Első szint

Másodfokú egyenletek. Átfogó útmutató (2019)

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

Sok egyenlet megoldása másodfokú egyenletek megoldásán múlik.

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

1. példa

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

Helyezzünk át mindent bal oldalés rendezd a kifejezéseket x hatványai szerint csökkenő sorrendbe

Most már bátran kijelenthetjük adott egyenlet négyzet alakú!

2. példa

Szorozzuk meg a bal és jobb oldal a:

Ez az egyenlet, bár eredetileg benne volt, nem másodfokú!

3. példa

Szorozzunk meg mindent a következővel:

Ijedős? A negyedik és a második fok... Ha azonban cserét végzünk, látni fogjuk, hogy van egy egyszerű másodfokú egyenletünk:

4. példa

Úgy tűnik, ott van, de nézzük meg közelebbről. Tegyünk mindent a bal oldalra:

Látod, összezsugorodott – és most már egyszerű lineáris egyenlet!

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

Példák:

Válaszok:

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

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

• Teljes másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együtthatók és a c szabad tag nem egyenlő nullával (mint a példában). Ezenkívül a teljes másodfokú egyenletek között vannak adott- ezek olyan egyenletek, amelyekben az együttható (az első példa egyenlete nemcsak teljes, hanem redukált is!)

• Hiányos másodfokú egyenletek- olyan egyenletek, amelyekben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:

  Hiányosak, mert hiányzik belőlük valamilyen elem. De az egyenletnek mindig x négyzetet kell tartalmaznia!!! Ellenkező esetben ez már nem másodfokú egyenlet lesz, hanem valami más egyenlet.

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

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

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

A hiányos másodfokú egyenleteknek többféle típusa van:

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

1. i. Mert tudjuk, hogyan kell kivonni Négyzetgyök, akkor fejezzük ki ebből az egyenletből

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. Emlékszel, hogyan kell kivonni a gyökereket?

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!!!

6. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

7. példa:

Oldja meg az egyenletet

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

nincsenek gyökerek!

Az ilyen egyenletekhez, amelyeknek nincs gyökere, a matematikusok egy speciális ikont találtak ki - ( üres készlet). 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

Kivesszük közös szorzó zárójelen kívül:

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.

Teljes másodfokú egyenletek megoldása

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! Méghozzá hiányosan.

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

1. Másodfokú egyenletek megoldása diszkrimináns segítségével.

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

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

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

Térjünk vissza az egyenletekhez, és nézzünk meg néhány példát.

9. példa:

Oldja meg az egyenletet

1. lépés kihagyjuk.

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek két gyöke van.

3. lépés

Válasz:

10. példa:

Oldja meg az egyenletet

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

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek egy gyöke van.

Válasz:

11. példa:

Oldja meg az egyenletet

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

2. lépés.

Megtaláljuk a diszkriminánst:

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

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

Válasz: nincsenek gyökerei

2. Másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével.

Ha emlékszel, van egyfajta egyenlet, amelyet redukáltnak neveznek (amikor az a együttható egyenlő:

Az ilyen egyenleteket nagyon könnyű megoldani Vieta tételével:

Gyökerek összege adott másodfokú egyenlet egyenlő, és a gyökök szorzata egyenlő.

12. példa:

Oldja meg az egyenletet

Ez az egyenlet megoldható Vieta tételével, mert .

Az egyenlet gyökeinek összege egyenlő, azaz. megkapjuk az első egyenletet:

És a termék egyenlő:

Állítsuk össze és oldjuk meg a rendszert:

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

és ezek a megoldások a rendszerre:

Válasz: ; .

13. példa:

Oldja meg az egyenletet

Válasz:

14. példa:

Oldja meg az egyenletet

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

Válasz:

NEGYEDES EGYENLETEK. ÁTLAGOS SZINT

Mi az a másodfokú egyenlet?

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

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

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

Ebben az esetben és egyenlő lehet nullával. Ebben a székben az egyenletet hiányosnak nevezik. Ha az összes kifejezés a helyén van, akkor az egyenlet teljes.

Megoldások különböző típusú másodfokú egyenletekre

Nem teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:

Először is nézzük meg a hiányos másodfokú egyenletek megoldásának módszereit – ezek egyszerűbbek.

A következő típusú egyenleteket különböztethetjük meg:

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

II. , ebben az egyenletben az együttható egyenlő.

III. , ebben az egyenletben a szabad tag egyenlő.

Most 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 memorizálni. A legfontosabb, hogy ne feledje, hogy nem lehet kevesebb.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Soha ne feledkezz meg a negatív előjelű gyökerekről!

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

nincsenek gyökerei.

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

Válasz:

Tehát ennek az egyenletnek két gyökere van: és.

Válasz:

Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelekből:

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

Tehát ennek a másodfokú egyenletnek két gyökere van: és.

Példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

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

Válasz:

Teljes másodfokú egyenletek megoldási módszerei:

1. Diszkrimináns

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

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

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

  Az ilyen gyökereket kettős gyökérnek nevezzük.

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

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

Egy speciális esetben, ami egy másodfokú egyenlet, . Ez azt jelenti, hogy a másodfokú egyenlet gyökerei az abszcissza tengellyel (tengellyel) való metszéspontok. Egy parabola egyáltalán nem metszi a tengelyt, vagy egy (ha a parabola csúcsa a tengelyen van) vagy két pontban metszi azt.

Ezenkívül az együttható felelős a parabola ágainak irányáért. Ha, akkor a parabola ágai felfelé, és ha, akkor lefelé irányulnak.

Példák:

Megoldások:

Válasz:

Válasz: .

Válasz:

Ez azt jelenti, hogy nincsenek megoldások.

Válasz: .

2. Vieta tétele

Vieta tételének használata nagyon egyszerű: csak ki kell választani egy számpárt, amelynek szorzata egyenlő ingyenes tag egyenlet, és az összeg - a második együtthatóhoz, ellenkező előjellel véve.

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

Nézzünk néhány példát:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

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

Az egyenlet gyökeinek összege:

És a termék egyenlő:

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

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

és ezek a megoldások a rendszerre:

Így és ezek az egyenletünk gyökerei.

Válasz: ; .

2. példa:

Megoldás:

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

és: összesen adnak.

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

Válasz:

3. példa:

Megoldás:

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

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

és: különbségük egyenlő - nem illik;

és: - nem alkalmas;

és: - nem alkalmas;

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

Válasz:

4. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

A szabad tag negatív, ezért a gyökök szorzata negatív. Ez pedig csak akkor lehetséges, ha az egyenlet egyik gyöke negatív, a másik pedig pozitív.

Válasszunk ki olyan számpárokat, amelyek szorzata egyenlő, majd határozzuk meg, hogy melyik gyöknek legyen negatív előjele:

Nyilvánvalóan csak a gyökerek alkalmasak az első feltételre:

Válasz:

5. példa:

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás:

Az egyenlet adott, ami azt jelenti:

A gyökök összege negatív, ami azt jelenti, hogy 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: ; .

Hadd foglaljam össze:

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

3. A teljes négyzet kiválasztásának módja

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

Például:

1. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

2. példa:

Oldja meg az egyenletet: .

Megoldás:

Válasz:

BAN BEN Általános nézet az átalakítás így fog kinézni:

Ez azt jelenti: .

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

NEGYEDES EGYENLETEK. RÖVIDEN A FŐ DOLOGOKRÓL

Másodfokú egyenlet- ez egy olyan alakú egyenlet, ahol - az ismeretlen, - a másodfokú egyenlet együtthatói, - a szabad tag.

Teljes másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együtthatók nem egyenlőek nullával.

Csökkentett másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható, azaz: .

Hiányos másodfokú egyenlet- egy egyenlet, amelyben az együttható és/vagy a c szabad tag egyenlő nullával:

• ha az együttható, az egyenlet így néz ki: ,
• ha van szabad tag, akkor az egyenletnek a következő alakja van: ,
• ha és, az egyenlet így néz ki: .

1. Algoritmus hiányos másodfokú egyenletek megoldására

1.1. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

1) Fejezzük ki az ismeretlent: ,

2) Ellenőrizze a kifejezés jelét:

• ha, akkor az egyenletnek nincs megoldása,
• ha, akkor az egyenletnek két gyöke van.

1.2. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

1) Vegyük ki a közös tényezőt a zárójelből: ,

2) A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Ezért az egyenletnek két gyökere van:

1.3. A forma hiányos másodfokú egyenlete, ahol:

Ennek az egyenletnek mindig csak egy gyöke van: .

2. Algoritmus hol alakú teljes másodfokú egyenletek megoldására

2.1. Megoldás diszkrimináns használatával

1) Csökkentsük az egyenletet erre standard nézet: ,

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

3) Keresse meg az egyenlet gyökereit:

• ha, akkor az egyenletnek gyökei vannak, amelyeket a következő képlettel találunk meg:
• ha, akkor az egyenletnek van gyöke, amelyet a következő képlettel találunk meg:
• ha, akkor az egyenletnek nincs gyöke.

2.2. Megoldás Vieta tételével

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

2.3. Megoldás a teljes négyzet kiválasztásának módszerével

A másodfokú egyenleteket 8. osztályban tanulják, tehát nincs itt semmi bonyolult. Ezek megoldásának képessége feltétlenül szükséges.

A másodfokú egyenlet ax 2 + bx + c = 0 alakú egyenlet, ahol az a, b és c együtthatók tetszőleges számok, és a ≠ 0.

Tanulás előtt specifikus módszerek megoldásokhoz, vegye figyelembe, hogy minden másodfokú egyenlet három osztályba osztható:

1. Nincsenek gyökereik;
2. Pontosan egy gyökér legyen;
3. Két különböző gyökerük van.

Ez fontos különbség másodfokú egyenletek a lineáris egyenletekből, ahol a gyök mindig létezik és egyedi. Hogyan állapítható meg, hogy egy egyenletnek hány gyöke van? Erre van csodálatos dolog — diszkriminatív.

Diszkrimináns

Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet. Ekkor a diszkrimináns egyszerűen a D = b 2 − 4ac szám.

Ezt a képletet fejből kell tudni. Az, hogy honnan származik, most nem fontos. Egy másik fontos dolog: a diszkrimináns előjelével meg lehet határozni, hogy hány gyöke van egy másodfokú egyenletnek. Ugyanis:

1. Ha D< 0, корней нет;
2. Ha D = 0, akkor pontosan egy gyök van;
3. Ha D > 0, akkor két gyök lesz.

Kérjük, vegye figyelembe: a diszkrimináns a gyökerek számát jelzi, és egyáltalán nem a jeleiket, ahogyan azt valamilyen okból sokan hiszik. Vessen egy pillantást a példákra, és mindent meg fog érteni:

Feladat. Hány gyöke van a másodfokú egyenleteknek:

1. x 2 − 8x + 12 = 0;
2. 5x 2 + 3x + 7 = 0;
3. x 2 − 6x + 9 = 0.

Írjuk ki az első egyenlet együtthatóit, és keressük meg a diszkriminánst:
a = 1, b = -8, c = 12;
D = (−8) 2 − 4 1 12 = 64 − 48 = 16

Tehát a diszkrimináns pozitív, tehát az egyenletnek két különböző gyökere van. Hasonló módon elemezzük a második egyenletet:
a = 5; b = 3; c = 7;
D = 3 2 − 4 5 7 = 9 − 140 = −131.

A diszkrimináns negatív, nincsenek gyökerei. Az utolsó hátralévő egyenlet:
a = 1; b = -6; c = 9;
D = (−6) 2 − 4 1 9 = 36 − 36 = 0.

A diszkrimináns nulla - a gyökér egy lesz.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy minden egyenlethez együtthatókat írtunk le. Igen, hosszú, igen, fárasztó, de nem fogod összekeverni az esélyeket és hülye hibákat elkövetni. Válassz magadnak: sebesség vagy minőség.

Mellesleg, ha rájön a dolog, egy idő után nem kell leírnia az összes együtthatót. Ilyen műveleteket hajt végre a fejében. A legtöbb ember ezt valahol 50-70 megoldott egyenlet után kezdi el – általában nem annyira.

Másodfokú egyenlet gyökerei

Most térjünk át magára a megoldásra. Ha a diszkrimináns D > 0, akkor a gyökök a következő képletekkel kereshetők:

Másodfokú egyenlet gyökeinek alapképlete

Ha D = 0, bármelyik képletet használhatja - ugyanazt a számot kapja, amely lesz a válasz. Végül, ha D< 0, корней нет — ничего считать не надо.

1. x 2 − 2x − 3 = 0;
2. 15 − 2x − x 2 = 0;
3. x 2 + 12x + 36 = 0.

Első egyenlet:
x 2 − 2x − 3 = 0 ⇒ a = 1; b = -2; c = -3;
D = (−2) 2 − 4 1 (−3) = 16.

D > 0 ⇒ az egyenletnek két gyöke van. Keressük meg őket:

Második egyenlet:
15 − 2x − x 2 = 0 ⇒ a = −1; b = -2; c = 15;
D = (−2) 2 − 4 · (−1) · 15 = 64.

D > 0 ⇒ az egyenletnek ismét két gyöke van. Keressük meg őket

\[\begin(align) & ((x)_(1))=\frac(2+\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=-5; \\ & ((x)_(2))=\frac(2-\sqrt(64))(2\cdot \left(-1 \right))=3. \\ \end(igazítás)\]

Végül a harmadik egyenlet:
x 2 + 12x + 36 = 0 ⇒ a = 1; b = 12; c = 36;
D = 12 2 − 4 1 36 = 0.

D = 0 ⇒ az egyenletnek egy gyöke van. Bármilyen képlet használható. Például az első:

Amint a példákból látható, minden nagyon egyszerű. Ha ismeri a képleteket és tud számolni, akkor nem lesz probléma. Leggyakrabban akkor fordulnak elő hibák, amikor negatív együtthatókat helyettesítenek a képletben. Itt is segít a fent leírt technika: nézze meg a képletet szó szerint, írjon le minden lépést - és hamarosan megszabadul a hibáktól.

Hiányos másodfokú egyenletek

Előfordul, hogy egy másodfokú egyenlet kissé eltér a definícióban megadottól. Például:

1. x 2 + 9x = 0;
2. x 2 − 16 = 0.

Könnyen észrevehető, hogy ezekből az egyenletekből hiányzik az egyik kifejezés. Az ilyen másodfokú egyenletek még könnyebben megoldhatók, mint a szabványosak: még a diszkrimináns kiszámítását sem igénylik. Tehát vezessünk be egy új koncepciót:

Az ax 2 + bx + c = 0 egyenletet nem teljes másodfokú egyenletnek nevezzük, ha b = 0 vagy c = 0, azaz. az x változó vagy a szabad elem együtthatója nullával egyenlő.

Természetesen nagyon nehéz eset lehetséges, ha mindkét együttható nulla: b = c = 0. Ebben az esetben az egyenlet ax 2 = 0 alakot ölt. Nyilvánvalóan egy ilyen egyenletnek egyetlen gyöke van: x = 0.

Tekintsük a fennmaradó eseteket. Legyen b = 0, akkor egy ax 2 + c = 0 alakú hiányos másodfokú egyenletet kapunk. Alakítsuk át egy kicsit:

Mivel a számtani négyzetgyök csak abból létezik nem negatív szám, az utolsó egyenlőségnek csak akkor van értelme, ha (−c /a) ≥ 0. Következtetés:

1. Ha egy ax 2 + c = 0 alakú nem teljes másodfokú egyenletben teljesül a (−c /a) ≥ 0 egyenlőtlenség, akkor két gyöke lesz. A képlet fent van megadva;
2. Ha (-c /a)< 0, корней нет.

Amint látja, a diszkriminánsra nem volt szükség - a hiányos másodfokú egyenletekben nincs összetett számítások. Valójában nem is szükséges megjegyezni az egyenlőtlenséget (−c /a) ≥ 0. Elég, ha kifejezzük az x 2 értéket, és megnézzük, mi van az egyenlőségjel másik oldalán. Ha van pozitív szám, akkor két gyöke lesz. Ha negatív, akkor egyáltalán nem lesznek gyökerei.

Most nézzük meg az ax 2 + bx = 0 alakú egyenleteket, amelyekben a szabad elem egyenlő nullával. Itt minden egyszerű: mindig két gyökér lesz. Elég a polinomot faktorozni:

A közös tényezőt zárójelből kivéve

A szorzat akkor nulla, ha legalább az egyik tényező nulla. Innen erednek a gyökerek. Végezetül nézzünk meg néhány ilyen egyenletet:

Feladat. Másodfokú egyenletek megoldása:

1. x 2 − 7x = 0;
2. 5x 2 + 30 = 0;
3. 4x 2 − 9 = 0.

x 2 − 7x = 0 ⇒ x · (x − 7) = 0 ⇒ x 1 = 0; x 2 = −(−7)/1 = 7.

5x 2 + 30 = 0 ⇒ 5x 2 = −30 ⇒ x 2 = −6. Nincsenek gyökerek, mert négyzet nem lehet egyenlő negatív számmal.

4x 2 − 9 = 0 ⇒ 4x 2 = 9 ⇒ x 2 = 9/4 ⇒ x 1 = 3/2 = 1,5; x 2 = -1,5.

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

Először is megnézzük, mi a másodfokú egyenlet, hogyan írható fel általános formában, és megadjuk kapcsolódó definíciók. Ezek után példák segítségével részletesen megvizsgáljuk, hogyan oldják meg a nem teljes másodfokú egyenleteket. Térjünk át a megoldásra teljes egyenletek, megkapjuk a gyökképletet, megismerkedünk a másodfokú egyenlet diszkriminánsával és mérlegeljük a megoldásokat tipikus példák. Végül keressük a gyökök és az együtthatók közötti összefüggéseket.

Oldalnavigáció.

Mi az a másodfokú egyenlet? A típusaik

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

Másodfokú egyenletek definíciója és példái

Meghatározás.

Másodfokú egyenlet a forma egyenlete a x 2 +b x+c=0, ahol x egy változó, a, b és c néhány szám, a pedig nem nulla.

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

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

Meghatározás.

Számok a, b és c nevezzük a másodfokú egyenlet együtthatói a·x 2 +b·x+c=0, és az a együtthatót nevezzük az elsőnek, vagy a legmagasabbnak, vagy az x 2 együtthatójának, b a második együtthatónak, vagy az x együtthatójának, c pedig a szabad tagnak .

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

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

Redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek

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

Meghatározás.

Olyan másodfokú egyenletet nevezünk meg, amelyben a vezető együttható 1 adott másodfokú egyenlet. BAN BEN másképp másodfokú egyenlet az érintetlen.

Alapján ezt a meghatározást, másodfokú egyenletek x 2 −3·x+1=0, x 2 −x−2/3=0 stb. – adott, mindegyikben az első együttható egyenlő eggyel. A 5 x 2 −x−1=0 stb. - redukálatlan másodfokú egyenletek, vezető együtthatóik eltérnek 1-től.

Bármely redukálatlan másodfokú egyenletből, ha mindkét oldalt elosztjuk a vezető együtthatóval, akkor a redukálthoz juthatunk. Ez a művelet egy ekvivalens transzformáció, vagyis az így kapott redukált másodfokú egyenletnek ugyanazok a gyökerei vannak, mint az eredeti redukálatlan másodfokú egyenletnek, vagy hozzá hasonlóan nincs gyökere.

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

Példa.

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

Megoldás.

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

Válasz:

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

A másodfokú egyenlet definíciója tartalmazza az a≠0 feltételt. Erre a feltételre azért van szükség, hogy az a x 2 + b x + c = 0 egyenlet másodfokú legyen, mivel ha a = 0, akkor valójában b x + c = 0 alakú lineáris egyenletté válik.

Ami a b és c együtthatókat illeti, külön-külön és együtt is nullával egyenlőek lehetnek. Ezekben az esetekben a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.

Meghatározás.

Az a x 2 +b x+c=0 másodfokú egyenletet nevezzük befejezetlen, ha a b, c együtthatók legalább egyike nulla.

Viszont

Meghatározás.

Teljes másodfokú egyenlet egy olyan egyenlet, amelyben minden együttható nullától eltérő.

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

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

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

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

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

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

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

a x 2 =0

Kezdjük az olyan nem teljes másodfokú egyenletek megoldásával, amelyekben a b és c együttható nulla, vagyis az a x 2 =0 alakú egyenletekkel. Az a·x 2 =0 egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, amelyet az eredetiből úgy kapunk, hogy mindkét részt elosztjuk egy nem nulla a számmal. Nyilvánvaló, hogy az x 2 =0 egyenlet gyöke nulla, mivel 0 2 =0. Ennek az egyenletnek nincs más gyökere, ami azzal magyarázható, hogy bármely p 2 >0 egyenlőtlenségre teljesül, ami azt jelenti, hogy p≠0 esetén a p 2 =0 egyenlőség soha nem teljesül.

Tehát az a·x 2 =0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x=0.

Példaként adjuk meg a −4 x 2 =0 hiányos másodfokú egyenlet megoldását. Egyenértékű az x 2 =0 egyenlettel, egyetlen gyöke x=0, ezért eredeti egyenlet csak egy nullagyöke van.

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

a x 2 +c=0

Most nézzük meg, hogyan oldják meg azokat a nem teljes másodfokú egyenleteket, amelyekben a b együttható nulla és c≠0, vagyis az a x 2 +c=0 alakú egyenletek. Tudjuk, hogy egy tagot az egyenlet egyik oldaláról a másikra mozgatva ellentétes jel, valamint ha az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy nem nulla számmal, egyenértékű egyenletet kapunk. Ezért az a x 2 +c=0 nem teljes másodfokú egyenlet alábbi ekvivalens transzformációit hajthatjuk végre:

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

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

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

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

Jelöljük az imént bejelentett egyenlet gyökét x 1 és −x 1 -ként. Tegyük fel, hogy az egyenletnek még egy x 2 gyöke van, ami különbözik a jelzett x 1 és −x 1 gyökektől. Ismeretes, hogy ha gyökét x helyett egyenletbe cseréljük, az egyenletet helyes numerikus egyenlőséggé alakítja. x 1-re és −x 1-re van , x 2-re pedig . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai lehetővé teszik számunkra, hogy végrehajtsuk az igaz tagról-tag kivonását számszerű egyenlőségeket, így az egyenlőségek megfelelő részeit kivonva x 1 2 −x 2 2 =0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a kapott egyenlőséget (x 1 −x 2)·(x 1 +x 2)=0-ra írjuk át. Tudjuk, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik egyenlő nullával. A kapott egyenlőségből tehát az következik, hogy x 1 −x 2 =0 és/vagy x 1 +x 2 =0, ami megegyezik, x 2 =x 1 és/vagy x 2 =−x 1. Ellentmondáshoz jutottunk, hiszen az elején azt mondtuk, hogy az x 2 egyenlet gyöke különbözik x 1-től és −x 1-től. Ez bizonyítja, hogy az egyenletnek nincs más gyökere, mint és.

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

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

Nézzünk példákat az a·x 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenletek megoldására.

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

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

a x 2 +b x=0

Marad az utolsó típusú nem teljes másodfokú egyenlet megoldása c=0 esetén. Az a x 2 + b x = 0 alakú nem teljes másodfokú egyenletek lehetővé teszik a megoldást faktorizációs módszer. Nyilvánvalóan megtehetjük, az egyenlet bal oldalán található, amihez elegendő az x közös tényezőt zárójelből kivenni. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy az eredeti hiányos másodfokú egyenletről egy x·(a·x+b)=0 alakú ekvivalens egyenletre lépjünk. És ez az egyenlet ekvivalens két x=0 és a·x+b=0 egyenletből álló halmazzal, amelyek közül az utóbbi lineáris és gyöke x=−b/a.

Tehát az a·x 2 +b·x=0 nem teljes másodfokú egyenletnek két gyöke van x=0 és x=−b/a.

Az anyag összevonása érdekében elemezzük a megoldást konkrét példa.

Példa.

Oldja meg az egyenletet.

Megoldás.

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

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

Válasz:

x=0 , .

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

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

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

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Meg kell oldanunk az a·x 2 +b·x+c=0 másodfokú egyenletet. Végezzünk el néhány egyenértékű átalakítást:

• Ennek az egyenletnek mindkét oldalát eloszthatjuk egy nem nulla a számmal, ami a következő másodfokú egyenletet eredményezi.
• Most emeljük ki tökéletes négyzet bal oldalán: . Ezt követően az egyenlet a következőt veszi fel.
• Ebben a szakaszban az utolsó két tagot át lehet vinni a jobb oldalra ellentétes előjellel, van .
• És alakítsuk át a jobb oldali kifejezést is: .

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

Formájukban hasonló egyenleteket már megoldottunk az előző bekezdésekben, amikor megvizsgáltuk. Ez lehetővé teszi, hogy megtegye a következő következtetéseket az egyenlet gyökereivel kapcsolatban:

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

Így az egyenlet gyökeinek megléte vagy hiánya, tehát az eredeti másodfokú egyenlet, a jobb oldali kifejezés előjelétől függ. Ennek a kifejezésnek az előjelét viszont a számláló előjele határozza meg, mivel a 4·a 2 nevező mindig pozitív, vagyis a b 2 −4·a·c kifejezés előjele. Ezt a b 2 −4 a c kifejezést nevezték el másodfokú egyenlet diszkriminánsaés a levél által kijelölt D. Innentől világos a diszkrimináns lényege - értéke és előjele alapján arra következtetnek, hogy a másodfokú egyenletnek van-e valós gyöke, és ha igen, mi a számuk - egy vagy kettő.

Térjünk vissza az egyenlethez, és írjuk át a diszkriminancia jelöléssel: . És levonjuk a következtetéseket:

• ha D<0 , то это уравнение не имеет igazi gyökerek;
• ha D=0, akkor ennek az egyenletnek egyetlen gyöke van;
• végül, ha D>0, akkor az egyenletnek két gyöke van vagy, amely átírható a vagy alakba, és a törtek bővítése és csökkentése után közös nevező kapunk .

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

Segítségükkel pozitív diszkrimináns segítségével kiszámíthatja a másodfokú egyenlet mindkét valós gyökét. Ha a diszkrimináns nulla, mindkét képlet ugyanazt a gyökérértéket adja meg, ami a másodfokú egyenlet egyedi megoldásának felel meg. És mikor negatív diszkrimináns Vagyis amikor egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletét próbáljuk használni, akkor egy negatív szám négyzetgyökének kinyerésével kell szembenéznünk, ami túlmutat az iskolai tanterv keretein. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere, de van párja komplex konjugátum gyökök, amelyeket az általunk kapott gyökképletekkel találhatunk meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

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

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

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

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

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

Továbbléphet a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló algoritmus használatára vonatkozó példákra.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

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

Példa.

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

Megoldás.

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

Válasz:

Térjünk át a következő tipikus példára.

Példa.

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

Megoldás.

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

Válasz:

x=3,5.

Továbbra is meg kell fontolni a másodfokú egyenletek negatív diszkriminánssal történő megoldását.

Példa.

Oldja meg az 5·y 2 +6·y+2=0 egyenletet.

Megoldás.

Itt vannak a másodfokú egyenlet együtthatói: a=5, b=6 és c=2. Ezeket az értékeket behelyettesítjük a diszkrimináns képletbe D=b 2 −4·a·c=6 2 −4·5·2=36–40=–4. A diszkrimináns negatív, ezért ennek a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere.

Ha jelezni kell összetett gyökerek, akkor alkalmazzuk a jól ismert képletet egy másodfokú egyenlet gyökére, és végrehajtjuk műveletek komplex számok :

Válasz:

nincsenek valódi gyökerek, összetett gyökerek: .

Még egyszer jegyezzük meg, hogy ha egy másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az iskolában általában azonnal leírnak egy választ, amelyben jelzik, hogy nincsenek valódi gyökök, és összetett gyökök nem találhatók.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

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

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

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

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

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

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

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

Példa.

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

Megoldás.

Ennek az egyenletnek a második együtthatója 2·(−3) . Azaz átírhatja az eredeti másodfokú egyenletet 5 x 2 +2 (−3) x−32=0 alakban, itt a=5, n=−3 és c=−32, és kiszámíthatja a négyzet negyedik részét. diszkriminatív: D 1 =n 2 −a·c=(−3) 2 −5·(−32)=9+160=169. Mivel értéke pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van. Keressük meg őket a megfelelő gyökképlet segítségével:

Megjegyzendő, hogy a másodfokú egyenlet gyökére a szokásos képletet lehetett használni, de ebben az esetben több számítási munkát kell elvégezni.

Válasz:

A másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha, mielőtt elkezdené egy másodfokú egyenlet gyökereit képletekkel kiszámítani, nem árt feltenni a kérdést: „Lehetőség van ennek az egyenletnek a formáját egyszerűsíteni?” Egyetértünk azzal, hogy számítási szempontból könnyebb lesz megoldani a 11 x 2 −4 x−6=0 másodfokú egyenletet, mint 1100 x 2 −400 x−600=0.

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

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

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

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

Másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak kapcsolata

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

A Vieta-tétel legismertebb és leginkább alkalmazható képletei a és alakúak. Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege egyenlő a második ellentétes előjelű együtthatóval, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. Például a 3 x 2 −7 x + 22 = 0 másodfokú egyenlet alakjával azonnal azt mondhatjuk, hogy gyökeinek összege 7/3, a gyökök szorzata pedig 22/3.

A már felírt képletek felhasználásával számos egyéb összefüggést kaphatunk a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszegét az együtthatóin keresztül fejezheti ki: .

Bibliográfia.

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

Folytatva az „Egyenletek megoldása” témakört, a cikk anyaga bemutatja a másodfokú egyenleteket.

Nézzünk meg mindent részletesen: a másodfokú egyenlet lényegét és jelölését, definiáljuk a hozzá tartozó kifejezéseket, elemezzük a hiányos és teljes egyenletek megoldási sémáját, ismerkedjünk meg a gyökök és a diszkrimináns képletével, hozzunk létre kapcsolatokat gyökök és együtthatók között, ill. természetesen adunk vizuális megoldás gyakorlati példák.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Másodfokú egyenlet, típusai

1. definíció

Másodfokú egyenlet a következőképpen írt egyenlet a x 2 + b x + c = 0, Ahol x– változó, a , b és c– néhány szám, míg a nem nulla.

A másodfokú egyenleteket gyakran másodfokú egyenleteknek is nevezik, mivel lényegében egy másodfokú egyenlet algebrai egyenlet másodfokú.

Szemléltetésül mondjunk egy példát adott definíciót: 9 x 2 + 16 x + 2 = 0 ; 7, 5 x 2 + 3, 1 x + 0, 11 = 0 stb. Ezek másodfokú egyenletek.

2. definíció

A, b és számok c a másodfokú egyenlet együtthatói a x 2 + b x + c = 0, míg az együttható a nevezzük az első, vagy idősebb, vagy együttható x 2, b - a második együttható, vagy együttható at x, A c szabad tagnak nevezték.

Például a másodfokú egyenletben 6 x 2 - 2 x - 11 = 0 a vezető együttható 6, a második együttható az − 2 , és a szabad tag egyenlő − 11 . Figyeljünk arra, hogy amikor az együtthatók bés/vagy c negatív, akkor az alak rövid alakját használjuk 6 x 2 - 2 x - 11 = 0, de nem 6 x 2 + (− 2) x + (− 11) = 0.

Tisztázzuk ezt a szempontot is: ha az együtthatók aés/vagy b egyenlő 1 vagy − 1 , akkor nem vehetnek kifejezetten részt a másodfokú egyenlet megírásában, amit a jelzett numerikus együtthatók felírásának sajátosságai magyaráznak. Például a másodfokú egyenletben y 2 − y + 7 = 0 a vezető együttható 1, a második pedig az − 1 .

Redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek

Az első együttható értéke alapján a másodfokú egyenleteket redukáltra és redukálatlanra osztjuk.

3. definíció

Csökkentett másodfokú egyenlet egy másodfokú egyenlet, ahol a vezető együttható 1. A vezető együttható egyéb értékei esetében a másodfokú egyenlet redukálatlan.

Mondjunk példákat: az x 2 − 4 · x + 3 = 0, x 2 − x − 4 5 = 0 másodfokú egyenletek redukálva vannak, amelyek mindegyikében a vezető együttható 1.

9 x 2 − x − 2 = 0- redukálatlan másodfokú egyenlet, ahol az első együttható különbözik 1 .

Bármely redukálatlan másodfokú egyenlet redukált egyenletté alakítható úgy, hogy mindkét oldalát elosztjuk az első együtthatóval ( ekvivalens transzformáció). A transzformált egyenletnek ugyanazok a gyökerei lesznek, mint az adottnak redukálatlan egyenlet vagy egyáltalán nincsenek gyökereik.

Egy konkrét példa megfontolása lehetővé teszi számunkra, hogy egyértelműen bemutassuk az átmenetet a redukálatlan másodfokú egyenletről a redukáltra.

1. példa

Adott a 6 x 2 + 18 x − 7 = 0 egyenlet . Az eredeti egyenletet redukált formára kell konvertálni.

Megoldás

A fenti séma szerint az eredeti egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a 6-os vezető együtthatóval. Akkor kapjuk: (6 x 2 + 18 x – 7) : 3 = 0:3, és ez ugyanaz, mint: (6 x 2) : 3 + (18 x) : 3 - 7: 3 = 0és tovább: (6:6) x 2 + (18:6) x − 7: 6 = 0. Innen: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 . Így az adott egyenletet kapjuk.

Válasz: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 .

Teljes és nem teljes másodfokú egyenletek

Térjünk rá a másodfokú egyenlet definíciójára. Ebben azt határoztuk meg a ≠ 0. Hasonló feltétel szükséges az egyenlethez a x 2 + b x + c = 0 pontosan négyzet alakú volt, mivel at a = 0 lényegében lineáris egyenletté alakul át b x + c = 0.

Abban az esetben, ha az együtthatók bÉs c nullával egyenlőek (ami külön-külön és együttesen is lehetséges), a másodfokú egyenletet hiányosnak nevezzük.

4. definíció

Hiányos másodfokú egyenlet- egy ilyen másodfokú egyenlet a x 2 + b x + c = 0, ahol legalább az egyik együttható bÉs c(vagy mindkettő) nulla.

Teljes másodfokú egyenlet– másodfokú egyenlet, amelyben az összes numerikus együttható nem egyenlő nullával.

Beszéljük meg, hogy a másodfokú egyenletek típusait miért adják pontosan ezeknek a neveknek.

Ha b = 0, akkor a másodfokú egyenlet alakját veszi fel a x 2 + 0 x + c = 0, ami megegyezik a a x 2 + c = 0. Nál nél c = 0 másodfokú egyenletet írunk fel a x 2 + b x + 0 = 0, ami egyenértékű a x 2 + b x = 0. Nál nél b = 0És c = 0 az egyenlet alakot vesz fel a x 2 = 0. Az általunk kapott egyenletek abban különböznek a teljes másodfokú egyenlettől, hogy bal oldaluk nem tartalmaz sem x változós tagot, sem szabad tagot, vagy mindkettőt. Valójában ez a tény adta a nevet ennek az egyenlettípusnak – hiányos.

Például x 2 + 3 x + 4 = 0 és − 7 x 2 − 2 x + 1, 3 = 0 teljes másodfokú egyenletek; x 2 = 0, − 5 x 2 = 0; 11 x 2 + 2 = 0, − x 2 − 6 x = 0 – nem teljes másodfokú egyenletek.

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

A fent megadott meghatározás lehetővé teszi a kiemelést a következő típusok hiányos másodfokú egyenletek:

• a x 2 = 0, ez az egyenlet megfelel az együtthatóknak b = 0és c = 0;
• a · x 2 + c = 0 b = 0 esetén;
• a · x 2 + b · x = 0 c = 0 esetén.

Tekintsük szekvenciálisan az egyes nem teljes másodfokú egyenlettípusok megoldását.

Az a x 2 =0 egyenlet megoldása

Mint fentebb említettük, ez az egyenlet megfelel az együtthatóknak bÉs c, egyenlő nullával. Az egyenlet a x 2 = 0 ekvivalens egyenletté alakítható x 2 = 0, amelyet úgy kapunk, hogy az eredeti egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a számmal a, nem egyenlő nullával. A nyilvánvaló tény az, hogy az egyenlet gyökere x 2 = 0 ez nulla, mert 0 2 = 0 . Ennek az egyenletnek nincs más gyöke, ami a fokozat tulajdonságaival magyarázható: tetszőleges számra p, Nem egyenlő nullával, az egyenlőtlenség igaz p 2 > 0, amiből az következik, hogy mikor p ≠ 0 egyenlőség p 2 = 0 soha nem lesz elérhető.

5. definíció

Így az a x 2 = 0 nem teljes másodfokú egyenletnek egyetlen gyöke van x = 0.

2. példa

Például oldjunk meg egy nem teljes másodfokú egyenletet − 3 x 2 = 0. Ez egyenértékű az egyenlettel x 2 = 0, egyetlen gyökere az x = 0, akkor az eredeti egyenletnek egyetlen gyöke - nulla.

A megoldást röviden a következőképpen írjuk le:

− 3 x 2 = 0, x 2 = 0, x = 0.

Az a x 2 + c = 0 egyenlet megoldása

A következő a sorban a hiányos másodfokú egyenletek megoldása, ahol b = 0, c ≠ 0, azaz a következő alakú egyenletek a x 2 + c = 0. Alakítsuk át ezt az egyenletet úgy, hogy áthelyezünk egy tagot az egyenlet egyik oldaláról a másikra, az előjelet az ellenkezőjére változtatjuk, és az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk egy olyan számmal, amely nem egyenlő nullával:

• átruházás c jobb oldalra, ami megadja az egyenletet a x 2 = − c;
• osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a, a végeredmény x = - c a .

Transzformációink ennek megfelelően ekvivalensek, a kapott egyenlet is ekvivalens az eredetivel, és ez a tény lehetővé teszi az egyenlet gyökereire vonatkozó következtetések levonását. Abból, hogy mik az értékek aÉs c a - c a kifejezés értéke attól függ: lehet mínusz jele (például ha a = 1És c = 2, akkor - c a = - 2 1 = - 2) vagy egy pluszjel (például ha a = − 2És c = 6, akkor - c a = - 6 - 2 = 3); nem nulla, mert c ≠ 0. Lazítsunk részletesebben azokon a helyzeteken, amikor - c a< 0 и - c a > 0 .

Abban az esetben, ha - c a< 0 , уравнение x 2 = - c a не будет иметь корней. Утверждая это, мы опираемся на то, что квадратом любого числа является число неотрицательное. Из сказанного следует, что при - c a < 0 ни для какого числа p a p 2 = - c a egyenlőség nem lehet igaz.

Minden más, ha - c a > 0: emlékezzünk a négyzetgyökre, és nyilvánvalóvá válik, hogy az x 2 = - c a egyenlet gyöke a - c a szám lesz, mivel - c a 2 = - c a. Nem nehéz megérteni, hogy a - - c a szám az x 2 = - c a egyenlet gyöke is: valóban, - - c a 2 = - c a.

Az egyenletnek nem lesz más gyökere. Ezt az ellentmondás módszerével demonstrálhatjuk. Kezdésként definiáljuk a fent található gyökök jelöléseit, mint x 1És − x 1. Tegyük fel, hogy az x 2 = - c a egyenletnek is van gyöke x 2, ami eltér a gyökerektől x 1És − x 1. Ezt úgy tudjuk, hogy behelyettesítjük az egyenletbe x gyökereiből az egyenletet tisztességes numerikus egyenlőséggé alakítjuk.

Mert x 1És − x 1írjuk: x 1 2 = - c a , és for x 2- x 2 2 = - c a . A numerikus egyenlőségek tulajdonságai alapján tagonként kivonunk egy tagot igazi egyenlőség egy másiktól, amely megadja nekünk: x 1 2 − x 2 2 = 0. A számokkal végzett műveletek tulajdonságait használjuk az utolsó egyenlőség átírásához (x 1 − x 2) · (x 1 + x 2) = 0. Ismeretes, hogy két szám szorzata akkor és csak akkor nulla, ha legalább az egyik szám nulla. A fentiekből az következik x 1 − x 2 = 0és/vagy x 1 + x 2 = 0, ami ugyanaz x 2 = x 1és/vagy x 2 = − x 1. Nyilvánvaló ellentmondás merült fel, mert eleinte abban állapodtak meg, hogy az egyenlet gyökere x 2 eltér x 1És − x 1. Tehát bebizonyítottuk, hogy az egyenletnek nincs más gyöke, mint x = - c a és x = - - c a.

Foglaljuk össze az összes fenti érvet.

6. definíció

Hiányos másodfokú egyenlet a x 2 + c = 0 ekvivalens az x 2 = - c a egyenlettel, amely:

• nem lesz gyökere a - c a< 0 ;
• két gyöke lesz x = - c a és x = - - c a - c a > 0.

Mondjunk példákat az egyenletek megoldására a x 2 + c = 0.

3. példa

Adott egy másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0. Megoldást kell találni.

Megoldás

Vigyük át a szabad tagot az egyenlet jobb oldalára, ekkor az egyenlet a következő alakot veszi fel 9 x 2 = – 7.
A kapott egyenlet mindkét oldalát osszuk el 9 , x 2 = - 7 9 értékhez jutunk. A jobb oldalon egy mínuszjelű számot látunk, ami azt jelenti: y adott egyenlet nincsenek gyökerei. Ezután az eredeti hiányos másodfokú egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nem lesznek gyökerei.

Válasz: az egyenlet 9 x 2 + 7 = 0 nincsenek gyökerei.

4. példa

Az egyenletet meg kell oldani − x 2 + 36 = 0.

Megoldás

Tegyük át a 36-ot a jobb oldalra: − x 2 = − 36.
Osszuk el mindkét részt − 1 , kapunk x 2 = 36. A jobb oldalon van egy pozitív szám, amiből arra következtethetünk x = 36 vagy x = - 36 .
Vegyük ki a gyökeret, és írjuk fel a végeredményt: hiányos másodfokú egyenlet − x 2 + 36 = 0 két gyökere van x = 6 vagy x = − 6.

Válasz: x = 6 vagy x = − 6.

Az a x 2 +b x=0 egyenlet megoldása

Vizsgáljuk meg a harmadik típusú nem teljes másodfokú egyenletet, amikor c = 0. Megoldást találni egy nem teljes másodfokú egyenletre a x 2 + b x = 0, akkor a faktorizációs módszert fogjuk használni. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalán lévő polinomot úgy, hogy a közös tényezőt kivesszük a zárójelekből x. Ez a lépés lehetővé teszi az eredeti, hiányos másodfokú egyenlet megfelelőjére történő átalakítását x (a x + b) = 0. Ez az egyenlet pedig egyenértékű egyenletkészlettel x = 0És a x + b = 0. Az egyenlet a x + b = 0 lineáris, és annak gyökere: x = − b a.

7. definíció

Így a nem teljes másodfokú egyenlet a x 2 + b x = 0 két gyökere lesz x = 0És x = − b a.

Erősítsük meg az anyagot egy példával.

5. példa

Megoldást kell találni a 2 3 · x 2 - 2 2 7 · x = 0 egyenletre.

Megoldás

Kivesszük x a zárójelen kívül az x · 2 3 · x - 2 2 7 = 0 egyenletet kapjuk. Ez az egyenlet ekvivalens az egyenletekkel x = 0és 2 3 x - 2 2 7 = 0. Most meg kell oldania a kapott lineáris egyenletet: 2 3 · x = 2 2 7, x = 2 2 7 2 3.

Röviden írja le az egyenlet megoldását a következőképpen:

2 3 x 2 - 2 2 7 x = 0 x 2 3 x - 2 2 7 = 0

x = 0 vagy 2 3 x - 2 2 7 = 0

x = 0 vagy x = 3 3 7

Válasz: x = 0, x = 3 3 7.

Diszkrimináns, másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

A másodfokú egyenletek megoldásához van egy gyökképlet:

8. definíció

x = - b ± D 2 · a, ahol D = b 2 − 4 a c– a másodfokú egyenlet úgynevezett diszkriminánsa.

Az x = - b ± D 2 · a felírása lényegében azt jelenti, hogy x 1 = - b + D 2 · a, x 2 = - b - D 2 · a.

Hasznos lenne megérteni, hogyan származtatták ezt a képletet, és hogyan kell alkalmazni.

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Nézzünk szembe egy másodfokú egyenlet megoldásával a x 2 + b x + c = 0. Végezzünk el számos ekvivalens transzformációt:

• osszuk el az egyenlet mindkét oldalát egy számmal a, nullától eltérően a következő másodfokú egyenletet kapjuk: x 2 + b a · x + c a = 0 ;
• Jelöljük ki a teljes négyzetet a kapott egyenlet bal oldalán:
  x 2 + b a · x + c a = x 2 + 2 · b 2 · a · x + b 2 · a 2 - b 2 · a 2 + c a = = x + b 2 · a 2 - b 2 · a 2 + c a
  Ezt követően az egyenlet a következőképpen alakul: x + b 2 · a 2 - b 2 · a 2 + c a = 0;
• Most már átvihető az utolsó két tag a jobb oldalra, az előjelet az ellenkezőjére változtatva, ami után kapjuk: x + b 2 · a 2 = b 2 · a 2 - c a ;
• Végül átalakítjuk az utolsó egyenlőség jobb oldalára írt kifejezést:
  b 2 · a 2 - c a = b 2 4 · a 2 - c a = b 2 4 · a 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 .

Így megkapjuk az x + b 2 · a 2 = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 egyenletet, amely ekvivalens az eredeti egyenlettel a x 2 + b x + c = 0.

Ilyen egyenletek megoldását vizsgáltuk az előző bekezdésekben (nem teljes másodfokú egyenletek megoldása). A már megszerzett tapasztalatok lehetővé teszik az x + b 2 · a 2 = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 egyenlet gyökereire vonatkozó következtetés levonását:

• b 2 - 4 a c 4 a 2-vel< 0 уравнение не имеет действительных решений;
• ha b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = 0, az egyenlet x + b 2 · a 2 = 0, akkor x + b 2 · a = 0.

Innen az egyetlen gyök x = - b 2 · a nyilvánvaló;

• b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 > 0 esetén a következő lesz igaz: x + b 2 · a = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 vagy x = b 2 · a - b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 , ami ugyanaz, mint x + - b 2 · a = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 vagy x = - b 2 · a - b 2 - 4 · a · c 4 · a 2, azaz. az egyenletnek két gyöke van.

Arra a következtetésre juthatunk, hogy az x + b 2 · a 2 = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 egyenlet gyökeinek megléte vagy hiánya (és ezért az eredeti egyenlet) függ a b kifejezés előjelétől. 2 - 4 · a · c 4 · a 2 a jobb oldalra írva. És ennek a kifejezésnek a jelét a számláló jele adja meg (nevező 4 és 2 mindig pozitív lesz), vagyis a kifejezés jele b 2 − 4 a c. Ez a kifejezés b 2 − 4 a c a név megadva - a másodfokú egyenlet diszkriminánsa és a D betű a jelölése. Ide írhatja fel a diszkrimináns lényegét - értéke és előjele alapján arra következtethetnek, hogy a másodfokú egyenletnek lesz-e valós gyöke, és ha igen, hány gyök van - egy vagy kettő.

Térjünk vissza az x + b 2 · a 2 = b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 egyenlethez. Írjuk át diszkrimináns jelöléssel: x + b 2 · a 2 = D 4 · a 2 .

Fogalmazzuk meg ismét a következtetéseinket:

9. definíció

• nál nél D< 0 az egyenletnek nincs valódi gyökere;
• nál nél D=0 az egyenletnek egyetlen gyöke van x = - b 2 · a ;
• nál nél D > 0 az egyenletnek két gyöke van: x = - b 2 · a + D 4 · a 2 vagy x = - b 2 · a - D 4 · a 2. A gyökök tulajdonságai alapján ezek a gyökök a következő formában írhatók fel: x = - b 2 · a + D 2 · a vagy - b 2 · a - D 2 · a. És ha kinyitjuk a modulokat, és a törteket közös nevezőre hozzuk, a következőt kapjuk: x = - b + D 2 · a, x = - b - D 2 · a.

Tehát okoskodásunk eredménye egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése volt:

x = - b + D 2 a, x = - b - D 2 a, diszkrimináns D képlettel számítjuk ki D = b 2 − 4 a c.

Ezek a képletek lehetővé teszik mindkét valós gyök meghatározását, ha a diszkrimináns nagyobb, mint nulla. Ha a diszkrimináns nulla, mindkét képlet alkalmazása ugyanazt a gyökét adja, mint egyetlen döntés másodfokú egyenlet. Abban az esetben, ha a diszkrimináns negatív, ha megpróbáljuk a másodfokú gyökképletet használni, akkor szembe kell néznünk azzal, hogy egy negatív szám négyzetgyökét vegyük, ami túlmutat valós számok. Negatív diszkrimináns esetén a másodfokú egyenletnek nem lesz valós gyöke, de lehetséges egy összetett konjugált gyökpár, amelyet az általunk kapott gyökképletek határoznak meg.

Másodfokú egyenletek megoldásának algoritmusa gyökképletekkel

A másodfokú egyenletet a gyökképlet azonnali felhasználásával is meg lehet oldani, de ezt általában akkor teszik meg, ha összetett gyököket kell találni.

Az esetek többségében ez általában azt jelenti, hogy nem összetett, hanem valós gyökerek után kell keresni egy másodfokú egyenletnek. Ekkor optimális, mielőtt a másodfokú egyenlet gyökeinek képleteit használnánk, először meghatározzuk a diszkriminánst, és megbizonyosodunk arról, hogy az nem negatív (ellenkező esetben arra a következtetésre jutunk, hogy az egyenletnek nincs valódi gyöke), majd folytatjuk a a gyökerek értéke.

A fenti érvelés lehetővé teszi egy másodfokú egyenlet megoldására szolgáló algoritmus megfogalmazását.

10. definíció

Másodfokú egyenlet megoldására a x 2 + b x + c = 0, szükséges:

• képlet szerint D = b 2 − 4 a c keresse meg a megkülönböztető értéket;
• D-nél< 0 сделать вывод об отсутствии у квадратного уравнения действительных корней;
• D = 0 esetén keresse meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - b 2 · a képlet segítségével;
• ha D > 0, határozzuk meg a másodfokú egyenlet két valós gyökét az x = - b ± D 2 · a képlet segítségével.

Vegye figyelembe, hogy ha a diszkrimináns nulla, használhatja az x = - b ± D 2 · a képletet, ez ugyanazt az eredményt adja, mint az x = - b 2 · a képlet.

Nézzünk példákat.

Példák másodfokú egyenletek megoldására

Adjunk megoldást a példákra különböző jelentések diszkriminatív.

6. példa

Meg kell találnunk az egyenlet gyökereit x 2 + 2 x − 6 = 0.

Megoldás

Írjuk fel a másodfokú egyenlet numerikus együtthatóit: a = 1, b = 2 ill. c = – 6. Ezután az algoritmus szerint járunk el, azaz. Kezdjük el kiszámolni a diszkriminánst, amelyre behelyettesítjük az a, b együtthatókat És c a diszkrimináns képletbe: D = b 2 − 4 · a · c = 2 2 − 4 · 1 · (− 6) = 4 + 24 = 28 .

Így D > 0-t kapunk, ami azt jelenti, hogy az eredeti egyenletnek két valós gyöke lesz.
Megkereséséhez az x = - b ± D 2 · a gyökképletet használjuk, és a megfelelő értékeket behelyettesítve a következőt kapjuk: x = - 2 ± 28 2 · 1. Egyszerűsítsük az eredményül kapott kifejezést úgy, hogy kivesszük a faktort a gyökjelből, majd csökkentjük a törtet:

x = - 2 ± 2 7 2

x = - 2 + 2 7 2 vagy x = - 2 - 2 7 2

x = - 1 + 7 vagy x = - 1 - 7

Válasz: x = -1 + 7​​​​​, x = -1 -7.

7. példa

Meg kell oldani egy másodfokú egyenletet − 4 x 2 + 28 x − 49 = 0.

Megoldás

Határozzuk meg a diszkriminánst: D = 28 2 − 4 · (− 4) · (− 49) = 784 − 784 = 0. Ezzel a diszkrimináns értékkel az eredeti egyenletnek csak egy gyöke lesz, amelyet az x = - b 2 · a képlet határoz meg.

x = - 28 2 (- 4) x = 3,5

Válasz: x = 3,5.

8. példa

Az egyenletet meg kell oldani 5 év 2 + 6 év + 2 = 0

Megoldás

Ennek az egyenletnek a numerikus együtthatói a következők: a = 5, b = 6 és c = 2. A diszkrimináns meghatározásához ezeket az értékeket használjuk: D = b 2 − 4 · a · c = 6 2 − 4 · 5 · 2 = 36 − 40 = − 4 . A számított diszkrimináns negatív, így az eredeti másodfokú egyenletnek nincs valódi gyöke.

Abban az esetben, ha a feladat összetett gyökök megjelölése, akkor a gyökérképletet alkalmazzuk, és összetett számokkal hajtjuk végre a műveleteket:

x = - 6 ± - 4 2 5,

x = - 6 + 2 i 10 vagy x = - 6 - 2 i 10,

x = - 3 5 + 1 5 · i vagy x = - 3 5 - 1 5 · i.

Válasz: nincsenek igazi gyökerek; a komplex gyökök a következők: - 3 5 + 1 5 · i, - 3 5 - 1 5 · i.

BAN BEN iskolai tananyag Nincs szabványos követelmény az összetett gyökök keresésére, ezért ha a megoldás során a diszkriminánst negatívnak határozzák meg, azonnal felírják azt a választ, hogy nincsenek valódi gyökök.

Gyökérképlet akár második együtthatóhoz

Az x = - b ± D 2 · a (D = b 2 − 4 · a · c) gyökképlet lehetővé teszi egy másik, kompaktabb képlet előállítását, amely lehetővé teszi másodfokú egyenletek megoldását x páros együtthatójával ( vagy 2 · n alakú együtthatóval, például 2 3 vagy 14 ln 5 = 2 7 ln 5). Mutassuk meg, hogyan keletkezik ez a képlet.

Nézzük meg az a · x 2 + 2 · n · x + c = 0 másodfokú egyenlet megoldását. Az algoritmus szerint járunk el: meghatározzuk a D = (2 n) 2 − 4 a c = 4 n 2 − 4 a c = 4 (n 2 − a c) diszkriminánst, majd a gyökképletet használjuk:

x = - 2 n ± D 2 a, x = - 2 n ± 4 n 2 - a c 2 a, x = - 2 n ± 2 n 2 - a c 2 a, x = - n ± n 2 - a · c a.

Az n 2 − a · c kifejezést jelöljük D 1-nek (néha D "-nek jelölik). Ekkor a második 2 · n együtthatójú másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a következőképpen alakul:

x = - n ± D 1 a, ahol D 1 = n 2 − a · c.

Könnyen belátható, hogy D = 4 · D 1 vagy D 1 = D 4. Más szóval, D 1 a diszkrimináns negyede. Nyilvánvaló, hogy D 1 előjele megegyezik D előjelével, ami azt jelenti, hogy D 1 előjele a másodfokú egyenlet gyökeinek meglétére vagy hiányára is szolgálhat.

11. definíció

Így egy 2 n-es második együtthatójú másodfokú egyenlet megoldásához szükséges:

• keresse meg D 1 = n 2 − a · c ;
• a D 1-ben< 0 сделать вывод, что действительных корней нет;
• ha D 1 = 0, határozza meg az egyenlet egyetlen gyökét az x = - n a képlet segítségével;
• D 1 > 0 esetén határozzunk meg két valós gyöket az x = - n ± D 1 képlettel a.

9. példa

Meg kell oldani az 5 x 2 − 6 x − 32 = 0 másodfokú egyenletet.

Megoldás

Az adott egyenlet második együtthatóját 2 · (− 3)-ként ábrázolhatjuk. Ezután átírjuk a megadott másodfokú egyenletet a következőre: 5 x 2 + 2 (− 3) x − 32 = 0, ahol a = 5, n = − 3 és c = − 32.

Számítsuk ki a diszkrimináns negyedik részét: D 1 = n 2 − a · c = (− 3) 2 − 5 · (− 32) = 9 + 160 = 169. A kapott érték pozitív, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek két valós gyöke van. Határozzuk meg őket a megfelelő gyökképlet segítségével:

x = - n ± D 1 a, x = - - 3 ± 169 5, x = 3 ± 13 5,

x = 3 + 13 5 vagy x = 3 - 13 5

x = 3 1 5 vagy x = - 2

Lehetséges lenne a másodfokú egyenlet gyökeinek szokásos képletével is számításokat végezni, de ebben az esetben a megoldás körülményesebb lenne.

Válasz: x = 3 1 5 vagy x = - 2.

A másodfokú egyenletek formájának egyszerűsítése

Néha lehetséges az eredeti egyenlet alakjának optimalizálása, ami leegyszerűsíti a gyökerek kiszámításának folyamatát.

Például a 12 x 2 − 4 x − 7 = 0 másodfokú egyenlet egyértelműen kényelmesebb megoldani, mint az 1200 x 2 − 400 x − 700 = 0.

Gyakrabban a másodfokú egyenlet formájának egyszerűsítését úgy hajtják végre, hogy mindkét oldalát megszorozzák vagy elosztják egy bizonyos számmal. Például fentebb bemutattuk az 1200 x 2 − 400 x − 700 = 0 egyenlet egyszerűsített ábrázolását, amelyet úgy kaptunk, hogy mindkét oldalt elosztjuk 100-zal.

Egy ilyen transzformáció akkor lehetséges, ha a másodfokú egyenlet együtthatói nem kölcsönösek prímszámok. Ekkor általában az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a legnagyobbal közös osztó együtthatóinak abszolút értékei.

Példaként használjuk a 12 x 2 − 42 x + 48 = 0 másodfokú egyenletet. Határozzuk meg együtthatói abszolút értékeinek GCD-jét: GCD (12, 42, 48) = GCD(GCD (12, 42), 48) = GCD (6, 48) = 6. Osszuk el az eredeti másodfokú egyenlet mindkét oldalát 6-tal, és kapjuk meg a 2 x 2 − 7 x + 8 = 0 ekvivalens másodfokú egyenletet.

A másodfokú egyenlet mindkét oldalát megszorozva általában megszabadulunk a törtegyütthatóktól. Ebben az esetben megszorozzák az együtthatók nevezőinek legkisebb közös többszörösével. Például, ha az 1 6 x 2 + 2 3 x - 3 = 0 másodfokú egyenlet minden részét megszorozzuk LCM-mel (6, 3, 1) = 6, akkor többben lesz felírva. egyszerű formában x 2 + 4 x - 18 = 0 .

Végül megjegyezzük, hogy a másodfokú egyenlet első együtthatójánál szinte mindig megszabadulunk a mínusztól, ha az egyenlet minden tagjának előjelét megváltoztatjuk, amit úgy érünk el, hogy mindkét oldalt megszorozzuk (vagy osztjuk) −1-gyel. Például a − 2 x 2 − 3 x + 7 = 0 másodfokú egyenletből eljuthatunk annak egyszerűsített változatához: 2 x 2 + 3 x − 7 = 0.

A gyökök és az együtthatók kapcsolata

A másodfokú egyenletek gyökére vonatkozó, általunk már ismert x = - b ± D 2 · a képlet numerikus együtthatóin keresztül fejezi ki az egyenlet gyökereit. Alapul véve ezt a képletet, lehetőségünk van más függőségek megadására a gyökök és az együtthatók között.

A leghíresebb és leginkább alkalmazható a Vieta-tétel képlete:

x 1 + x 2 = - b a és x 2 = c a.

Konkrétan, az adott másodfokú egyenletnél a gyökök összege a második ellentétes előjelű együttható, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal. Például, ha megnézzük a 3 x 2 − 7 x + 22 = 0 másodfokú egyenlet alakját, azonnal megállapíthatjuk, hogy gyökeinek összege 7 3, a gyökök szorzata pedig 22 3.

A másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között számos egyéb összefüggést is találhatunk. Például egy másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszege kifejezhető együtthatókkal:

x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2) 2 - 2 x 1 x 2 = - b a 2 - 2 c a = b 2 a 2 - 2 c a = b 2 - 2 a c a 2.

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

A másodfokú egyenletekkel kapcsolatos problémákat mind az iskolai tantervben, mind az egyetemeken tanulmányozzák. Ezek a*x^2 + b*x + c = 0 alakú egyenleteket jelentenek, ahol x- változó, a, b, c – állandók; a<>0 . A feladat az egyenlet gyökereinek megtalálása.

A másodfokú egyenlet geometriai jelentése

A másodfokú egyenlettel ábrázolt függvény grafikonja parabola. A másodfokú egyenlet megoldásai (gyökei) a parabola és az abszcissza (x) tengellyel való metszéspontjai. Ebből következik, hogy három eset lehetséges:
1) a parabolának nincs metszéspontja az abszcissza tengellyel. Ez azt jelenti, hogy a felső síkban van ágakkal felfelé vagy az alsó ágakkal lefelé. Ilyen esetekben a másodfokú egyenletnek nincs valódi gyöke (két összetett gyöke van).

2) a parabolának van egy metszéspontja az Ox tengellyel. Az ilyen pontot a parabola csúcsának nevezzük, és a benne lévő másodfokú egyenlet megkapja a minimumát ill. maximális érték. Ebben az esetben a másodfokú egyenletnek egy valós gyöke (vagy két azonos gyöke) van.

3) Utolsó eset a gyakorlatban érdekesebb - a parabolának két metszéspontja van az abszcissza tengellyel. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek két valódi gyöke van.

A változók hatványainak együtthatóinak elemzése alapján érdekes következtetések vonhatók le a parabola elhelyezéséről.

1) Ha az a együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola ágai felfelé irányulnak, ha negatív, akkor a parabola ágai lefelé irányulnak.

2) Ha a b együttható nullánál nagyobb, akkor a parabola csúcsa a bal oldali félsíkban, ha negatív értéket vesz fel, akkor a jobb oldali félsíkban.

Másodfokú egyenlet megoldási képletének levezetése

Vigyük át az állandót a másodfokú egyenletből

egyenlőségjelre a kifejezést kapjuk

Mindkét oldalt megszorozzuk 4a-val

Ha egy teljes négyzetet szeretne kapni a bal oldalon, adjon hozzá b^2-t mindkét oldalához, és hajtsa végre az átalakítást

Innen találjuk

Másodfokú egyenlet diszkriminánsának és gyökének képlete

A diszkrimináns a gyök kifejezés értéke Ha pozitív, akkor az egyenletnek két valós gyöke van, a képlet alapján számítva Ha a diszkrimináns nulla, akkor a másodfokú egyenletnek egy megoldása van (két egybeeső gyöke), amely könnyen megkapható a fenti képletből D=0 esetén. Ha a diszkrimináns negatív, az egyenletnek nincs valódi gyöke. Ahhoz azonban, hogy megoldásokat találjunk a másodfokú egyenletre összetett sík, értéküket pedig a képlet segítségével számítjuk ki

Vieta tétele

Tekintsünk egy másodfokú egyenlet két gyökét, és ezek alapján alkossunk másodfokú egyenletet maga Vieta tétele is könnyen következik a jelölésből: ha megvan az alak másodfokú egyenlete. akkor gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett p együtthatóval, az egyenlet gyökeinek szorzata pedig egyenlő a q szabad taggal. A fenti képlet így fog kinézni: Ha be klasszikus egyenlet Ha az a konstans eltér nullától, akkor el kell osztania vele a teljes egyenletet, majd alkalmaznia kell Vieta tételét.

Faktorozási másodfokú egyenlet ütemezése

Legyen a feladat kitűzve: másodfokú egyenlet tényezője. Ehhez először megoldjuk az egyenletet (keressük meg a gyököket). Ezután a talált gyököket behelyettesítjük a másodfokú egyenlet kiterjesztési képletébe. Ez megoldja a problémát.

Másodfokú egyenlet problémák

1. feladat. Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit!

x^2-26x+120=0 .

Megoldás: Írja fel az együtthatókat, és helyettesítse be őket a diszkrimináns képletbe

Gyökere adott értéket egyenlő 14-gyel, könnyen megtalálható számológéppel, vagy gyakori használattal megjegyezhető, azonban a kényelem kedvéért a cikk végén felsorolom azokat a számnégyzeteket, amelyekkel gyakran találkozhatunk ilyen problémákkal.
A talált értéket behelyettesítjük a gyökképletbe

és megkapjuk

2. feladat. Oldja meg az egyenletet

2x 2 +x-3=0.

Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk, írjuk ki az együtthatókat és keressük meg a diszkriminánst


Által ismert képletek másodfokú egyenlet gyökereinek megtalálása

3. feladat. Oldja meg az egyenletet

9x 2 -12x+4=0.

Megoldás: Van egy teljes másodfokú egyenletünk. A diszkrimináns meghatározása

Kaptunk egy esetet, amikor a gyökerek egybeesnek. Keresse meg a gyökök értékeit a képlet segítségével

4. feladat. Oldja meg az egyenletet

x^2+x-6=0 .

Megoldás: Azokban az esetekben, ahol kicsi az együttható x-hez, célszerű a Vieta-tételt alkalmazni. Feltételével két egyenletet kapunk

A második feltételből azt találjuk, hogy a szorzatnak -6-nak kell lennie. Ez azt jelenti, hogy az egyik gyökér negatív. A következő lehetséges megoldáspárunk van (-3;2), (3;-2) . Az első feltételt figyelembe véve a második megoldáspárt elutasítjuk.
Az egyenlet gyökei egyenlők

5. feladat Határozza meg egy téglalap oldalainak hosszát, ha kerülete 18 cm, területe 77 cm 2!

Megoldás: Egy téglalap kerületének fele egyenlő a szomszédos oldalak összegével. Jelöljük x-et – nagy oldala, majd 18-x a kisebbik oldala. A téglalap területe egyenlő a következő hosszúságok szorzatával:
x(18-x)=77;
vagy
x 2 -18x+77=0.
Keressük az egyenlet diszkriminánsát

Az egyenlet gyökeinek kiszámítása

Ha x=11, Hogy 18's=7 , ennek az ellenkezője is igaz (ha x=7, akkor 21's=9).

6. feladat. Tényezőzzük a másodfokú egyenletet 10x 2 -11x+3=0.

Megoldás: Számítsuk ki az egyenlet gyökereit, ehhez megtaláljuk a diszkriminánst

A talált értéket behelyettesítjük a gyökképletbe, és kiszámítjuk

Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet gyökök szerinti felbontásának képletét

A zárójeleket kinyitva identitást kapunk.

Másodfokú egyenlet paraméterrel

Példa 1. Milyen paraméterértékeken A , az (a-3)x 2 + (3-a)x-1/4=0 egyenletnek egy gyöke van?

Megoldás: Az a=3 érték közvetlen helyettesítésével azt látjuk, hogy nincs megoldása. Ezután azt a tényt használjuk, hogy nulla diszkrimináns esetén az egyenletnek a 2 multiplicitás egyik gyöke van. Írjuk ki a diszkriminánst

Egyszerűsítsük le, és egyenlővé tesszük a nullával

Az a paraméterre vonatkozóan egy másodfokú egyenletet kaptunk, amelynek megoldása Vieta tételével könnyen megkapható. A gyökök összege 7, szorzatuk 12. Egyszerű kereséssel megállapítjuk, hogy a 3,4 számok lesznek az egyenlet gyökerei. Mivel már a számítások elején elutasítottuk az a=3 megoldást, az egyetlen helyes megoldás a következő lesz: a=4.Így a=4 esetén az egyenletnek egy gyöke van.

Példa 2. Milyen paraméterértékeken A , az egyenlet a(a+3)x^2+(2a+6)x-3a-9=0 egynél több gyökér van?

Megoldás: Nézzük először szinguláris pontok, ezek az a=0 és a=-3 értékek lesznek. Ha a=0, az egyenlet 6x-9=0 alakra egyszerűsödik; x=3/2 és egy gyökér lesz. A= -3 esetén a 0=0 azonosságot kapjuk.
Számítsuk ki a diszkriminánst

és keresse meg a értékét, amelynél pozitív

Az első feltételből a>3-at kapunk. A másodikhoz megtaláljuk az egyenlet diszkriminánsát és gyökereit


Határozzuk meg az intervallumokat, ahol a függvény felveszi pozitív értékeket. Az a=0 pontot behelyettesítve azt kapjuk 3>0 . Tehát a (-3;1/3) intervallumon kívül a függvény negatív. Ne felejtsd el a lényeget a=0, amelyet ki kell zárni, mert az eredeti egyenletnek egy gyöke van.
Ennek eredményeként két olyan intervallumot kapunk, amely kielégíti a feladat feltételeit

A gyakorlatban sok hasonló feladat lesz, próbálja meg maga is kitalálni a feladatokat, és ne felejtse el figyelembe venni az egymást kölcsönösen kizáró feltételeket. Tanulmányozza jól a másodfokú egyenletek megoldására szolgáló képleteket, amelyekre gyakran szükség van a számításnál különböző feladatokatés a tudományok.

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