megoldás

A szabad tagnak 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12 osztói vannak.

Nézzük meg őket sorban:

1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 = 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 = 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 = 0

Ez azt jelenti, hogy x = 2 lesz az egyenlet gyöke. Osszuk el x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 x - 2-vel a Horner-séma szerint:

Ennek eredményeképpen x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.

2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 = 0

Ez azt jelenti, hogy ismét a 2 lesz a gyökér. Oszd x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 x - 2-vel:

Ennek eredményeként azt kapjuk, hogy (x - 2) 2 · (x 2 + 3 x + 3) = 0.

A fennmaradó osztók ellenőrzésének nincs értelme, mivel az x 2 + 3 x + 3 = 0 egyenlőség gyorsabb és kényelmesebb a diszkrimináns segítségével megoldani.

Oldjuk meg a másodfokú egyenletet:

x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 - 4 1 3 = - 3< 0

Egy komplex konjugált gyökpárt kapunk: x = - 3 2 ± i 3 2 .

Válasz: x = - 3 2 ± i 3 2 .

3. példa

Állapot: Határozzuk meg az x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 egyenlet valódi gyökereit.

Megoldás

x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0

Az egyenlet mindkét oldalán megszorozzuk 2 3-mal:

2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0

Az y = 2 x változók cseréje:

2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0 év 4 + y 3 - 20 év - 48 = 0

Ennek eredményeként egy 4. fokú standard egyenletet kaptunk, amely a standard séma szerint megoldható. Ellenőrizzük az osztókat, osszuk el, és végül kapjuk meg, hogy van 2 valós gyöke y = - 2, y = 3 és két komplex. Itt nem adjuk meg a teljes megoldást. A behelyettesítés miatt ennek az egyenletnek a valós gyöke x = y 2 = - 2 2 = - 1 és x = y 2 = 3 2 lesz.

Válasz: x 1 = - 1, x 2 = 3 2

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

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

Diafeliratok:

Magasabb fokú egyenletek (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. No. 9. Funkcionális - grafikus módszer. 10. sz. Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. 11. sz. Nem szabványos módszerek magasabb fokú egyenletek megoldására.

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 az iskolai algebra tanfolyamhoz a 8. osztály számára”, M.L. Galitsky Algebrai feladatok gyűjteménye a 8–9. 9 speciális osztály. Polinom racionális gyökei. Általánosított reciprok egyenletek. Vieta képletek magasabb fokú egyenletekhez. N.Ya. Vilenkin „Algebra 9. osztály elmélyült tanulással. 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 a P(x) szabad tag osztója. 1. számú példa. Oldja meg az egyenletet. X⁴ + 2x³ = 11x² – 4x – 4 Tegyük szabványos formára az egyenletet. 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 független megoldásokra. Oldja meg az egyenleteket: 9x³ - 18x = x - 2, x3 - x² = x - 1, x3 - 3x² -3x + 1 = 0, X⁴ - 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 - 9x² -0 = 9x² 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 és 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. Az y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4 másodfokú egyenletet kapjuk. x + 1/ x =3 vagy x + 1/ x = 4. Két egyenletet kapunk: x² - 3x + 1 = 0, x² - 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 u = x²- x + 1, v = x² homogén harmadfokú egyenlete. 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 rájuk az inverz Vieta-tételt. 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. Oldjuk meg az x ⁴ -8x + 63 = 0 egyenletet. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát! 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 egy pozitív gyöke van. 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 Sharygin „Választható matematika tantárgy 11. 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 kettős szög képlet háromszori alkalmazásával a sin8y = siny, sin8y – siny = 0 egyenletet kapjuk

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. lehetőség. 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. További feladat: A P(x) polinom (x – 1)-vel való osztásának maradéka: 4, a maradék, ha elosztjuk (x + 1)-vel, egyenlő 2-vel, és ha elosztjuk (x – 2)-vel, egyenlő 8-cal. Keresse meg a maradékot, ha P(x)-t elosztjuk (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); (-3; 0). 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.

Trifanova Marina Anatoljevna
matematika tanár, önkormányzati oktatási intézmény "Gymnasium No. 48 (multidiszciplináris)", Talnakh

Az óra három célja:

Nevelési:
magasabb fokú egyenletek megoldására vonatkozó ismeretek rendszerezése és általánosítása.
Fejlődési:
elősegíti a logikus gondolkodás, az önálló munkavégzés képességének, a kölcsönös kontroll és önuralom készségeinek, a beszéd- és halláskészségnek a fejlődését.
Oktatás:
az állandó munkavégzés szokásának kialakítása, a válaszkészség, a kemény munka és a pontosság elősegítése.

Az óra típusa:

az ismeretek, készségek és képességek integrált alkalmazásának órája.

Lecke forma:

szellőztetés, testmozgás, különféle munkaformák.

Felszerelés:

alátámasztó jegyzetek, feladatkártyák, órafigyelő mátrix.

AZ ÓRA ELŐREhaladása

I. Szervezési mozzanat

1. Az óra céljának közlése a tanulókkal.
2. Házi feladat ellenőrzése (1. melléklet). Munka az alátámasztó megjegyzésekkel (2. melléklet).

Mindegyik egyenlete és válasza fel van írva a táblára. A tanulók ellenőrzik válaszaikat, és röviden elemzik az egyes egyenletek megoldását, vagy válaszolnak a tanár kérdéseire (frontális felmérés). Önkontroll - a tanulók osztályzatokat adnak maguknak, és átadják füzeteiket a tanárnak osztályzatjavítás vagy jóváhagyás céljából. Az iskolai osztályzatok fel vannak írva a táblára:

„5+” - 6 egyenlet;
„5” - 5 egyenlet;
„4” - 4 egyenlet;
„3” - 3 egyenlet.

Tanári kérdések a házi feladattal kapcsolatban:

1 egyenlet

1. Milyen változók változása történik az egyenletben?
2. Milyen egyenletet kapunk változók megváltoztatása után?

2 egyenlet

1. Milyen polinomot használtunk az egyenlet mindkét oldalának felosztására?
2. Milyen változók változását kaptuk?

3 egyenlet

1. Milyen polinomokat kell szorozni az egyenlet megoldásának egyszerűsítéséhez?

4 egyenlet

1. Nevezze el az f(x) függvényt!
2. Hogyan találták meg a megmaradt gyökereket?

5 egyenlet

1. Hány intervallumot kaptunk az egyenlet megoldásához?

6 egyenlet

1. Hogyan lehetne ezt az egyenletet megoldani?
2. Melyik megoldás a racionálisabb?

II. A csoportmunka az óra fő része.

Az osztály 4 csoportra van osztva. Minden csoport kap egy kártyát elméleti és gyakorlati kérdésekkel (3. függelék): „Vizsgálja meg az egyenlet megoldására javasolt módszert, és magyarázza el a példán keresztül.”

1. Csoportmunka 15 perc.
2. Példákat írunk a táblára (a tábla 4 részre van osztva).
3. A csoportos beszámoló 2-3 percig tart.
4. A tanár javítja a csoportbeszámolókat, segít a nehézségekben.

A csoportos munka az 5-8. számú kártyákon folytatódik. Minden egyenlethez 5 perc áll rendelkezésre a csoporton belüli megbeszélésre. Ezután a testület jelentést ad erről az egyenletről - a megoldás rövid elemzését. Lehet, hogy az egyenletet nem lehet teljesen megoldani - otthon véglegesítik, de a megoldási sorrendet megbeszélik az órán.

III. Önálló munkavégzés. 4. függelék.

1. Minden tanuló egyéni feladatot kap.
2. A munka 20 percet vesz igénybe.
3. 5 perccel az óra vége előtt a tanár minden egyenletre nyílt válaszokat ad.
4. A diákok körben jegyzetfüzeteket cserélnek, és egy barátjukkal ellenőrizzék a válaszaikat. Osztályzatot adnak.
5. A jegyzetfüzeteket ellenőrzésre és osztályzatjavításra átadjuk a tanárnak.

IV. Óra összefoglalója.

Házi feladat.

Fogalmazzon megoldásokat befejezetlen egyenletekre. Készüljön fel a kontrollvágásra.

Osztályozás.

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 a következő formájú egyenletet kapjuk:

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

Végezzük el a változók megváltoztatását\

Így a következő negyedfokú egyenlet áll rendelkezésünkre, amit a standard algoritmussal lehet megoldani: ellenőrizzük az osztókat, végrehajtjuk az osztást, és ennek eredményeként kiderül, hogy az egyenletnek két valós gyöke\ és két összetett gyöke van. 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