Metodat për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta. Ekuacionet e shkallëve më të larta Metodat për zgjidhjen e ekuacioneve n

Teksti i veprës vendoset pa imazhe dhe formula.
Versioni i plotë i veprës është i disponueshëm në skedën "Skedarët e punës" në formatin PDF

Prezantimi

Zgjidhja e ekuacioneve algjebrike të shkallëve më të larta me një të panjohur është një nga problemet më të vështira dhe më të lashta matematikore. Matematikanë më të shquar të antikitetit u morën me këto probleme.

Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës së n-të është një detyrë e rëndësishme edhe për matematikën moderne. Interesi për to është mjaft i madh, pasi këto ekuacione janë të lidhura ngushtë me kërkimin e rrënjëve të ekuacioneve që nuk merren parasysh nga kurrikula shkollore në matematikë.

Problemi: Mungesa e aftësive në zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta në mënyra të ndryshme midis studentëve i pengon ata të përgatiten me sukses për certifikimin përfundimtar në matematikë dhe olimpiadat matematikore, trajnimin në një klasë të specializuar matematikore.

Faktet e mësipërme të përcaktuara rëndësinë të veprës sonë “Zgjidhja e ekuacioneve të gradave të larta”.

Zotërimi i mënyrave më të thjeshta të zgjidhjes së ekuacioneve të shkallës së n-të zvogëlon kohën e përfundimit të detyrës, nga e cila varet rezultati i punës dhe cilësia e procesit mësimor.

Qëllimi i punës: studimi i metodave të njohura për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta dhe identifikimi i më të arritshmeve prej tyre për zbatim praktik.

Bazuar në këtë qëllim, vijon detyrat:

Të studiojë literaturën dhe burimet e internetit për këtë temë;

Njihuni me faktet historike që lidhen me këtë temë;

Përshkruani mënyra të ndryshme për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta

krahasoni shkallën e vështirësisë së secilit prej tyre;

Të njohë shokët e klasës me metodat e zgjidhjes së ekuacioneve të shkallëve më të larta;

Krijo një grup ekuacionesh për zbatimin praktik të secilës prej metodave të shqyrtuara.

Objekti i studimit- ekuacione të shkallëve më të larta me një ndryshore.

Lënda e studimit- mënyrat e zgjidhjes së ekuacioneve të shkallëve më të larta.

Hipoteza: nuk ka asnjë mënyrë të përgjithshme dhe një algoritëm të vetëm që lejon gjetjen e zgjidhjeve të ekuacioneve të shkallës së n-të në një numër të kufizuar hapash.

Metodat e hulumtimit:

- metoda bibliografike (analizë e literaturës për temën e kërkimit);

- metoda e klasifikimit;

- metoda e analizës cilësore.

Rëndësia teorike hulumtimi konsiston në sistemimin e metodave për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta dhe përshkrimin e algoritmeve të tyre.

Rëndësia praktike- paraqiti materialin për këtë temë dhe zhvillimin e një mjeti mësimor për nxënësit për këtë temë.

1. EKUACIONET E FUQIVE TË LARTË

1.1 Koncepti i një ekuacioni të shkallës së n-të

Përkufizimi 1. Një ekuacion i shkallës së n-të është një ekuacion i formës

a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, ku koeficientët a 0, a 1, a 2…, a n -1, a n - çdo numër real, dhe , a 0 ≠ 0 .

Polinom a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n quhet polinom i shkallës së n-të. Koeficientët dallohen me emra: a 0 - koeficienti i lartë; a n është një anëtar i lirë.

Përkufizim 2. Zgjidhje ose rrënjë për një ekuacion të caktuar janë të gjitha vlerat e ndryshores X, të cilat e kthejnë këtë ekuacion në një barazi të vërtetë numerike ose, për të cilën polinomi a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n shkon në zero. Një vlerë e tillë e ndryshueshme X quhet edhe rrënja e një polinomi. Të zgjidhësh një ekuacion do të thotë të gjesh të gjitha rrënjët e tij ose të vërtetosh se nuk ka asnjë.

Nëse a 0 = 1, atëherë një ekuacion i tillë quhet ekuacion racional me numër të plotë n th shkallë.

Për ekuacionet e shkallës së tretë dhe të katërt, ekzistojnë formula Cardano dhe Ferrari që shprehin rrënjët e këtyre ekuacioneve në terma radikalësh. Doli se në praktikë ato përdoren rrallë. Kështu, nëse n ≥ 3, dhe koeficientët e polinomit janë numra realë arbitrarë, atëherë gjetja e rrënjëve të ekuacionit nuk është një detyrë e lehtë. Megjithatë, në shumë raste të veçanta ky problem zgjidhet deri në fund. Le të ndalemi në disa prej tyre.

1.2 Fakte historike të zgjidhjes së ekuacioneve të shkallëve më të larta

Tashmë në kohët e lashta, njerëzit e kuptuan se sa e rëndësishme ishte të mësonin se si të zgjidhnin ekuacionet algjebrike. Rreth 4000 vjet më parë, shkencëtarët babilonas zotëruan zgjidhjen e një ekuacioni kuadratik dhe zgjidhën sisteme të dy ekuacioneve, njëri prej të cilëve ishte i shkallës së dytë. Me ndihmën e ekuacioneve të shkallëve më të larta, u zgjidhën probleme të ndryshme të rilevimit të tokës, arkitekturës dhe çështjeve ushtarake, u reduktuan në to shumë çështje të ndryshme të praktikës dhe shkencës natyrore, pasi gjuha e saktë e matematikës bën të mundur që thjesht të shprehen fakte dhe marrëdhënie që, duke u shprehur në gjuhën e zakonshme, mund të duken konfuze dhe komplekse.

Një formulë universale për gjetjen e rrënjëve të një ekuacioni algjebrik n-të asnjë diplomë. Shumë, natyrisht, dolën me idenë joshëse për të gjetur formula për çdo fuqi të n që do të shprehte rrënjët e ekuacionit në terma të koeficientëve të tij, domethënë do të zgjidhte ekuacionin në radikale.

Vetëm në shekullin e 16-të, matematikanët italianë arritën të përparonin më tej - të gjenin formula për n \u003d 3 dhe n \u003d 4. Në të njëjtën kohë, Scipio, Dahl, Ferro dhe studentët e tij Fiori dhe Tartaglia u angazhuan në çështjen e zgjidhje e përgjithshme e ekuacioneve të shkallës së 3-të.

Në vitin 1545 u botua libri i matematikanit italian D. Cardano “Arti i madh, ose mbi rregullat e algjebrës”, ku krahas pyetjeve të tjera të algjebrës, shqyrtohen metodat e përgjithshme për zgjidhjen e ekuacioneve kubike, si dhe një metodë për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës së 4-të, të zbuluara nga nxënësi i tij L. Ferrari.

Një parashtrim i plotë i pyetjeve në lidhje me zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës 3 dhe 4 u dha nga F. Viet.

Në vitet 20 të shekullit të 19-të, matematikani norvegjez N. Abel vërtetoi se rrënjët e ekuacioneve të shkallës së pestë nuk mund të shprehen përmes radikalëve.

Gjatë studimit, u zbulua se shkenca moderne njeh shumë mënyra për të zgjidhur ekuacionet e shkallës së n-të.

Rezultati i kërkimit të metodave për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta që nuk mund të zgjidhen me metodat e konsideruara në kurrikulën shkollore janë metoda të bazuara në zbatimin e teoremës Vieta (për ekuacionet e shkallës n>2), teoremat e Bezout, skemat e Hornerit, si dhe formula Cardano dhe Ferrari për zgjidhjen e ekuacioneve kubike dhe kuartike.

Punimi paraqet metodat e zgjidhjes së ekuacioneve dhe llojet e tyre, të cilat janë bërë zbulim për ne. Këto përfshijnë - metodën e koeficientëve të pacaktuar, shpërndarjen e shkallës së plotë, ekuacionet simetrike.

2. ZGJIDHJA E EKUACIONET TË INTEGRUARA TË FUQIVE MË TË LARTË ME KOEFICIENTË TË INTEGRUAR

2.1 Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës së 3-të. Formula D. Cardano

Merrni parasysh ekuacionet e formës x 3 +px+q=0. Ne e transformojmë ekuacionin e përgjithshëm në formën: x 3 + px 2 +qx+r=0. Le të shkruajmë formulën e kubit të shumës; Le ta shtojmë atë në barazinë origjinale dhe ta zëvendësojmë me y. Ne marrim ekuacionin: y 3 + (q -) (y -) + (r - =0. Pas transformimeve kemi: y 2 +py + q=0. Tani, le të shkruajmë përsëri formulën e kubit të shumës:

(a+b) 3 =a 3 + 3a 2 b+3ab 2 +b 3 = a 3 +b 3 + 3ab (a + b), zëvendësoj ( a+b) në x, marrim ekuacionin x 3 - 3abx - (a 3 +b 3) = 0. Tani është e qartë se ekuacioni origjinal është i barabartë me sistemin: dhe duke zgjidhur sistemin, marrim:

Ne kemi marrë një formulë për zgjidhjen e ekuacionit të mësipërm të shkallës së 3-të. Mban emrin e matematikanit italian Cardano.

Konsideroni një shembull. Zgjidheni ekuacionin: .

Ne kemi R= 15 dhe q= 124, pastaj duke përdorur formulën Cardano ne llogarisim rrënjën e ekuacionit

Përfundim: kjo formulë është e mirë, por jo e përshtatshme për zgjidhjen e të gjitha ekuacioneve kubike. Megjithatë, është i rëndë. Prandaj, përdoret rrallë në praktikë.

Por ai që e zotëron këtë formulë mund ta përdorë atë në zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës së tretë në provim.

2.2 Teorema e Vietës

Nga kursi i matematikës, ne e dimë këtë teoremë për një ekuacion kuadratik, por pak njerëz e dinë se ajo përdoret edhe për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta.

Merrni parasysh ekuacionin:

faktorizoni anën e majtë të ekuacionit, pjesëtojeni me ≠ 0.

Ne e transformojmë anën e djathtë të ekuacionit në formë

; Nga kjo rrjedh se ne mund të shkruajmë barazitë e mëposhtme në sistem:

Formulat e nxjerra nga Vieta për ekuacionet kuadratike dhe të demonstruara nga ne për ekuacionet e shkallës së 3-të janë gjithashtu të vërteta për polinomet e shkallëve më të larta.

Le të zgjidhim ekuacionin kub:

Përfundim: kjo metodë është universale dhe mjaft e lehtë për t'u kuptuar nga studentët, pasi teorema e Vietës është e njohur për ta nga programi shkollor për n. = 2. Në të njëjtën kohë, për të gjetur rrënjët e ekuacioneve duke përdorur këtë teoremë, është e nevojshme të keni aftësi të mira llogaritëse.

2.3 Teorema e Bezout

Kjo teoremë është emëruar sipas matematikanit francez të shekullit të 18-të, J. Bezout.

Teorema. Nëse ekuacioni a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, në të cilën të gjithë koeficientët janë numra të plotë, dhe termi i lirë është i ndryshëm nga zero, ka një rrënjë numër të plotë, atëherë kjo rrënjë është një pjesëtues i termit të lirë.

Duke marrë parasysh që polinomi i shkallës së n-të është në anën e majtë të ekuacionit, teorema ka një interpretim tjetër.

Teorema. Kur pjesëtohet një polinom i shkallës së n-të në lidhje me x në një binom x-a pjesa e mbetur është e barabartë me vlerën e dividentit kur x = a. (letër a mund të shënojë çdo numër real ose imagjinar, d.m.th. çdo numër kompleks).

Dëshmi: le f(x) tregon një polinom arbitrar të shkallës së n-të në lidhje me ndryshoren x, dhe le, kur pjesëtohet me një binom ( x-a) ka ndodhur në mënyrë private q(x), dhe në pjesën e mbetur R. Është e qartë se q(x) do të ketë disa polinom (n - 1) shkalla e relativisht x, dhe pjesa e mbetur R do të jetë një vlerë konstante, d.m.th. i pavarur nga x.

Nëse pjesa e mbetur R ishte një polinom i shkallës së parë në x, atëherë kjo do të thotë se pjesëtimi nuk është kryer. Kështu që, R nga x nuk varet. Nga përkufizimi i ndarjes, marrim identitetin: f(x)=(x-a)q(x)+R.

Barazia është e vërtetë për çdo vlerë të x, kështu që është e vërtetë edhe për x=a, marrim: f(a)=(a-a)q(a)+R. Simboli f(a) tregon vlerën e polinomit f (x) në x=a, q(a) tregon një vlerë q(x) në x=a. Pjesa e mbetur R mbeti si më parë R nga x nuk varet. Puna ( x-a) q(a) = 0, meqenëse shumëzuesi ( x-a) = 0, dhe shumëzuesi q(a) ka një numër të caktuar. Prandaj, nga barazia marrim: f(a)=R, h.t.d.

Shembulli 1 Gjeni pjesën e mbetur të pjesëtimit të një polinomi x 3 - 3x 2 + 6x- 5 për binom

x- 2. Nga teorema e Bezout : R=f(2) = 23-322 + 62 -5=3. Përgjigje: R= 3.

Vini re se teorema e Bézout nuk është aq e rëndësishme në vetvete, por për shkak të pasojave të saj. (Shtojca 1)

Le të ndalemi në shqyrtimin e disa metodave të zbatimit të teoremës së Bezout për zgjidhjen e problemeve praktike. Duhet të theksohet se kur zgjidhen ekuacionet duke përdorur teoremën Bezout, është e nevojshme:

Gjeni të gjithë pjesëtuesit e plotë të termit të lirë;

Nga këta pjesëtues, gjeni të paktën një rrënjë të ekuacionit;

Ndani anën e majtë të ekuacionit me (Ha);

Shkruani prodhimin e pjesëtuesit dhe të herësit në anën e majtë të ekuacionit;

Zgjidheni ekuacionin që rezulton.

Shqyrtoni shembullin e zgjidhjes së ekuacionit x 3 + 4X 2 + x - 6 = 0 .

Zgjidhje: gjeni pjesëtuesit e termit të lirë ±1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Llogaritni vlerat për x= 1, 1 3 + 41 2 + 1-6=0. Ndani anën e majtë të ekuacionit me ( X- 1). Ne kryejmë ndarjen me një "qoshe", marrim:

Përfundim: Teorema e Bezout, një nga mënyrat që kemi parasysh në punën tonë, studiohet në programin e veprimtarive jashtëshkollore. Është e vështirë të kuptosh, sepse për ta përvetësuar duhet të dish të gjitha pasojat prej saj, por në të njëjtën kohë, teorema e Bezout është një nga asistentët kryesorë të studentëve në provim.

2.4 Skema e Hornerit

Për të pjesëtuar një polinom me një binom x-α ju mund të përdorni një mashtrim të veçantë të thjeshtë të shpikur nga matematikanët anglezë të shekullit të 17-të, i quajtur më vonë skema e Hornerit. Përveç gjetjes së rrënjëve të ekuacioneve, skema e Hornerit e bën më të lehtë llogaritjen e vlerave të tyre. Për ta bërë këtë, është e nevojshme të zëvendësohet vlera e ndryshores në polinomin Pn (x)=a 0 xn+a 1 x n-1 +a 2 xⁿ - ²+…++ a n -1 x+a n. (1)

Merrni parasysh ndarjen e polinomit (1) me binomin x-α.

Shprehim koeficientët e herësit jo të plotë b 0 xⁿ - ¹+ b 1 xⁿ - ²+ b 2 xⁿ - ³+…+ bn -1 dhe pjesa e mbetur r për sa i përket koeficientëve të polinomit Pn( x) dhe numri α. b 0 =a 0 , b 1 = α b 0 +a 1 , b 2 = α b 1 +a 2 …, bn -1 =

= α bn -2 +a n -1 = α bn -1 +a n .

Llogaritjet sipas skemës Horner janë paraqitur në formën e tabelës së mëposhtme:

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

Sepse r=Pn(α), atëherë α është rrënja e ekuacionit. Për të kontrolluar nëse α është një rrënjë e shumëfishtë, skema e Hornerit mund të zbatohet tashmë për herësin b. 0 x+ b 1 x+…+ bn -1 sipas tabelës. Nëse në kolonën nën bn -1 marrim përsëri 0, pra α është një rrënjë e shumëfishtë.

Shqyrtoni një shembull: zgjidhni ekuacionin X 3 + 4X 2 + x - 6 = 0.

Le të zbatojmë në anën e majtë të ekuacionit faktorizimin e polinomit në anën e majtë të ekuacionit, skema e Hornerit.

Zgjidhje: gjeni pjesëtuesit e termit të lirë ± 1; ±2; ± 3; ± 6.


				6 ∙ 1 + (-6) = 0

Koeficientët e koeficientit janë numrat 1, 5, 6, dhe pjesa e mbetur është r = 0.

Do të thotë, X 3 + 4X 2 + X - 6 = (X - 1) (X 2 + 5X + 6) = 0.

Nga këtu: X- 1 = 0 ose X 2 + 5X + 6 = 0.

X = 1, X 1 = -2; X 2 = -3. Përgjigje: 1,- 2, - 3.

Përfundim: kështu, në një ekuacion, ne kemi treguar përdorimin e dy mënyrave të ndryshme të faktorizimit të polinomeve. Sipas mendimit tonë, skema e Horner është më praktike dhe më ekonomike.

2.5 Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës 4. Metoda Ferrari

Studenti i Cardanos, Ludovic Ferrari, zbuloi një mënyrë për të zgjidhur një ekuacion të shkallës së 4-të. Metoda e Ferrarit përbëhet nga dy hapa.

Faza I: ekuacioni i formës paraqitet si prodhim i dy trinomeve katrore, kjo rrjedh nga fakti se ekuacioni është i shkallës së 3-të dhe të paktën një zgjidhje.

Faza II: ekuacionet që rezultojnë zgjidhen duke përdorur faktorizimin, megjithatë, për të gjetur faktorizimin e kërkuar, duhet të zgjidhen ekuacionet kubike.

Ideja është që të paraqesim ekuacionet si A 2 =B 2 ku A= x 2+s,

Funksioni B-linear i x. Pastaj mbetet të zgjidhen ekuacionet A = ±B.

Për qartësi, merrni parasysh ekuacionin: Ne ndajmë shkallën e 4-të, marrim: Për cilindo d shprehja do të jetë një katror i përsosur. Shtojmë në të dyja anët e ekuacionit që marrim

Në anën e majtë është një shesh i plotë, ju mund të vini d në mënyrë që ana e djathtë e (2) të bëhet një katror i përsosur. Imagjinoni që ne e kemi arritur këtë. Atëherë ekuacioni ynë duket si ky:

Gjetja e rrënjës më vonë nuk do të jetë e vështirë. Për të zgjedhur të drejtën dështë e nevojshme që diskriminuesi i anës së djathtë të (3) të zhduket, d.m.th.

Pra për të gjetur d, është e nevojshme të zgjidhet ky ekuacion i shkallës së 3-të. Ky ekuacion ndihmës quhet zgjidhëse.

Mund të gjejmë lehtësisht rrënjën e plotë të tretësit: d= 1

Duke zëvendësuar ekuacionin në (1), marrim

Përfundim: metoda e Ferrarit është universale, por e ndërlikuar dhe e rëndë. Në të njëjtën kohë, nëse algoritmi i zgjidhjes është i qartë, atëherë ekuacionet e shkallës së 4-të mund të zgjidhen me këtë metodë.

2.6 Metoda e koeficientëve të pacaktuar

Suksesi i zgjidhjes së ekuacionit të shkallës së 4-të me metodën e Ferrarit varet nëse zgjidhim tretësin - ekuacionin e shkallës së 3-të, i cili, siç e dimë, nuk është gjithmonë i mundur.

Thelbi i metodës së koeficientëve të pacaktuar është që të merret me mend lloji i faktorëve në të cilët zbërthehet një polinom i caktuar, dhe koeficientët e këtyre faktorëve (gjithashtu polinomet) përcaktohen duke shumëzuar faktorët dhe duke barazuar koeficientët me të njëjtat fuqi të e ndryshueshme.

Shembull: zgjidhni ekuacionin:

Supozoni se ana e majtë e ekuacionit tonë mund të zbërthehet në dy trinome katrore me koeficientë të plotë të tillë që barazia identike

Është e qartë se koeficientët para tyre duhet të jenë të barabartë me 1, dhe termat e lirë duhet të jenë të barabartë me një + 1, tjetri ka 1.

Koeficientët përballë X. Le t'i shënojmë ato me A dhe për t'i përcaktuar ato, ne i shumëzojmë të dy trinomet në anën e djathtë të ekuacionit.

Si rezultat, marrim:

Barazimi i koeficientëve me të njëjtat fuqi X në anën e majtë dhe të djathtë të barazisë (1), marrim një sistem për gjetjen dhe

Zgjidhjen e këtij sistemi, ne do të kemi

Pra, ekuacioni ynë është i barabartë me ekuacionin

Duke e zgjidhur atë, marrim rrënjët e mëposhtme: .

Metoda e koeficientëve të pacaktuar bazohet në pohimet e mëposhtme: çdo polinom i shkallës së katërt në ekuacion mund të zbërthehet në prodhimin e dy polinomeve të shkallës së dytë; dy polinome janë identikisht të barabartë nëse dhe vetëm nëse koeficientët e tyre janë të barabartë me të njëjtat fuqi X.

2.7 Ekuacionet simetrike

Përkufizimi. Një ekuacion i formës quhet simetrik nëse koeficientët e parë në të majtë të ekuacionit janë të barabartë me koeficientët e parë në të djathtë.

Shohim që koeficientët e parë në të majtë janë të barabartë me koeficientët e parë në të djathtë.

Nëse një ekuacion i tillë ka një shkallë tek, atëherë ai ka një rrënjë X= - 1. Më pas, mund ta ulim shkallën e ekuacionit duke e pjesëtuar me ( x+ 1). Rezulton se kur pjesëtohet ekuacioni simetrik me ( x+ 1) fitohet një ekuacion simetrik me shkallë çift. Vërtetimi i simetrisë së koeficientëve është paraqitur më poshtë. (Shtojca 6) Detyra jonë është të mësojmë se si të zgjidhim ekuacionet simetrike të shkallës çift.

Për shembull: (1)

Ne zgjidhim ekuacionin (1), ndajmë me X 2 (në shkallën e mesme) = 0.

I grupojmë termat me simetrik

) + 3(x+ . Shënoni në= x+ , le t'i vendosim në katror të dyja pjesët, pra = në 2 pra 2( në 2 ose 2 në 2 + 3 duke zgjidhur ekuacionin, marrim në = , në= 3. Më pas, kthehemi te zëvendësimi x+ = dhe x+ = 3. Marrim ekuacionet dhe i pari nuk ka zgjidhje, dhe i dyti ka dy rrënjë. Përgjigje:.

Përfundim: ky lloj ekuacioni nuk haset shpesh, por nëse e hasni, atëherë mund të zgjidhet lehtë dhe thjesht pa iu drejtuar llogaritjeve të rënda.

2.8 Nxjerrja e shkallës së plotë

Merrni parasysh ekuacionin.

Ana e majtë është kubi i shumës (x + 1), d.m.th.

E nxjerrim rrënjën e shkallës së tretë nga të dyja pjesët: , pastaj marrim

Ku është e vetmja rrënjë.

REZULTATET E STUDIMIT

Si rezultat i punës, arritëm në përfundimet e mëposhtme:

Falë teorisë së studiuar, u njohëm me metoda të ndryshme për zgjidhjen e ekuacioneve të tëra të shkallëve më të larta;

Formula e D. Cardano është e vështirë për t'u përdorur dhe jep një probabilitet të lartë për të bërë gabime në llogaritje;

− metoda e L. Ferrarit lejon zvogëlimin e zgjidhjes së ekuacionit të shkallës së katërt në atë kubike;

− Teorema e Bezout mund të përdoret si për ekuacionet kubike ashtu edhe për ekuacionet e shkallës së katërt; është më e kuptueshme dhe më ilustruese kur zbatohet për zgjidhjen e ekuacioneve;

Skema e Horner ndihmon për të reduktuar dhe thjeshtuar ndjeshëm llogaritjet në zgjidhjen e ekuacioneve. Përveç gjetjes së rrënjëve, skema e Hornerit e bën më të lehtë llogaritjen e vlerave të polinomeve në anën e majtë të ekuacionit;

Me interes të veçantë ishte zgjidhja e ekuacioneve me metodën e koeficientëve të pacaktuar, zgjidhja e ekuacioneve simetrike.

Gjatë punës kërkimore u konstatua se nxënësit njihen me metodat më të thjeshta të zgjidhjes së ekuacioneve të shkallës më të lartë në lëndët me zgjedhje në matematikë, duke filluar nga klasa e 9-të ose e 10-të, si dhe në kurse të veçanta të matematikës udhëtuese. shkollat. Ky fakt u konstatua si rezultat i një anketimi të mësuesve të matematikës në MBOU "Shkolla e mesme nr. 9" dhe nxënësve që shfaqin një interes të shtuar për lëndën "matematikë".

Metodat më të njohura për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta, të cilat ndeshen në zgjidhjen e problemeve olimpiadike, konkurruese dhe si rezultat i përgatitjes për provime nga studentët, janë metodat e bazuara në zbatimin e teoremës së Bezout, skemës së Hornerit dhe futjes së një ndryshoreje të re. .

Demonstrimi i rezultateve të punës kërkimore, d.m.th. mënyrat e zgjidhjes së ekuacioneve që nuk studiohen në kurrikulën e shkollës në matematikë, shokët e interesuar të klasës.

konkluzioni

Duke studiuar literaturën arsimore dhe shkencore, burimet e internetit në forumet arsimore të të rinjve

Trifanova Marina Anatolievna
Mësues matematike, gjimnazi nr.48 (me shumë profil)

Qëllimi i trefishtë i mësimit:

Edukative:
sistemimi dhe përgjithësimi i njohurive për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta.
Zhvillimi:
për të nxitur zhvillimin e të menduarit logjik, aftësinë për të punuar në mënyrë të pavarur, aftësitë e kontrollit dhe vetëkontrollit reciprok, aftësinë për të folur dhe dëgjuar.
Edukimi:
zhvillimi i zakonit të punësimit të vazhdueshëm, edukimi i përgjegjshmërisë, punës së palodhur, saktësisë.

Lloji i mësimit:

një mësim në zbatimin kompleks të njohurive, aftësive dhe aftësive.

Formulari i mësimit:

ajrim, minuta fizike, forma të ndryshme pune.

Pajisjet:

shënimet e referencës, kartat e detyrave, matrica e monitorimit të mësimit.

GJATË KLASËVE

I. Momenti organizativ

T'u komunikoni nxënësve qëllimin e mësimit.
Kontrollimi i detyrave të shtëpisë (Shtojca 1). Punoni me abstraktin bazë (Shtojca 2).

Ekuacionet dhe përgjigjet për secilin shkruhen në tabelë. Nxënësit kontrollojnë përgjigjet dhe japin një analizë të shkurtër të zgjidhjes së secilit ekuacion ose u përgjigjen pyetjeve të mësuesit (anketimi frontal). Vetëkontroll - nxënësit i japin vetes notat dhe i dorëzojnë fletoret mësuesit për të kontrolluar korrigjimin e notave apo miratimin e tyre. Klasat e shkollës të shkruara në dërrasën e zezë:

"5+" - 6 ekuacione;
"5" - 5 ekuacione;
"4" - 4 ekuacione;
"3" - 3 ekuacione.

Pyetjet e mësuesit për detyrat e shtëpisë:

1 ekuacion

Cili është ndryshimi i variablave në ekuacion?
Cili ekuacion fitohet pas ndryshimit të variablave?

2 ekuacioni

Cili polinom ndan të dyja anët e ekuacionit?
Çfarë zëvendësimi i variablave është marrë?

3 ekuacioni

Çfarë polinomesh duhen shumëzuar për të thjeshtuar zgjidhjen e këtij ekuacioni?

4 ekuacioni

Emërtoni funksionin f(x).
Si u gjetën rrënjët e tjera?

5 ekuacioni

Sa intervale janë marrë për të zgjidhur ekuacionin?

6 ekuacioni

Si mund të zgjidhej ky ekuacion?
Cila zgjidhje është më racionale?

II. Puna në grup është pjesa kryesore e mësimit.

Klasa është e ndarë në 4 grupe. Secilit grup i jepet një kartë me pyetje teorike dhe praktike (Shtojca 3): "Zbërthejeni metodën e propozuar për zgjidhjen e ekuacionit dhe shpjegoni duke përdorur këtë shembull".

Punë në grup 15 minuta.
Shembujt shkruhen në tabelë (tabela ndahet në 4 pjesë).
Raporti i grupit zgjat 2-3 minuta.
Mësuesi korrigjon raportet e grupeve dhe ndihmon në rast vështirësie.

Vazhdon puna në grup për kartat nr.5 - 8. Për çdo ekuacion jepen 5 minuta për diskutim në grup. Pastaj dërrasa e zezë ka një raport mbi këtë ekuacion - një analizë e shkurtër e zgjidhjes. Ekuacioni mund të mos zgjidhet plotësisht - ai është duke u finalizuar në shtëpi, por diskutohet e gjithë sekuenca e zgjidhjes së tij në klasë.

III. Punë e pavarur. Shtojca 4.

Çdo student merr një detyrë individuale.
Puna zgjat 20 minuta.
5 minuta para përfundimit të orës së mësimit mësuesi/ja jep përgjigje të hapura për çdo ekuacion.
Nxënësit ndryshojnë fletoret në formë rrethi dhe kontrollojnë përgjigjet me një shok. Dhënia e vlerësimeve.
Fletoret i dorëzohen mësuesit për kontrollimin dhe korrigjimin e notave.

IV. Përmbledhje e mësimit.

Detyre shtepie.

Plotësoni zgjidhjen e ekuacioneve jo të plota. Përgatituni për prerjen e kontrollit.

Notimi.

Kur zgjidhen ekuacionet algjebrike, shpesh është e nevojshme të faktorizohet një polinom. Faktorizimi i një polinomi do të thotë ta përfaqësosh atë si produkt të dy ose më shumë polinomeve. Ne përdorim mjaft shpesh disa metoda të zgjerimit të polinomeve: nxjerrja e një faktori të përbashkët, përdorimi i formulave të shkurtuara të shumëzimit, nxjerrja në pah e katrorit të plotë, grupimi. Le të shohim disa metoda të tjera.

Ndonjëherë, kur faktorizoni një polinom, pohimet e mëposhtme janë të dobishme:

1) nëse një polinom me koeficientë të plotë ka një rrënjë racionale (ku është një fraksion i pakalueshëm, atëherë është pjesëtuesi i termit të lirë dhe pjesëtuesi i koeficientit më të lartë:

2) Nëse në ndonjë mënyrë zgjedhim rrënjën e një polinomi të shkallës, atëherë polinomi mund të paraqitet në formën ku polinomi i shkallës

Polinomi mund të gjendet ose duke e ndarë polinomin me binomin "kolona", ose me grupimin përkatës të termave të polinomit dhe duke nxjerrë një faktor prej tyre, ose me metodën e koeficientëve të pacaktuar.

Shembull. Faktorizoni një polinom

Zgjidhje. Meqenëse koeficienti në x4 është i barabartë me 1, atëherë rrënjët racionale të këtij polinomi ekzistojnë dhe janë pjesëtues të numrit 6, domethënë mund të jenë numra të plotë ±1, ±2, ±3, ±6. Këtë polinom e shënojmë me P4(x). Meqenëse Р Р4 (1) = 4 dhe Р4 (-4) = 23, numrat 1 dhe -1 nuk janë rrënjë të polinomit PA (x). Meqenëse P4(2) = 0, atëherë x = 2 është rrënja e polinomit P4(x), dhe, për rrjedhojë, ky polinom është i pjesëtueshëm me binomin x - 2. Prandaj x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 +x-3

3x3 +7x2 -5x +6

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

Prandaj, P4 (x) = (x - 2) (x3 - 3x2 + x - 3). Meqenëse xz - Zx2 + x - 3 \u003d x2 (x - 3) + (x - 3) \u003d (x - 3) (x2 + 1), pastaj x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 \u003d (x - 2) (x - 3) (x2 + 1).

Metoda e futjes së parametrave

Ndonjëherë, kur faktorizoni një polinom, metoda e prezantimit të një parametri ndihmon. Thelbi i kësaj metode do të shpjegohet me shembullin e mëposhtëm.

Shembull. x3 - (√3 + 1) x2 + 3.

Zgjidhje. Konsideroni një polinom me parametrin a: x3 - (a + 1)x2 + a2, i cili kthehet në një polinom të dhënë për a = √3. Këtë polinom e shkruajmë si një trinom katror në lidhje me a: ar - ax2 + (x3 - x2).

Meqenëse rrënjët e këtij katrori trinomial në lidhje me a janë a1 = x dhe a2 = x2 - x, atëherë barazia a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x) (a - x2 + x) është e vërtetë. Prandaj, polinomi x3 - (√3 + 1)x2 + 3 zbërthehet në faktorë √3 - x dhe √3 - x2 + x, d.m.th.

x3 - (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).

Metoda për futjen e një të panjohure të re

Në disa raste, duke zëvendësuar shprehjen f(x), e cila përfshihet në polinomin Pn(x), përmes y, mund të merret një polinom në lidhje me y, i cili tashmë mund të faktorizohet lehtësisht. Pastaj, pas zëvendësimit të y me f(x), fitojmë një faktorizim të polinomit Pn(x).

Shembull. Faktoroni polinomin x(x+1)(x+2)(x+3)-15.

Zgjidhje. Le ta transformojmë këtë polinom si më poshtë: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 = ( x2 + 3x) (x2 + 3x + 2) - 15.

Shënoni x2 + 3x me y. Atëherë kemi y(y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1)2 - 16 = (y + 1 + 4)(y + 1 - 4)= ( y + 5) (y - 3).

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

Shembull. Faktorizoni polinomin (x-4)4+(x+2)4

Zgjidhje. Shënoni x - 4 + x + 2 = x - 1 me y.

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

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

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

Kombinimi i metodave të ndryshme

Shpesh, kur faktorizoni një polinom, duhet të aplikoni në mënyrë të njëpasnjëshme disa nga metodat e diskutuara më sipër.

Shembull. Faktorizoni polinomin x4 - 3x2 + 4x-3.

Zgjidhje. Duke përdorur grupimin, ne rishkruajmë polinomin në formën x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 - 2x2) - (x2 -4x + 3).

Duke zbatuar metodën e zgjedhjes së një katrori të plotë në kllapin e parë, kemi x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 1 x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

Duke përdorur formulën katrore të plotë, tani mund të shkruajmë se x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.

Së fundi, duke zbatuar formulën e diferencës së katrorëve, marrim se x4 - 3x2 + 4x - 3 \u003d (x2 - 1 + x - 2) (x2 - 1 - x + 2) \u003d (x2 + x-3) (x2 - x + 1).

§ 2. Ekuacionet simetrike

1. Ekuacionet simetrike të shkallës së tretë

Ekuacionet e formës ax3 + bx2 + bx + a \u003d 0, a ≠ 0 (1) quhen ekuacione simetrike të shkallës së tretë. Meqenëse ax3 + bx2 + bx + a \u003d a (x3 + 1) + bx (x + 1) \u003d (x + 1) (ax2 + (b-a) x + a), atëherë ekuacioni (1) është i barabartë me grup ekuacionesh x + 1 \u003d 0 dhe ax2 + (b-a) x + a \u003d 0, i cili nuk është i vështirë për t'u zgjidhur.

Shembulli 1. Zgjidheni ekuacionin

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

Zgjidhje. Ekuacioni (2) është një ekuacion simetrik i shkallës së tretë.

Meqenëse 3x3 + 4xr + 4x + 3 \u003d 3 (x3 + 1) + 4x (x + 1) \u003d (x + 1) (3x2 - 3x + 3 + 4x) \u003d (x + 1) (3x2 + x + 3) , atëherë ekuacioni (2) është i barabartë me bashkësinë e ekuacioneve x + 1 = 0 dhe 3x3 + x +3=0.

Zgjidhja e të parës nga këto ekuacione është x = -1, ekuacioni i dytë nuk ka zgjidhje.

Përgjigje: x = -1.

2. Ekuacionet simetrike të shkallës së katërt

Ekuacioni i llojit

(3) quhet ekuacion simetrik i shkallës së katërt.

Meqenëse x \u003d 0 nuk është rrënja e ekuacionit (3), atëherë, duke ndarë të dyja pjesët e ekuacionit (3) me x2, marrim një ekuacion të barabartë me atë origjinal (3):

Le të rishkruajmë ekuacionin (4) në formën:

Në këtë ekuacion, ne bëjmë një zëvendësim, pastaj marrim një ekuacion kuadratik

Nëse ekuacioni (5) ka 2 rrënjë y1 dhe y2, atëherë ekuacioni origjinal është i barabartë me grupin e ekuacioneve

Nëse ekuacioni (5) ka një rrënjë у0, atëherë ekuacioni origjinal është i barabartë me ekuacionin

Së fundi, nëse ekuacioni (5) nuk ka rrënjë, atëherë ekuacioni origjinal gjithashtu nuk ka rrënjë.

Shembulli 2. Zgjidheni ekuacionin

Zgjidhje. Ky ekuacion është një ekuacion simetrik i shkallës së katërt. Meqenëse x \u003d 0 nuk është rrënja e tij, atëherë, duke e ndarë ekuacionin (6) me x2, marrim një ekuacion ekuivalent:

Duke grupuar termat, e rishkruajmë ekuacionin (7) në formë ose në formë

Duke supozuar, marrim një ekuacion që ka dy rrënjë y1 = 2 dhe y2 = 3. Prandaj, ekuacioni origjinal është ekuivalent me grupin e ekuacioneve

Zgjidhja e ekuacionit të parë të kësaj bashkësie është x1 = 1, dhe zgjidhja e ekuacionit të dytë është u.

Prandaj, ekuacioni origjinal ka tre rrënjë: x1, x2 dhe x3.

Përgjigje: x1=1.

§3. Ekuacionet algjebrike

1. Zvogëlimi i shkallës së ekuacionit

Disa ekuacione algjebrike, duke zëvendësuar disa polinom në to me një shkronjë, mund të reduktohen në ekuacione algjebrike, shkalla e të cilave është më e vogël se shkalla e ekuacionit origjinal dhe zgjidhja e të cilave është më e thjeshtë.

Shembulli 1. Zgjidheni ekuacionin

Zgjidhje. Shënoni me, atëherë ekuacioni (1) mund të rishkruhet si Ekuacioni i fundit ka rrënjë dhe Prandaj, ekuacioni (1) është i barabartë me bashkësinë e ekuacioneve dhe. Zgjidhja e ekuacionit të parë të kësaj bashkësie është dhe Zgjidhja e ekuacionit të dytë është

Zgjidhjet e ekuacionit (1) janë

Shembulli 2. Zgjidheni ekuacionin

Zgjidhje. Duke shumëzuar të dyja anët e ekuacionit me 12 dhe duke treguar me,

Marrim ekuacionin Këtë ekuacion e rishkruajmë në formë

(3) dhe duke treguar përmes ne e rishkruajmë ekuacionin (3) në formën Ekuacioni i fundit ka rrënjë dhe prandaj, marrim se ekuacioni (3) është i barabartë me bashkësinë e dy ekuacioneve dhe 4)

Zgjidhjet e grupit (4) janë dhe, dhe ato janë zgjidhjet e ekuacionit (2).

2. Ekuacionet e formës

Ekuacioni

(5) ku jepen numra, mund të reduktohet në një ekuacion bikuadratik duke përdorur zëvendësimin e të panjohurës, d.m.th., zëvendësimin

Shembulli 3. Zgjidheni ekuacionin

Zgjidhje. Le të shënojmë me, d.m.th ne bëjmë një ndryshim të ndryshoreve ose atëherë ekuacioni (6) mund të rishkruhet në formë ose, duke përdorur formulën, në formën

Meqenëse rrënjët e ekuacionit kuadratik janë dhe atëherë zgjidhjet e ekuacionit (7) janë zgjidhjet e grupit të ekuacioneve dhe. Ky grup ekuacionesh ka dy zgjidhje dhe Prandaj, zgjidhjet e ekuacionit (6) janë dhe

3. Ekuacionet e formës

Ekuacioni

(8) ku numrat α, β, γ, δ dhe Α janë të tillë që α

Shembulli 4. Zgjidheni ekuacionin

Zgjidhje. Le të bëjmë një ndryshim të të panjohurave, d.m.th. y=x+3 ose x = y – 3. Atëherë ekuacioni (9) mund të rishkruhet si

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, pra në formën

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

Ekuacioni bikuadratik (10) ka dy rrënjë. Prandaj, ekuacioni (9) gjithashtu ka dy rrënjë:

4. Ekuacionet e formës

Ekuacioni, (11)

Ku, nuk ka rrënjë x = 0, prandaj, duke pjesëtuar ekuacionin (11) me x2, marrim një ekuacion ekuivalent

I cili, pasi të zëvendësojë të panjohurën, do të rishkruhet në formën e një ekuacioni kuadratik, zgjidhja e të cilit nuk është e vështirë.

Shembulli 5. Zgjidheni ekuacionin

Zgjidhje. Meqenëse h \u003d 0 nuk është rrënja e ekuacionit (12), atëherë, duke e ndarë atë me x2, marrim një ekuacion ekuivalent

Duke e bërë ndryshimin të panjohur, fitojmë ekuacionin (y+1)(y+2)=2, i cili ka dy rrënjë: y1 = 0 dhe y1 = -3. Prandaj, ekuacioni origjinal (12) është i barabartë me grupin e ekuacioneve

Ky koleksion ka dy rrënjë: x1= -1 dhe x2 = -2.

Përgjigje: x1= -1, x2 = -2.

Koment. ekuacioni i llojit,

E cila gjithmonë mund të reduktohet në formën (11) dhe, për më tepër, duke marrë parasysh α > 0 dhe λ > 0 në formën.

5. Ekuacionet e formës

Ekuacioni

,(13) ku numrat, α, β, γ, δ dhe Α janë të tillë që αβ = γδ ≠ 0, mund të rishkruhen duke shumëzuar kllapin e parë me të dytën, dhe të tretën me të katërtën, në formën d.m.th. ekuacioni (13) tani është shkruar në formën (11), dhe zgjidhja e tij mund të kryhet në të njëjtën mënyrë si zgjidhja e ekuacionit (11).

Shembulli 6. Zgjidheni ekuacionin

Zgjidhje. Ekuacioni (14) ka formën (13) , kështu që ne e rishkruajmë atë si

Meqenëse x = 0 nuk është zgjidhje e këtij ekuacioni, atëherë, duke pjesëtuar të dyja anët e tij me x2, marrim një ekuacion origjinal ekuivalent. Duke bërë një ndryshim të ndryshoreve, marrim një ekuacion kuadratik zgjidhja e të cilit është dhe. Prandaj, ekuacioni origjinal (14) është ekuivalent me bashkësinë e ekuacioneve u.

Zgjidhja e ekuacionit të parë të kësaj bashkësie është

Ekuacioni i dytë i këtij grupi zgjidhjesh ka nr. Pra, ekuacioni origjinal ka rrënjë x1 dhe x2.

6. Ekuacionet e formës

Ekuacioni

(15) ku numrat a, b, c, q, A janë të tillë që, nuk ka rrënjë x = 0, pra, pjesëtimi i ekuacionit (15) me x2. fitojmë një ekuacion të barabartë me të, i cili pas zëvendësimit të së panjohurës do të rishkruhet në formën e një ekuacioni kuadratik, zgjidhja e të cilit nuk është e vështirë.

Shembulli 7. Zgjidhja e ekuacionit

Zgjidhje. Meqenëse x \u003d 0 nuk është rrënja e ekuacionit (16), atëherë, duke i ndarë të dy pjesët e tij me x2, marrim ekuacionin

, (17) ekuivalente me ekuacionin (16). Pasi kemi bërë ndryshimin e të panjohurës, mund ta rishkruajmë ekuacionin (17) në formë

Ekuacioni kuadratik (18) ka 2 rrënjë: y1 = 1 dhe y2 = -1. Prandaj, ekuacioni (17) është i barabartë me grupin e ekuacioneve dhe (19)

Bashkësia e ekuacioneve (19) ka 4 rrënjë: ,.

Ato do të jenë rrënjët e ekuacionit (16).

§4. Ekuacione racionale

Ekuacionet e formës = 0, ku H(x) dhe Q(x) janë polinome, quhen racionale.

Pasi të keni gjetur rrënjët e ekuacionit H(x) = 0, atëherë duhet të kontrolloni se cilat prej tyre nuk janë rrënjët e ekuacionit Q(x) = 0. Këto rrënjë dhe vetëm ato do të jenë zgjidhje të ekuacionit.

Shqyrtoni disa metoda për zgjidhjen e një ekuacioni të formës = 0.

1. Ekuacionet e formës

Ekuacioni

(1) në kushte të caktuara, numrat mund të zgjidhen si më poshtë. Duke grupuar termat e ekuacionit (1) me dy dhe duke përmbledhur çdo çift, duhet të fitohen në polinomet numërues të shkallës së parë ose zero, që ndryshojnë vetëm në faktorë numerikë, dhe në emërues - trinome me dy terma të njëjtë që përmbajnë x, atëherë pas ndryshimit të variablave, ekuacioni ose do të ketë edhe formën (1), por me një numër më të vogël termash, ose do të jetë i barabartë me një kombinim të dy ekuacioneve, njëri prej të cilëve do të jetë i shkallës së parë dhe i dyti. do të jetë një ekuacion i formës (1), por me një numër më të vogël termash.

Shembull. zgjidhin ekuacionin

Zgjidhje. Duke grupuar në anën e majtë të ekuacionit (2) termin e parë me atë të fundit dhe të dytin me atë të parafundit, e rishkruajmë ekuacionin (2) në formën

Duke përmbledhur termat në çdo kllapa, ne rishkruajmë barazimin (3) si

Meqenëse nuk ka zgjidhje për ekuacionin (4), atëherë, duke e pjesëtuar këtë ekuacion me, marrim ekuacionin

, (5) ekuivalente me ekuacionin (4). Le të bëjmë një ndryshim të së panjohurës, atëherë ekuacioni (5) do të rishkruhet në formë

Kështu, zgjidhja e ekuacionit (2) me pesë terma në anën e majtë reduktohet në zgjidhjen e ekuacionit (6) të së njëjtës formë, por me tre terma në anën e majtë. Duke përmbledhur të gjithë termat në anën e majtë të ekuacionit (6), ne e rishkruajmë atë në formë

Ka edhe zgjidhje për ekuacionin. Asnjë nga këta numra nuk e zhduk emëruesin e funksionit racional në anën e majtë të ekuacionit (7). Prandaj, ekuacioni (7) ka këto dy rrënjë, dhe për këtë arsye ekuacioni origjinal (2) është i barabartë me grupin e ekuacioneve

Zgjidhjet e ekuacionit të parë të kësaj bashkësie janë

Zgjidhjet e ekuacionit të dytë nga kjo bashkësi janë

Prandaj, ekuacioni origjinal ka rrënjë

2. Ekuacionet e formës

Ekuacioni

(8) në kushte të caktuara numrat mund të zgjidhen si më poshtë: është e nevojshme të zgjidhet pjesa e plotë në secilën nga fraksionet e ekuacionit, d.m.th., të zëvendësohet ekuacioni (8) me ekuacionin

Reduktojeni atë në formën (1) dhe më pas zgjidheni në mënyrën e përshkruar në paragrafin e mëparshëm.

Shembull. zgjidhin ekuacionin

Zgjidhje. Ekuacionin (9) e shkruajmë në formë ose në formë

Duke përmbledhur termat në kllapa, ne e rishkruajmë barazimin (10) si

Duke bërë ndryshimin e të panjohurës, e rishkruajmë ekuacionin (11) në formë

Duke përmbledhur termat në anën e majtë të ekuacionit (12), ne e rishkruajmë atë në formë

Është e lehtë të shihet se ekuacioni (13) ka dy rrënjë: dhe. Prandaj, ekuacioni origjinal (9) ka katër rrënjë:

3) Ekuacionet e formës.

Një ekuacion i formës (14) në kushte të caktuara për numrat mund të zgjidhet si më poshtë: duke zgjeruar (nëse, sigurisht, kjo është e mundur) secilin prej thyesave në anën e majtë të ekuacionit (14) në shumën e thyesave të thjeshta

Zvogëloni ekuacionin (14) në formën (1), më pas, pasi të keni kryer një rirregullim të përshtatshëm të termave të ekuacionit që rezulton, zgjidheni atë me metodën e përshkruar në paragrafin 1).

Shembull. zgjidhin ekuacionin

Zgjidhje. Meqenëse dhe, atëherë, shumëzoni numëruesin e çdo thyese në ekuacionin (15) me 2 dhe vini re se ekuacioni (15) mund të shkruhet si

Ekuacioni (16) ka formën (7). Duke rigrupuar termat në këtë ekuacion, ne e rishkruajmë atë në formë ose në formë

Ekuacioni (17) është i barabartë me bashkësinë e ekuacioneve dhe

Për të zgjidhur ekuacionin e dytë të grupit (18), do të bëjmë një ndryshim të së panjohurës Më pas ajo do të rishkruhet në formë ose në formë

Duke përmbledhur të gjithë termat në anën e majtë të ekuacionit (19), rishkruajeni atë si

Meqenëse ekuacioni nuk ka rrënjë, ekuacioni (20) nuk i ka as ato.

Ekuacioni i parë i grupit (18) ka një rrënjë të vetme Meqenëse kjo rrënjë përfshihet në ODZ të ekuacionit të dytë të grupit (18), ajo është rrënja e vetme e bashkësisë (18), dhe rrjedhimisht ekuacioni origjinal.

4. Ekuacionet e formës

Ekuacioni

(21) në kushte të caktuara në numrat dhe A, pasi të përfaqësohet çdo term në anën e majtë në formë, mund të reduktohet në formën (1).

Shembull. zgjidhin ekuacionin

Zgjidhje. Le ta rishkruajmë ekuacionin (22) në formë ose në formë

Kështu, ekuacioni (23) reduktohet në formën (1). Tani, duke grupuar termin e parë me të fundit dhe të dytin me të tretën, e rishkruajmë ekuacionin (23) në formën

Ky ekuacion është i barabartë me bashkësinë e ekuacioneve dhe. (24)

Ekuacioni i grupit të fundit (24) mund të rishkruhet si

Ka zgjidhje për këtë ekuacion dhe, duke qenë se përfshihet në ODZ të ekuacionit të dytë të grupit (30), atëherë grupi (24) ka tre rrënjë: Të gjitha janë zgjidhje të ekuacionit origjinal.

5. Ekuacionet e formës.

Ekuacioni i formës (25)

Në kushte të caktuara për numrat, duke zëvendësuar të panjohurën, mund të reduktohet në një ekuacion të formës

Shembull. zgjidhin ekuacionin

Zgjidhje. Meqenëse nuk është zgjidhje e ekuacionit (26), atëherë duke e pjesëtuar numëruesin dhe emëruesin e çdo thyese në anën e majtë me, ne e rishkruajmë atë në formën

Pasi kemi bërë një ndryshim të ndryshoreve, e rishkruajmë ekuacionin (27) në formë

Zgjidhja e ekuacionit (28) është dhe. Prandaj, ekuacioni (27) është ekuivalent me bashkësinë e ekuacioneve u. (29)

Metodat për zgjidhjen e ekuacioneve: n n n Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x) Faktorizimi. Prezantimi i një ndryshoreje të re. Metoda funksionale - grafike. Zgjedhja e rrënjës. Aplikimi i formulave Vieta.

Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x). Metoda mund të zbatohet vetëm kur y = h(x) është një funksion monoton që merr secilën nga vlerat e tij një herë. Nëse funksioni është jo monoton, atëherë humbja e rrënjëve është e mundur.

Zgjidheni ekuacionin (3 x + 2)²³ = (5 x - 9)²³ y = x ²³ funksion në rritje, kështu që nga ekuacioni (3 x + 2)²³ = (5 x - 9)²³ mund të shkoni te ekuacioni 3 x + 2 \u003d 5 x - 9, nga ku gjejmë x \u003d 5.5. Përgjigja: 5.5.

Faktorizimi. Ekuacioni f(x)g(x)h(x) = 0 mund të zëvendësohet me bashkësinë e ekuacioneve f(x) = 0; g(x) = 0; h(x) = 0. Pasi të keni zgjidhur ekuacionet e këtij grupi, ju duhet të merrni ato rrënjë që i përkasin domenit të përkufizimit të ekuacionit origjinal dhe të hidhni pjesën tjetër si të jashtme.

Zgjidheni ekuacionin x³ - 7 x + 6 = 0 Duke përfaqësuar termin 7 x si x + 6 x, marrim në mënyrë sekuenciale: x³ - x - 6 x + 6 = 0 x(x² - 1) - 6 (x - 1) = 0 x (x - 1) (x + 1) - 6 (x - 1) = 0 (x - 1) (x² + x - 6) = 0 Tani problemi është reduktuar në zgjidhjen e një grupi ekuacionesh x - 1 = 0; x² + x - 6 = 0. Përgjigje: 1, 2, - 3.

Prezantimi i një ndryshoreje të re. Nëse ekuacioni y(x) = 0 mund të transformohet në formën p(g(x)) = 0, atëherë duhet të futni një ndryshore të re u = g(x), të zgjidhni ekuacionin p(u) = 0, dhe më pas zgjidh bashkësinë e ekuacioneve g( x) = u 1; g(x) = u2; …; g(x) = un , ku u 1, u 2, … , un janë rrënjët e ekuacionit p(u) = 0.

Zgjidhja e ekuacionit Një tipar i këtij ekuacioni është barazia e koeficientëve të anës së majtë të tij, në distancë të barabartë nga skajet e tij. Ekuacione të tilla quhen reciproke. Meqenëse 0 nuk është rrënja e këtij ekuacioni, pjesëtimi me x² jep

Le të prezantojmë një ndryshore të re Më pas marrim një ekuacion kuadratik Pra, rrënja y 1 = - 1 mund të injorohet. Ne marrim përgjigjen: 2, 0, 5.

Zgjidheni ekuacionin 6(x² - 4)² + 5(x² - 4)(x² - 7 x +12) + (x² - 7 x + 12)² = 0 Ky ekuacion mund të zgjidhet si homogjen. Ndani të dyja anët e ekuacionit me (x² - 7 x +12)² (është e qartë se vlerat x të tilla që x² - 7 x +12=0 nuk janë zgjidhje). Tani le të shënojmë përgjigjen Ne kemi nga këtu:

Metoda funksionale - grafike. Nëse njëri nga funksionet y \u003d f (x), y \u003d g (x) rritet dhe tjetri zvogëlohet, atëherë ekuacioni f (x) \u003d g (x) ose nuk ka rrënjë ose ka një rrënjë.

Zgjidhja e ekuacionit Është mjaft e qartë se x = 2 është rrënja e ekuacionit. Le të vërtetojmë se kjo është rrënja e vetme. Ekuacionin e transformojmë në formën Vëmë re se funksioni është në rritje, dhe funksioni zvogëlohet. Pra, ekuacioni ka vetëm një rrënjë. Përgjigje: 2.

Zgjedhja e rrënjëve n n n Teorema 1: Nëse një numër i plotë m është një rrënjë e një polinomi me koeficientë të plotë, atëherë termi konstant i polinomit është i pjesëtueshëm me m. Teorema 2: Polinomi i reduktuar me koeficientë të plotë nuk ka rrënjë thyesore. Teorema 3: – ekuacioni me numër të plotë Le të jenë koeficientët. Nëse numri dhe thyesa ku p dhe q janë numra të plotë është i pakalueshëm, është rrënja e ekuacionit, atëherë p është pjesëtuesi i termit të lirë an dhe q është pjesëtuesi i koeficientit në termin më të lartë a 0.

Teorema e Bezout. Mbetja kur pjesëtohet çdo polinom me një binom (x - a) është e barabartë me vlerën e polinomit të pjesëtueshëm në x = a. Pasojat e teoremës së Bezout n n n n Ndryshimi i fuqive identike të dy numrave është i pjesëtueshëm pa mbetje me diferencën e numrave të njëjtë; Dallimi i fuqive identike çift të dy numrave është i pjesëtueshëm pa mbetje si me ndryshimin e këtyre numrave ashtu edhe me shumën e tyre; Diferenca e fuqive tek identike të dy numrave nuk pjesëtohet me shumën e këtyre numrave; Shuma e fuqive të barabarta të dy jo-numrave është e pjesëtueshme me diferencën e këtyre numrave; Shuma e fuqive tek identike të dy numrave është e pjesëtueshme pa mbetje me shumën e këtyre numrave; Shuma e fuqive identike çift të dy numrave nuk pjesëtohet as me ndryshimin e këtyre numrave as me shumën e tyre; Polinomi është i pjesëtueshëm me binomin (x - a) nëse dhe vetëm nëse numri a është rrënja e këtij polinomi; Numri i rrënjëve të dallueshme të një polinomi jozero nuk është më shumë se shkalla e tij.

Zgjidheni ekuacionin x³ - 5 x² - x + 21 = 0 Polinomi x³ - 5 x² - x + 21 ka koeficientë të plotë. Sipas teoremës 1, rrënjët e tij të plota, nëse ka, janë ndër pjesëtuesit e termit të lirë: ± 1, ± 3, ± 7, ± 21. Duke kontrolluar, sigurohemi që numri 3 të jetë rrënjë. Nga një përfundim i teoremës së Bezout, polinomi pjesëtohet me (x – 3). Kështu, x³ - 5 x² - x + 21 \u003d (x - 3) (x² - 2 x - 7). Përgjigje:

Zgjidheni ekuacionin 2 x³ - 5 x² - x + 1 = 0 Sipas teoremës 1, vetëm numrat ± 1 mund të jenë rrënjë të plota të ekuacionit. Kontrollimi tregon se këta numra nuk janë rrënjë. Meqenëse ekuacioni nuk është reduktuar, ai mund të ketë rrënjë racionale të pjesshme. Le t'i gjejmë ato. Për ta bërë këtë, shumëzoni të dyja anët e ekuacionit me 4: 8 x³ - 20 x² - 4 x + 4 = 0 Duke zëvendësuar 2 x = t, marrim t³ - 5 t² - 2 t + 4 = 0. Nga Terem 2, të gjitha rrënjët racionale të këtij ekuacioni të reduktuar duhet të jenë të plota. Ato mund të gjenden midis pjesëtuesve të termit konstant: ± 1, ± 2, ± 4. Në këtë rast, t \u003d - 1 është i përshtatshëm. Prandaj, polinomi 2 x³ - 5 x² - x + 1 është i pjesëtueshëm me ( x + 0, 5 ): 2 x³ - 5 x² - x + 1 \u003d (x + 0, 5) (2 x² - 6 x + 2) Zgjidhja e ekuacionit kuadratik 2 x² - 6 x + 2 \u003d 0, ne gjeni rrënjët e mbetura: Përgjigjuni:

Të zgjidhet ekuacioni 6 x³ + x² - 11 x - 6 = 0 Sipas teoremës 3, rrënjët racionale të këtij ekuacioni duhet të kërkohen ndër numrat, duke i zëvendësuar një nga një në ekuacion, gjejmë se ato plotësojnë ekuacionin. Ata shterojnë të gjitha rrënjët e ekuacionit. Përgjigje:

Gjeni shumën e katrorëve të rrënjëve të ekuacionit x³ + 3 x² - 7 x +1 = 0 Nga teorema Vieta Vini re se nga

Specifikoni metodën me të cilën mund të zgjidhet secili prej këtyre ekuacioneve. Zgjidh ekuacionet #1, 4, 15, 17.

Përgjigje dhe udhëzime: 1. Prezantimi i një ndryshoreje të re. 2. Metoda funksionale – grafike. 3. Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x). 4. Faktorizimi. 5. Përzgjedhja e rrënjëve. 6 Metoda funksionale - grafike. 7. Zbatimi i formulave Vieta. 8. Përzgjedhja e rrënjëve. 9. Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x). 10. Prezantimi i një variabli të ri. 11. Faktorizimi. 12. Prezantimi i një variabli të ri. 13. Përzgjedhja e rrënjëve. 14. Zbatimi i formulave Vieta. 15. Metoda funksionale – grafike. 16. Faktorizimi. 17. Prezantimi i një ndryshoreje të re. 18. Faktorizimi.

1. Udhëzim. Shkruajeni ekuacionin si 4(x²+17 x+60)(x+16 x+60)=3 x², pjesëtoni të dyja anët me x². Fut variablin Përgjigje: x 1 = - 8; x 2 \u003d - 7, 5. 4. Indikacion. Shtoni 6 y dhe - 6 y në anën e majtë të ekuacionit dhe shkruajeni si (y³ - 2 y²) + (- 3 y² + 6 y) + (- 8 y + 16) = (y - 2)(y² - 3 vjeç - 8). Përgjigje:

14. Udhëzim. Sipas teoremës Vieta Meqenëse - janë numra të plotë, atëherë rrënjët e ekuacionit mund të jenë vetëm numrat - 1, - 2, - 3. Përgjigja: 15. Përgjigje: - 1. 17. Treguesi. Ndani të dyja anët e ekuacionit me x² dhe shkruajeni si variabël Enter Përgjigja: 1; 15; 2; 3.

Bibliografi. n n n Kolmogorov A. N. "Algjebra dhe fillimet e analizës, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 2003). Bashmakov M. I. "Algjebra dhe fillimi i analizës, 10 - 11" (M.: Arsimi, 1993). Mordkovich A. G. "Algjebra dhe fillimi i analizës, 10 - 11" (M.: Mnemozina, 2003). Alimov Sh. A., Kolyagin Yu. M. et al. "Algjebra dhe fillimet e analizës, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 2000). Galitsky M. L., Goldman A. M., Zvavich L. I. "Koleksioni i problemeve në algjebër, 8 - 9" (M .: Edukimi, 1997). Karp A.P. "Koleksioni i problemeve në algjebër dhe fillimet e analizës, 10 - 11" (M .: Edukimi, 1999). Sharygin I. F. "Kurs opsional në matematikë, zgjidhja e problemeve, 10" (M.: Edukimi. 1989). Skopets Z. A. "Kapituj shtesë në kursin e matematikës, 10" (M .: Arsimi, 1974). Litinsky G.I. "Mësime në matematikë" (Moskë: Aslan, 1994). Muravin G. K. “Ekuacionet, inekuacionet dhe sistemet e tyre” (Matematika, suplement i gazetës “I Shtatori i Parë”, Nr. 2, 3, 2003). Kolyagin Yu. M. "Polinomet dhe ekuacionet e gradave më të larta" (Matematika, shtojcë e gazetës "I pari i shtatorit", nr. 3, 2005).

Qëllimet themelore:

Për të konsoliduar konceptin e një ekuacioni të plotë racional të shkallës së th.
Formuloni metodat kryesore për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta (n > 3).
Të mësojë metodat bazë për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta.
Të mësojë me formën e ekuacionit për të përcaktuar mënyrën më efektive për ta zgjidhur atë.

Format, metodat dhe teknikat pedagogjike që përdoren nga mësuesi në klasë:

Sistemi i trajnimit leksion-seminar (ligjërata - shpjegim i materialit të ri, seminare - zgjidhja e problemeve).
Teknologjitë e informacionit dhe komunikimit (anketimi ballor, punë me gojë me klasën).
Trajnime të diferencuara, forma grupore dhe individuale.
Përdorimi i metodës së kërkimit në mësimdhënie, që synon zhvillimin e aparatit matematik dhe aftësive mendore të secilit student individual.
Materiali i shtypur - një përmbledhje individuale e mësimit (konceptet themelore, formulat, deklaratat, materiali i leksionit është i ngjeshur në formën e diagrameve ose tabelave).

Plani i mësimit:

Koha e organizimit.
Qëllimi i fazës: përfshirja e nxënësve në veprimtaritë mësimore, përcaktimi i përmbajtjes së orës së mësimit.
Përditësimi i njohurive të nxënësve.
Qëllimi i fazës: të përditësojë njohuritë e studentëve për tema të lidhura më parë të studiuara
Mësimi i një teme të re (leksion). Qëllimi i fazës: të formulojë metodat kryesore për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta (n > 3)
Duke përmbledhur.
Qëllimi i skenës: të theksohen edhe një herë pikat kryesore në materialin e studiuar në mësim.
Detyre shtepie.
Qëllimi i skenës: të formulojë detyrat e shtëpisë për nxënësit.

Përmbledhja e mësimit

1. Momenti organizativ.

Formulimi i temës së mësimit: “Ekuacionet e shkallëve më të larta. Metodat për zgjidhjen e tyre”.

2. Aktualizimi i njohurive të nxënësve.

Sondazh teorik – bashkëbisedim. Përsëritja e disa informacioneve të studiuara më parë nga teoria. Nxënësit formulojnë përkufizimet bazë dhe japin pohime të teoremave të nevojshme. Janë dhënë shembuj, duke demonstruar nivelin e njohurive të marra më parë.

Koncepti i një ekuacioni me një ndryshore.
Koncepti i rrënjës së ekuacionit, zgjidhja e ekuacionit.
Koncepti i një ekuacioni linear me një ndryshore, koncepti i një ekuacioni kuadratik me një ndryshore.
Koncepti i ekuivalencës së ekuacioneve, ekuacioni-pasojat (koncepti i rrënjëve të jashtme), kalimi jo si pasojë (rasti i humbjes së rrënjëve).
Koncepti i një shprehjeje të tërë racionale me një ndryshore.
Koncepti i një ekuacioni të tërë racional n shkalla e th. Forma standarde e një ekuacioni të tërë racional. Ekuacioni racional i reduktuar i plotë.
Kalimi në një grup ekuacionesh të shkallëve më të ulëta duke faktorizuar ekuacionin origjinal.
Koncepti i një polinomi n shkalla e th nga x. Teorema e Bezout. Pasojat nga teorema e Bezout. Teorema rrënjësore ( Z-rrënjët dhe P-rrënjët) të një ekuacioni të tërë racional me koeficientë të plotë (përkatësisht të reduktuar dhe të pareduktuar).
Skema e Hornerit.

3. Mësimi i një teme të re.

Ne do të shqyrtojmë të gjithë ekuacionin racional n fuqia e formës standarde me një ndryshore të panjohur x:Pn(x)= 0, ku P n (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0– polinom n shkalla e th nga x, a n ≠ 0 . Nëse a n = 1 atëherë një ekuacion i tillë quhet ekuacion i plotë racional i reduktuar n shkalla e th. Le të shqyrtojmë ekuacione të tilla për vlera të ndryshme n dhe listoni metodat kryesore të zgjidhjes së tyre.

n= 1 është një ekuacion linear.

n= 2 është një ekuacion kuadratik. Formula diskriminuese. Formula për llogaritjen e rrënjëve. Teorema e Vietës. Zgjedhja e një katrori të plotë.

n= 3 është një ekuacion kub.

metoda e grupimit.

Shembull: x 3 – 4x 2 – x+ 4 = 0 (x - 4) (x 2– 1) = 0 x 1 = 4 , x2 = 1,x 3 = -1.

Ekuacioni reciprok kub i formës sëpatë 3 + bx 2 + bx + a= 0. E zgjidhim duke kombinuar terma me koeficientë të njëjtë.

Shembull: x 3 – 5x 2 – 5x + 1 = 0 (x + 1)(x 2 – 6x + 1) = 0 x 1 = -1, x 2 = 3 + 2, x 3 = 3 – 2.

Zgjedhja e rrënjëve Z bazuar në teoremën. Skema e Hornerit. Gjatë aplikimit të kësaj metode, është e nevojshme të theksohet se numërimi në këtë rast është i fundëm, dhe ne zgjedhim rrënjët sipas një algoritmi të caktuar në përputhje me teoremën mbi Z-rrënjët e ekuacionit të plotë racional të reduktuar me koeficientë të plotë.

Shembull: x 3 – 9x 2 + 23x– 15 = 0. Ekuacioni zvogëlohet. Ne shkruajmë pjesëtuesit e termit të lirë ( + 1; + 3; + 5; + 15). Le të zbatojmë skemën e Horner:

	x 3	x 2	x 1	x 0	përfundimi
	1	-9	23	-15
1	1	1 x 1 - 9 = -8	1 x (-8) + 23 = 15	1 x 15 - 15 = 0	1 - rrënjë
	x 2	x 1	x 0

ne marrim ( x – 1)(x 2 – 8x + 15) = 0 x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5.

Ekuacioni me koeficientët numër të plotë. Zgjedhja e rrënjëve Q bazuar në teoremën. Skema e Hornerit. Gjatë aplikimit të kësaj metode, është e nevojshme të theksohet se numërimi në këtë rast është i fundëm dhe ne i zgjedhim rrënjët sipas një algoritmi të caktuar në përputhje me teoremën mbi P-rrënjët e një ekuacioni racional të tërësishëm të pareduktuar me koeficientë të plotë.

Shembull: 9 x 3 + 27x 2 – x– 3 = 0. Ekuacioni nuk zvogëlohet. Ne shkruajmë pjesëtuesit e termit të lirë ( + 1; + 3). Le të shkruajmë pjesëtuesit e koeficientit në fuqinë më të lartë të së panjohurës. ( + 1; + 3; + 9) Prandaj, ne do të kërkojmë rrënjë midis vlerave ( + 1; + ; + ; + 3). Le të zbatojmë skemën e Horner:

	x 3	x 2	x 1	x 0	përfundimi
	9	27	-1	-3
1	9	1 x 9 + 27 = 36	1 x 36 - 1 = 35	1 x 35 - 3 = 32 ≠ 0	1 nuk është rrënjë
-1	9	-1 x 9 + 27 = 18	-1 x 18 - 1 = -19	-1 x (-19) - 3 = 16 ≠ 0	-1 nuk është rrënjë
	9	x9 + 27 = 30	x 30 - 1 = 9	x 9 - 3 = 0	rrënjë
	x 2	x 1	x 0

ne marrim ( x – )(9x 2 + 30x + 9) = 0 x 1 = , x 2 = - , x 3 = -3.

Për lehtësinë e llogaritjes kur zgjidhni Q -rrënjët mund të jetë e përshtatshme për të bërë një ndryshim të ndryshores, shkoni te ekuacioni i mësipërm dhe rregulloni Z -rrënjët.

Nëse ndërprerja është 1

.

Nëse është e mundur të përdoret zëvendësimi i formës y=kx

.

Formula Cardano. Ekziston një metodë universale për zgjidhjen e ekuacioneve kubike - kjo është formula Cardano. Kjo formulë lidhet me emrat e matematikanëve italianë Gerolamo Cardano (1501–1576), Nicolo Tartaglia (1500–1557), Scipio del Ferro (1465–1526). Kjo formulë qëndron jashtë fushëveprimit të kursit tonë.

n= 4 është një ekuacion i shkallës së katërt.

metoda e grupimit.

Shembull: x 4 + 2x 3 + 5x 2 + 4x – 12 = 0 (x 4 + 2x 3) + (5x 2 + 10x) – (6x + 12) = 0 (x + 2)(x 3 + 5x- 6) = 0 (x + 2)(x– 1)(x 2 + x + 6) = 0 x 1 = -2, x 2 = 1.

Metoda e zëvendësimit të ndryshueshëm.

Ekuacioni bikuadratik i formës sëpatë 4 + bx 2+s = 0 .

Shembull: x 4 + 5x 2 - 36 = 0. Zëvendësim y = x 2. Nga këtu y 1 = 4, y 2 = -9. Kjo është arsyeja pse x 1,2 = + 2 .

Ekuacioni reciprok i shkallës së katërt të formës sëpatë 4 + bx 3+c x 2 + bx + a = 0.

Ne e zgjidhim duke kombinuar terma me koeficientë të njëjtë duke zëvendësuar formularin

sëpatë 4 + bx 3 + cx 2 – bx + a = 0.

Ekuacion i përgjithësuar prapa i shkallës së katërt të formës sëpatë 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k2 a = 0.

Zëvendësimi i përgjithshëm. Disa zëvendësime standarde.

Shembulli 3 . Zëvendësimi i pamjes së përgjithshme(rrjedh nga forma e një ekuacioni të caktuar).

n = 3.

Ekuacioni me koeficientët numër të plotë. Përzgjedhja e rrënjëve Q n = 3.

Formula e përgjithshme. Ekziston një metodë universale për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës së katërt. Kjo formulë lidhet me emrin e Ludovico Ferrarit (1522-1565). Kjo formulë qëndron jashtë fushëveprimit të kursit tonë.

n > 5 - ekuacionet e shkallës së pestë dhe më të lartë.

Ekuacioni me koeficientët numër të plotë. Zgjedhja e rrënjëve Z bazuar në teoremën. Skema e Hornerit. Algoritmi është i ngjashëm me atë të diskutuar më sipër n = 3.

Ekuacioni me koeficientët numër të plotë. Përzgjedhja e rrënjëve Q bazuar në teoremën. Skema e Hornerit. Algoritmi është i ngjashëm me atë të diskutuar më sipër n = 3.

Ekuacionet simetrike. Çdo ekuacion reciprok i shkallës tek ka një rrënjë x= -1 dhe pasi e zbërthejmë në faktorë, marrim se një faktor ka formën ( x+ 1), dhe faktori i dytë është një ekuacion reciprok me shkallë çift (shkalla e tij është një më pak se shkalla e ekuacionit origjinal). Çdo ekuacion reciprok me shkallë çift së bashku me një rrënjë të formës x = φ përmban edhe rrënjën e formës . Duke përdorur këto pohime, ne e zgjidhim problemin duke ulur shkallën e ekuacionit në studim.

Metoda e zëvendësimit të ndryshueshëm. Përdorimi i homogjenitetit.

Nuk ka asnjë formulë të përgjithshme për zgjidhjen e ekuacioneve me numër të plotë të shkallës së pestë (kjo u tregua nga matematikani italian Paolo Ruffini (1765-1822) dhe matematikani norvegjez Nils Henrik Abel (1802-1829)) dhe fuqitë më të larta (kjo u tregua nga francezët. matematikan Evariste Galois (1811-1832) )).

Kujtoni përsëri se në praktikë është e mundur të përdoret kombinime metodat e listuara më sipër. Është i përshtatshëm për të kaluar në një grup ekuacionesh të shkallëve më të ulëta nga faktorizimi i ekuacionit origjinal.
Jashtë objektit të diskutimit tonë të sotëm, ato përdoren gjerësisht në praktikë metodat grafike zgjidhjen e ekuacioneve dhe metodat e përafërta të zgjidhjes ekuacione të shkallëve më të larta.

Ka situata kur ekuacioni nuk ka rrënjë R.

Duke përdorur vetinë e monotonitetit të funksioneve

4. Përmbledhje.

Përmbledhje: Tani kemi zotëruar metodat themelore për zgjidhjen e ekuacioneve të ndryshme të shkallëve më të larta (për n > 3). Detyra jonë është të mësojmë se si të përdorim në mënyrë efektive algoritmet e mësipërme. Në varësi të llojit të ekuacionit, do të duhet të mësojmë se si të përcaktojmë se cila metodë zgjidhjeje është më efektive në këtë rast, si dhe të zbatojmë saktë metodën e zgjedhur.

5. Detyrë shtëpie.

: pika 7, fq 164–174, nr 33–36, 39–44, 46,47.

: №№ 9.1–9.4, 9.6–9.8, 9.12, 9.14–9.16, 9.24–9.27.

Temat e mundshme të raporteve ose abstrakteve për këtë temë:

Formula Cardano
Metoda grafike për zgjidhjen e ekuacioneve. Shembuj zgjidhjesh.
Metodat për zgjidhjen e përafërt të ekuacioneve.

Analiza e asimilimit të materialit dhe interesi i studentëve për temën:

Përvoja tregon se interesi i studentëve në radhë të parë është mundësia e përzgjedhjes Z-rrënjët dhe P-rrënjët e ekuacioneve duke përdorur një algoritëm mjaft të thjeshtë duke përdorur skemën e Hornerit. Studentët janë gjithashtu të interesuar për lloje të ndryshme standarde të zëvendësimit të ndryshoreve, të cilat mund të thjeshtojnë ndjeshëm llojin e problemit. Metodat grafike të zgjidhjes janë zakonisht me interes të veçantë. Në këtë rast, ju gjithashtu mund t'i analizoni detyrat në një metodë grafike për zgjidhjen e ekuacioneve; diskutoni pamjen e përgjithshme të grafikut për një polinom 3, 4, 5 gradë; analizoni se si numri i rrënjëve të ekuacioneve 3, 4, 5 gradë është i lidhur me llojin e grafikut përkatës. Më poshtë është një listë e librave ku mund të gjeni informacione shtesë për këtë temë.

Bibliografi:

Vilenkin N.Ya. etj “Algjebër. Një libër shkollor për studentët në klasat 9 me një studim të thelluar të matematikës ”- M., Edukimi, 2007 - 367 f.
Vilenkin N.Ya., Shibasov L.P., Shibasova Z.F.“Pas faqeve të një teksti matematike. Aritmetika. Algjebër. Klasat 10-11” – M., Iluminizmi, 2008 – 192 f.
Vygodsky M.Ya."Doracak i matematikës" - M., AST, 2010 - 1055 f.
Galitsky M.L.“Mbledhja e problemave në algjebër. Libër mësuesi për klasat 8-9 me studim të thelluar të matematikës ”- M., Edukimi, 2008 - 301 f.
Zvavich L.I. et al “Algjebra dhe fillimet e analizës. 8-11 qeliza Një manual për shkollat dhe klasat me studim të thelluar të matematikës ”- M., Drofa, 1999 - 352 f.
Zvavich L.I., Averyanov D.I., Pigarev B.P., Trushanina T.N."Detyrat në matematikë për t'u përgatitur për një provim me shkrim në klasën 9" - M., Arsimi, 2007 - 112 f.
Ivanov A.A., Ivanov A.P.“Teste tematike për sistemimin e njohurive në matematikë” pjesa 1 - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 f.
Ivanov A.A., Ivanov A.P.“Teste tematike për sistemimin e njohurive në matematikë” pjesa 2 - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 f.
Ivanov A.P.“Teste dhe teste në matematikë. Tutorial". - M., Fizmatkniga, 2008 - 304 f.
Leibson K.L.“Përmbledhje detyrash praktike në matematikë. Pjesa 2–9 klasa” – M., MTsNMO, 2009 – 184 f.
Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G."Algjebra. Kapituj plotësues për tekstin e shkollës 9-vjeçare. Libër mësuesi për nxënësit e shkollave dhe klasave me studim të thelluar të matematikës.” - M., Arsimi, 2006 - 224 f.
Mordkovich A.G."Algjebra. Studim i thelluar. klasën e 8-të. Libër mësuesi” – M., Mnemosyne, 2006 – 296 f.
Savin A.P."Fjalori Enciklopedik i një Matematikani të Ri" - M., Pedagogji, 1985 - 352 f.
Survillo G.S., Simonov A.S."Materiale didaktike mbi algjebrën për klasën 9 me studim të thelluar të matematikës" - M., Edukimi, 2006 - 95 f.
Chulkov P.V.“Ekuacionet dhe pabarazitë në lëndën shkollore të matematikës. Leksione 1–4” – M., First of September, 2006 – 88 f.
Chulkov P.V.“Ekuacionet dhe pabarazitë në lëndën shkollore të matematikës. Leksione 5–8” – M., First of September, 2009 – 84 f.

Artikulli i mëparshëm: Sa është shpejtësia e dritës Artikulli vijues: Karakteristikat e elementit të karbonit dhe vetitë kimike