Éppen. Képletek szerint és világos egyszerű szabályok. Az első szakaszban

szükséges adott egyenlet vezetni standard nézet, azaz az űrlaphoz:

Ha az egyenlet ebben a formában már megadva van, akkor nem kell elvégeznie az első lépést. A legfontosabb az, hogy jól csináld

meghatározza az összes együtthatót, A, bÉs c.

Képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére.

A gyökjel alatti kifejezést ún diszkriminatív . Amint látja, hogy megtaláljuk X-et, mi

használunk csak a, b és c. Azok. együtthatók től másodfokú egyenlet. Csak óvatosan állítsa be

értékeket a, b és c Ebbe a képletbe számolunk. -vel helyettesítjük az övék jelek!

Például, az egyenletben:

A =1; b = 3; c = -4.

Az értékeket behelyettesítjük és írjuk:

A példa majdnem megoldott:

Ez a válasz.

A leggyakoribb hibák a jelértékekkel való összetévesztés a, bÉs Vel. Vagy inkább helyettesítéssel

negatív értékeket a gyökérszámítási képletbe. A képlet részletes felvétele itt segít

konkrét számokkal. Ha gondja van a számítással, tegye meg!

Tegyük fel, hogy meg kell oldanunk a következő példát:

Itt a = -6; b = -5; c = -1

Mindent részletesen leírunk, gondosan, anélkül, hogy bármit is kihagynánk, minden jellel és zárójellel:

A másodfokú egyenletek gyakran kissé eltérően néznek ki. Például így:

Most vegye figyelembe azokat a gyakorlati technikákat, amelyek drámaian csökkentik a hibák számát.

Első találkozó. Előtte ne légy lusta másodfokú egyenlet megoldása hozza szabványos formába.

Ez mit jelent?

Tegyük fel, hogy az összes transzformáció után a következő egyenletet kapjuk:

Ne siess a gyökképlet megírásával! Szinte biztosan összekevered az esélyeket a, b és c.

Szerkessze meg helyesen a példát! Először X négyzet, majd négyzet nélkül ingyenes tag. így:

Szabadulj meg a mínusztól. Hogyan? A teljes egyenletet meg kell szoroznunk -1-gyel. Kapunk:

De most nyugodtan felírhatod a gyökképletet, kiszámolhatod a diszkriminánst és befejezheted a példa megoldását.

Döntsd el magad. Most már 2-es és -1-es gyökerekkel kell rendelkeznie.

Fogadás második. Ellenőrizze a gyökereket! Által Vieta tétele.

Megoldani az adott másodfokú egyenletek, azaz ha az együttható

x 2 +bx+c=0,

Majdx 1 x 2 =c

x 1 +x 2 =−b

Egy teljes másodfokú egyenlethez, amelyben a≠1:

x 2+bx+c=0,

osszuk el az egész egyenletet V:

→ →

Ahol x 1És x 2 - az egyenlet gyökerei.

Fogadás harmadik. Ha az egyenletednek törtegyütthatói vannak, szabadulj meg a törtektől! Szorozni

egyenlet közös nevezővel.

Következtetés. Gyakorlati tanácsok:

1. Megoldás előtt a másodfokú egyenletet szabványos formára hozzuk és megépítjük Jobbra.

2. Ha az X négyzet előtt negatív együttható van, akkor azt úgy szűrjük ki, hogy mindent megszorozunk

egyenletek -1-gyel.

3. Ha az együtthatók törtek, akkor a törteket úgy távolítjuk el, hogy a teljes egyenletet megszorozzuk a megfelelő

tényező.

4. Ha x négyzet tiszta, akkor az együtthatója egyenlő eggyel, a megoldás könnyen ellenőrizhető

Ezzel matematikai program megteheted másodfokú egyenlet megoldása.

A program nem csak a problémára ad választ, hanem a megoldási folyamatot is kétféleképpen jeleníti meg:
- diszkrimináns használata
- Vieta tételének felhasználásával (ha lehetséges).

Ráadásul a válasz pontos, nem hozzávetőlegesként jelenik meg.
Például a \(81x^2-16x-1=0\) egyenletre a válasz a következő formában jelenik meg:

$$ x_1 = \frac(8+\sqrt(145))(81), \quad x_2 = \frac(8-\sqrt(145))(81) $$ és nem így: \(x_1 = 0,247; \quad x_2 = -0,05\)

Ez a program hasznos lehet a középiskolásoknak középiskolák előkészítése során tesztek valamint vizsgák, az Egységes Államvizsga előtti tudásellenőrzés során a szülőknek számos matematikai és algebrai feladat megoldásának ellenőrzésére. Vagy talán túl drága önnek oktatót felvenni vagy új tankönyveket vásárolni? Vagy csak a lehető leggyorsabban szeretné elvégezni? házi feladat

matematikában vagy algebrában? Ebben az esetben részletes megoldásokkal is használhatja programjainkat. Így saját és/vagy saját képzést folytathat. fiatalabb testvérek

vagy nővérek, miközben a megoldandó problémák terén növekszik az iskolai végzettség. Ha nem ismeri a belépési szabályokat másodfokú polinom

, javasoljuk, hogy ismerkedjen meg velük.

Másodfokú polinom bevitelének szabályai
Bármely latin betű működhet változóként.

Például: \(x, y, z, a, b, c, o, p, q\) stb.
A számok egész vagy tört számként is megadhatók. Ráadásul, törtszámok

nem csak tizedes, hanem közönséges törtként is beírható.
A tizedes törtek bevitelének szabályai. Tizedesjegyben törtrész
ponttal vagy vesszővel elválasztható az egésztől. Például beléphet tizedesjegyek

így: 2,5x - 3,5x^2
A közönséges törtek bevitelének szabályai.

Csak egy egész szám lehet tört számlálója, nevezője és egész része.

A nevező nem lehet negatív. Belépéskor numerikus tört /
A számlálót osztásjel választja el a nevezőtől: Egész rész &
a törttől és jellel elválasztva:
Eredmény: \(3\frac(1)(3) - 5\frac(6)(5) z + \frac(1)(7)z^2\)

Egy kifejezés beírásakor használhat zárójelet. Ebben az esetben egy másodfokú egyenlet megoldásánál először a bevezetett kifejezés egyszerűsödik.
Például: 1/2(y-1)(y+1)-(5y-10&1/2)

=0

Dönt

Kiderült, hogy a probléma megoldásához szükséges néhány szkript nem lett betöltve, és előfordulhat, hogy a program nem működik.
Lehetséges, hogy az AdBlock engedélyezve van.
Ebben az esetben kapcsolja ki, és frissítse az oldalt.

A JavaScript le van tiltva a böngészőjében.
A megoldás megjelenítéséhez engedélyeznie kell a JavaScriptet.
Íme a JavaScript engedélyezése a böngészőben.

Mert Nagyon sokan vannak, akik hajlandóak megoldani a problémát, kérései sorba kerültek.
Néhány másodperc múlva megjelenik a megoldás lent.
Kérjük, várjon mp...

Ha te hibát észlelt a megoldásban, akkor erről írhatsz a Visszajelzési űrlapon.
Ne felejtsd el jelezze, melyik feladatot te döntöd el, mit írja be a mezőkbe.

Játékaink, rejtvényeink, emulátoraink:

Egy kis elmélet.

Másodfokú egyenlet és gyökei. Hiányos másodfokú egyenletek

Az egyenletek mindegyike
\(-x^2+6x+1,4=0, \quad 8x^2-7x=0, \quad x^2-\frac(4)(9)=0 \)
úgy néz ki
\(ax^2+bx+c=0, \)
ahol x egy változó, a, b és c számok.
Az első egyenletben a = -1, b = 6 és c = 1,4, a másodikban a = 8, b = -7 és c = 0, a harmadikban a = 1, b = 0 és c = 4/9. Az ilyen egyenleteket ún másodfokú egyenletek.

Meghatározás.
Másodfokú egyenlet ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletnek nevezzük, ahol x egy változó, a, b és c néhány szám, és \(a \neq 0 \).

Az a, b és c számok a másodfokú egyenlet együtthatói. Az a számot első együtthatónak, a b számot a második együtthatónak, a c számot pedig szabad tagnak nevezzük.

Az ax 2 +bx+c=0 alakú egyenletek mindegyikében, ahol \(a \neq 0\), legnagyobb fokozat x változó négyzet. Innen a név: másodfokú egyenlet.

Vegye figyelembe, hogy a másodfokú egyenletet másodfokú egyenletnek is nevezik, mivel a bal oldala egy másodfokú polinom.

Meghívunk egy másodfokú egyenletet, amelyben x 2 együtthatója 1 adott másodfokú egyenlet. Például a megadott másodfokú egyenletek az egyenletek
\(x^2-11x+30=0, \quad x^2-6x=0, \quad x^2-8=0 \)

Ha egy ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletben legalább az egyik b vagy c együttható egyenlő nullával, akkor egy ilyen egyenletet nevezünk hiányos másodfokú egyenlet. Így a -2x 2 +7=0, 3x 2 -10x=0, -4x 2 =0 egyenletek nem teljes másodfokú egyenletek. Az elsőben b=0, a másodikban c=0, a harmadikban b=0 és c=0.

Háromféle nem teljes másodfokú egyenlet létezik:
1) ax 2 +c=0, ahol \(c \neq 0 \);
2) ax 2 +bx=0, ahol \(b \neq 0 \);
3) ax 2 =0.

Nézzük meg az egyes típusok egyenleteinek megoldását.

Egy ax 2 +c=0 alakú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(c \neq 0 \ esetén), mozgassuk a szabad tagját a jobb oldalra, és osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a-val:
\(x^2 = -\frac(c)(a) \Jobbra x_(1,2) = \pm \sqrt( -\frac(c)(a)) \)

Mivel \(c \neq 0 \), akkor \(-\frac(c)(a) \neq 0 \)

Ha \(-\frac(c)(a)>0\), akkor az egyenletnek két gyöke van.

Ha \(-\frac(c)(a) Egy ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(b \neq 0 \) bontsa ki bal oldalt tényezők alapján, és kapja meg az egyenletet
\(x(ax+b)=0 \Rightarrow \left\( \begin(array)(l) x=0 \\ ax+b=0 \end(array) \right. \Rightarrow \left\( \begin (tömb)(l) x=0 \\ x=-\frac(b)(a) \end(tömb) \jobbra.

Ez azt jelenti, hogy a \(b \neq 0 \) ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenletnek mindig két gyöke van.

Az ax 2 =0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet ekvivalens az x 2 =0 egyenlettel, ezért egyetlen gyöke 0.

Másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

Most nézzük meg, hogyan lehet megoldani azokat a másodfokú egyenleteket, amelyekben az ismeretlenek együtthatója és a szabad tag is nullától eltérő.

Oldjuk meg a másodfokú egyenletet általános nézetés ennek eredményeként megkapjuk a gyökerek képletét. Ez a képlet ezután bármilyen másodfokú egyenlet megoldására használható.

Oldja meg az ax 2 +bx+c=0 másodfokú egyenletet

Mindkét oldalt elosztva a-val, megkapjuk az ekvivalens redukált másodfokú egyenletet
\(x^2+\frac(b)(a)x +\frac(c)(a)=0 \)

Alakítsuk át ezt az egyenletet a binomiális négyzetének kiválasztásával:
\(x^2+2x \cdot \frac(b)(2a)+\left(\frac(b)(2a)\right)^2- \left(\frac(b)(2a)\right)^ 2 + \frac(c)(a) = 0 \jobbra \)

\(x^2+2x \cdot \frac(b)(2a)+\left(\frac(b)(2a)\right)^2 = \left(\frac(b)(2a)\right)^ 2 - \frac(c)(a) \Jobbra \) \(\left(x+\frac(b)(2a)\right)^2 = \frac(b^2)(4a^2) - \frac( c)(a) \Jobbra \left(x+\frac(b)(2a)\right)^2 = \frac(b^2-4ac)(4a^2) \Jobbra \) \(x+\frac(b) )(2a) = \pm \sqrt( \frac(b^2-4ac)(4a^2) ) \Jobbra x = -\frac(b)(2a) + \frac( \pm \sqrt(b^2) -4ac) )(2a) \Jobbra \) \(x = \frac( -b \pm \sqrt(b^2-4ac) )(2a) \)

A radikális kifejezést ún másodfokú egyenlet diszkriminánsa ax 2 +bx+c=0 („diszkrimináns” latinul – diszkriminátor). D betűvel jelöljük, azaz.
\(D = b^2-4ac\)

Most a diszkrimináns jelöléssel átírjuk a másodfokú egyenlet gyökeinek képletét:
\(x_(1,2) = \frac( -b \pm \sqrt(D) )(2a) \), ahol \(D= b^2-4ac \)

Nyilvánvaló, hogy:
1) Ha D>0, akkor a másodfokú egyenletnek két gyöke van.
2) Ha D=0, akkor a másodfokú egyenletnek egy gyöke van \(x=-\frac(b)(2a)\).
3) Ha D Tehát a diszkrimináns értékétől függően egy másodfokú egyenletnek két gyöke lehet (D > 0 esetén), egy gyöke (D = 0 esetén) vagy nincs gyöke (D-nek Ha egy másodfokú egyenletet ezzel megoldunk képletet, célszerű a következő módon csinálni:
1) számítsa ki a diszkriminánst, és hasonlítsa össze nullával;
2) ha a diszkrimináns pozitív vagy nulla, akkor használja a gyökképletet, ha a diszkrimináns negatív, akkor írja le, hogy nincsenek gyökök.

Vieta tétele

Az adott ax 2 -7x+10=0 másodfokú egyenletnek 2-es és 5-ös gyöke van. A gyökök összege 7, a szorzat pedig 10. Látjuk, hogy a gyökök összege egyenlő az ebből vett második együtthatóval. ellenkező előjel, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal. Minden olyan redukált másodfokú egyenlet, amelynek gyökerei vannak, rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.

A fenti másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal.

Azok. Vieta tétele kimondja, hogy az x 2 +px+q=0 redukált másodfokú egyenlet x 1 és x 2 gyökének a tulajdonsága:
\(\left\( \begin(array)(l) x_1+x_2=-p \\ x_1 \cdot x_2=q \end(array) \right. \)

Képletek másodfokú egyenlet gyökére. Az esetek a valós, többszörös és összetett gyökerek. Faktorizáció másodfokú trinomikus. Geometriai értelmezés. Példák a gyökerek meghatározására és a faktorálásra.

Alapképletek

Tekintsük a másodfokú egyenletet:
(1) .
Másodfokú egyenlet gyökerei(1) a következő képletekkel határozzák meg:
; .
Ezeket a képleteket a következőképpen lehet kombinálni:
.
Ha egy másodfokú egyenlet gyökei ismertek, akkor egy másodfokú polinom ábrázolható tényezők szorzataként (tényezőként):
.

Feltételezzük továbbá, hogy - valós számok.
Mérlegeljük másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
.
Ha a diszkrimináns pozitív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két különbözője van igazi gyökerek:
; .
Ekkor a másodfokú trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.
Ha a diszkrimináns egyenlő nullával, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két többszörös (egyenlő) valós gyöke van:
.
Faktorizáció:
.
Ha a diszkrimináns negatív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két összetett konjugált gyöke van:
;
.
Itt van a képzeletbeli egység, ;
és a gyökerek valós és képzeletbeli részei:
; .
Majd

.

Grafikus értelmezés

Ha épít függvény grafikonja
,
ami egy parabola, akkor a gráf tengellyel való metszéspontjai lesznek az egyenlet gyökei
.
pontban a grafikon két pontban metszi az x tengelyt (tengelyt).
Amikor , a grafikon egy ponton érinti az x tengelyt.
Amikor , a grafikon nem keresztezi az x tengelyt.

Az alábbiakban példákat mutatunk be ilyen grafikonokra.

A másodfokú egyenletekhez kapcsolódó hasznos képletek

(f.1) ;
(f.2) ;
(f.3) .

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

Transzformációkat hajtunk végre és alkalmazzuk az (f.1) és (f.3) képleteket:




,
Ahol
; .

Tehát megkaptuk a másodfokú polinom képletét a következő formában:
.
Ez azt mutatja, hogy az egyenlet

órakor előadták
És .
Vagyis és a másodfokú egyenlet gyökerei
.

Példák másodfokú egyenlet gyökeinek meghatározására

1. példa

(1.1) .

Megoldás

.
Az (1.1) egyenletünkkel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
.
Mivel a diszkrimináns pozitív, az egyenletnek két valós gyökere van:
;
;
.

Innen megkapjuk a másodfokú trinom tényezőezését:

.

Az y = függvény grafikonja 2 x 2 + 7 x + 3 két pontban metszi az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Két ponton metszi az abszcissza tengelyt (tengelyt):
És .
Ezek a pontok az eredeti (1.1) egyenlet gyökerei.

Válasz

;
;
.

2. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(2.1) .

Megoldás

Írjuk fel a másodfokú egyenletet általános formában:
.
Az eredeti (2.1) egyenlettel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
.
Mivel a diszkrimináns nulla, az egyenletnek két többszörös (egyenlő) gyöke van:
;
.

Ekkor a trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.

Az y = x függvény grafikonja 2-4 x + 4 egy ponton érinti az x tengelyt.

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Egy ponton érinti az x tengelyt (tengelyt):
.
Ez a pont az eredeti (2.1) egyenlet gyöke. Mivel ez a gyökér kétszeres tényező:
,
akkor az ilyen gyökeret többszörösnek szokták nevezni. Vagyis azt hiszik, hogy két egyenlő gyökér van:
.

Válasz

;
.

3. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(3.1) .

Megoldás

Írjuk fel a másodfokú egyenletet általános formában:
(1) .
Írjuk át eredeti egyenlet (3.1):
.
Az (1)-tel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
Megtaláljuk a diszkriminánst:
.
A diszkrimináns negatív, .

Ezért nincsenek valódi gyökerek.
;
;
.

Összetett gyökereket találhat:


.

Majd

Ábrázoljuk a függvényt
.
A függvény grafikonja nem keresztezi az x tengelyt. Nincsenek igazi gyökerek.

Válasz

Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Nem metszi az x tengelyt (tengelyt). Ezért nincsenek valódi gyökerek.
;
;
.

Nincsenek igazi gyökerek. Összetett gyökerek: Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: