Másodfokú egyenletek. Teljes és nem teljes másodfokú egyenlet. Nem teljes másodfokú egyenletek definíciója és példái Másodfokú egyenlet kifejezése gyökekkel

A modern társadalomban a négyzetes változót tartalmazó egyenletek operálásának képessége számos tevékenységi területen hasznos lehet, és széles körben alkalmazzák a gyakorlatban a tudományos és műszaki fejlesztésekben. Ezt a tengeri és folyami hajók, repülőgépek és rakéták tervezése bizonyítja. Az ilyen számítások segítségével meghatározzák a különböző testek, köztük az űrobjektumok mozgásának pályáit. A másodfokú egyenletek megoldására szolgáló példákat nem csak a gazdasági előrejelzésben, az épületek tervezésében és kivitelezésében, hanem a leghétköznapibb körülmények között is alkalmazzák. Szükség lehet rájuk kempingezéskor, sportrendezvényeken, üzletekben vásárláskor és más nagyon gyakori helyzetekben.

Bontsuk fel a kifejezést komponenstényezőkre

Az egyenlet mértékét a változó fokszámának maximális értéke határozza meg, amelyet az adott kifejezés tartalmaz. Ha egyenlő 2-vel, akkor egy ilyen egyenletet másodfokú egyenletnek nevezünk.

Ha a formulák nyelvén beszélünk, akkor ezek a kifejezések, akárhogy is néznek ki, mindig formába hozhatók, amikor a kifejezés bal oldala három tagból áll. Köztük: ax 2 (vagyis változó négyzetben az együtthatójával), bx (együtthatós négyzet nélküli ismeretlen) és c (szabad komponens, azaz közönséges szám). Mindez a jobb oldalon 0. Abban az esetben, ha egy ilyen polinomnak az ax 2 kivételével nincs meg az egyik alkotótagja, azt hiányos másodfokú egyenletnek nevezzük. Elsőként olyan problémák megoldására érdemes példákat venni, amelyekben a változók értékét nem nehéz megtalálni.

Ha a kifejezés úgy néz ki, hogy a kifejezés jobb oldalán két tag van, pontosabban az ax 2 és a bx, akkor az x-et a legegyszerűbb a változó zárójelbe helyezésével találni. Most az egyenletünk így fog kinézni: x(ax+b). Továbbá nyilvánvalóvá válik, hogy vagy x=0, vagy a probléma a következő kifejezésből való változó keresésére redukálódik: ax+b=0. Ezt a szorzás egyik tulajdonsága diktálja. A szabály szerint két tényező szorzata csak akkor 0, ha az egyik nulla.

Példa

x=0 vagy 8x - 3 = 0

Ennek eredményeként az egyenlet két gyökét kapjuk: 0 és 0,375.

Az ilyen egyenletek leírhatják a testek gravitáció hatására történő mozgását, amelyek egy bizonyos ponttól indultak el, amelyet origónak tekintünk. Itt a matematikai jelölés a következő alakot ölti: y = v 0 t + gt 2 /2. A szükséges értékek behelyettesítésével, a jobb oldal 0-val való egyenlővé tételével és az esetleges ismeretlenek megtalálásával megtudhatja a test felemelkedésétől a leesésig eltelt időt, valamint sok más mennyiséget is. De erről később beszélünk.

Egy kifejezés faktorálása

A fent leírt szabály lehetővé teszi ezeknek a problémáknak a megoldását bonyolultabb esetekben is. Tekintsünk példákat az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldására.

X2 - 33x + 200 = 0

Ez a négyzetes trinom kész. Először is átalakítjuk a kifejezést, és faktorokra bontjuk. Ebből kettő van: (x-8) és (x-25) = 0. Ennek eredményeként két gyökünk van: 8 és 25.

A 9. osztályos másodfokú egyenletek megoldására vonatkozó példák lehetővé teszik, hogy ez a módszer nemcsak másodrendű, hanem akár harmad- és negyedrendű kifejezésekben is változót találjon.

Például: 2x 3 + 2x 2 - 18x - 18 = 0. Ha a jobb oldalt változóval faktorokba vesszük, akkor ezek közül három van, azaz (x + 1), (x-3) és (x +) 3).

Ennek eredményeként nyilvánvalóvá válik, hogy ennek az egyenletnek három gyökere van: -3; -egy; 3.

A négyzetgyök kivonása

A hiányos másodrendű egyenlet másik esete a betűk nyelvén írt kifejezés úgy, hogy a jobb oldal az ax 2 és c komponensekből épül fel. Itt a változó értékének megszerzéséhez a szabad tagot átvisszük a jobb oldalra, majd ezt követően az egyenlőség mindkét oldaláról kinyerjük a négyzetgyököt. Meg kell jegyezni, hogy ebben az esetben az egyenletnek általában két gyöke van. Kivételt képeznek a c kifejezést egyáltalán nem tartalmazó egyenlőségek, ahol a változó nullával egyenlő, valamint a kifejezések olyan változatai, amikor a jobb oldal negatívnak bizonyul. Ez utóbbi esetben egyáltalán nincs megoldás, mivel a fenti műveletek nem hajthatók végre gyökérrel. Meg kell fontolni az ilyen típusú másodfokú egyenletek megoldási példáit.

Ebben az esetben az egyenlet gyökerei a -4 és 4 számok lesznek.

A földterület kiszámítása

Az effajta számítások igénye már az ókorban felmerült, mert a matematika fejlődése azokban a távoli időkben nagyrészt annak volt köszönhető, hogy a földterületek területét és kerületét a legnagyobb pontossággal kellett meghatározni.

Ilyen jellegű feladatok alapján összeállított másodfokú egyenletek megoldására is érdemes példákat venni.

Tehát tegyük fel, hogy van egy téglalap alakú földdarab, amelynek hossza 16 méterrel több, mint a szélessége. Meg kell keresni a telek hosszát, szélességét és kerületét, ha ismert, hogy a területe 612 m 2.

Ha rátérünk az üzletre, először elkészítjük a szükséges egyenletet. Jelöljük a szakasz szélességét x-el, akkor a hossza (x + 16) lesz. A leírtakból következik, hogy a területet az x (x + 16) kifejezés határozza meg, ami a feladatunk feltétele szerint 612. Ez azt jelenti, hogy x (x + 16) \u003d 612.

A teljes másodfokú egyenletek megoldása, és ez a kifejezés éppen erről szól, nem végezhető el ugyanúgy. Miért? Bár ennek bal oldala továbbra is két tényezőt tartalmaz, ezek szorzata egyáltalán nem egyenlő 0-val, ezért itt más módszereket alkalmazunk.

Megkülönböztető

Először is elvégezzük a szükséges átalakításokat, majd ennek a kifejezésnek a megjelenése így fog kinézni: x 2 + 16x - 612 = 0. Ez azt jelenti, hogy a korábban megadott szabványnak megfelelő formájú kifejezést kaptunk, ahol a=1, b=16, c=-612.

Ez egy példa lehet másodfokú egyenletek megoldására a diszkrimináns segítségével. Itt a szükséges számításokat a séma szerint végezzük: D = b 2 - 4ac. Ez a segédérték nemcsak a kívánt értékek megtalálását teszi lehetővé a másodrendű egyenletben, hanem meghatározza a lehetséges opciók számát. D>0 esetben kettő van belőlük; D=0 esetén egy gyök van. Abban az esetben, ha D<0, никаких шансов для решения у уравнения вообще не имеется.

A gyökerekről és képletükről

Esetünkben a diszkrimináns: 256 - 4(-612) = 2704. Ez azt jelzi, hogy a problémánkra van válasz. Ha tudja, a másodfokú egyenletek megoldását az alábbi képlettel kell folytatni. Lehetővé teszi a gyökerek kiszámítását.

Ez azt jelenti, hogy a bemutatott esetben: x 1 =18, x 2 =-34. A második lehetőség ebben a dilemmában nem jelenthet megoldást, mert a telek mérete nem mérhető negatív értékekben, ami azt jelenti, hogy x (vagyis a telek szélessége) 18 m. Innen számítjuk a hosszt: 18+16=34, a kerület pedig 2(34+ 18) = 104 (m 2).

Példák és feladatok

Folytatjuk a másodfokú egyenletek tanulmányozását. Az alábbiakban példákat és ezek közül néhány részletes megoldását mutatjuk be.

1) 15x2 + 20x + 5 = 12x2 + 27x + 1

Vigyünk át mindent az egyenlőség bal oldalára, hajtsunk végre egy transzformációt, azaz megkapjuk az egyenlet alakját, amit általában standardnak neveznek, és egyenlővé tesszük a nullával.

15x 2 + 20x + 5 - 12x 2 - 27x - 1 = 0

A hasonlók hozzáadása után meghatározzuk a diszkriminánst: D \u003d 49 - 48 \u003d 1. Tehát az egyenletünknek két gyöke lesz. A fenti képlet szerint számítjuk ki őket, ami azt jelenti, hogy az első 4/3, a második pedig 1 lesz.

2) Most másfajta rejtvényeket fogunk feltárni.

Nézzük meg, hogy vannak-e itt egyáltalán x 2 - 4x + 5 = 1 gyökök? A kimerítő válasz érdekében a polinomot a megfelelő ismert alakra hozzuk, és kiszámítjuk a diszkriminánst. Ebben a példában nem szükséges a másodfokú egyenletet megoldani, mert a probléma lényege egyáltalán nem ebben rejlik. Ebben az esetben D \u003d 16 - 20 \u003d -4, ami azt jelenti, hogy tényleg nincsenek gyökerek.

Vieta tétele

Kényelmes a másodfokú egyenletek megoldása a fenti képletekkel és a diszkriminánssal, ha az utóbbi értékéből kivonjuk a négyzetgyököt. De ez nem mindig történik meg. Ebben az esetben azonban sokféleképpen lehet megkapni a változók értékét. Példa: másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével. Nevét egy férfiról kapta, aki a 16. századi Franciaországban élt, és matematikai tehetségének és udvari kapcsolatainak köszönhetően ragyogó karriert futott be. Portréja a cikkben látható.

A minta, amelyet a híres francia észrevett, a következő volt. Bebizonyította, hogy az egyenlet gyökeinek összege -p=b/a, szorzatuk pedig q=c/a.

Most nézzük meg a konkrét feladatokat.

3x2 + 21x - 54 = 0

Az egyszerűség kedvéért alakítsuk át a kifejezést:

x 2 + 7x - 18 = 0

A Vieta-tételt használva ez a következőt kapja: a gyökök összege -7, a szorzatuk pedig -18. Innen azt kapjuk, hogy az egyenlet gyökerei a -9 és 2 számok. Ellenőrzés után megbizonyosodunk arról, hogy a változók ezen értékei valóban beleférnek-e a kifejezésbe.

Parabola grafikonja és egyenlete

A másodfokú függvény és a másodfokú egyenletek fogalma szorosan összefügg. Erre már volt példa korábban. Most nézzünk meg néhány matematikai rejtvényt kicsit részletesebben. Bármely leírt típusú egyenlet vizuálisan ábrázolható. Az ilyen, gráf formájában megrajzolt függőséget parabolának nevezzük. Különböző típusai az alábbi ábrán láthatók.

Minden parabolának van egy csúcsa, vagyis egy pont, ahonnan az ágai kijönnek. Ha a>0, akkor magasra mennek a végtelenbe, és amikor a<0, они рисуются вниз. Простейшим примером подобной зависимости является функция y = x 2 . В данном случае в уравнении x 2 =0 неизвестное может принимать только одно значение, то есть х=0, а значит существует только один корень. Это неудивительно, ведь здесь D=0, потому что a=1, b=0, c=0. Выходит формула корней (точнее одного корня) квадратного уравнения запишется так: x = -b/2a.

A függvények vizuális megjelenítése segít bármilyen egyenlet megoldásában, beleértve a másodfokúakat is. Ezt a módszert grafikusnak nevezik. Az x változó értéke pedig az abszcissza koordinátája azokban a pontokban, ahol a gráfvonal metszi a 0x-et. A csúcs koordinátáit az imént adott x 0 = -b / 2a képlettel találhatjuk meg. És a kapott értéket behelyettesítve a függvény eredeti egyenletébe, megtudhatjuk, hogy y 0, azaz az y tengelyhez tartozó parabola csúcs második koordinátája.

A parabola ágainak metszéspontja az abszcissza tengellyel

Sok példa van a másodfokú egyenletek megoldására, de vannak általános minták is. Tekintsük őket. Nyilvánvaló, hogy a gráf 0x tengellyel való metszéspontja a>0 esetén csak akkor lehetséges, ha y 0 negatív értékeket vesz fel. És a<0 координата у 0 должна быть положительна. Для указанных вариантов D>0. Különben D<0. А когда D=0, вершина параболы расположена непосредственно на оси 0х.

A parabola grafikonjából a gyököket is meghatározhatja. Ennek a fordítottja is igaz. Vagyis ha nem könnyű egy másodfokú függvény vizuális ábrázolását kapni, akkor a kifejezés jobb oldalát egyenlővé teheti 0-val, és megoldhatja a kapott egyenletet. A 0x tengellyel való metszéspontok ismeretében pedig egyszerűbb az ábrázolás.

A történelemből

A négyzetes változót tartalmazó egyenletek segítségével a régi időkben nemcsak matematikai számításokat végeztek, hanem meghatározták a geometriai alakzatok területét. A régieknek szükségük volt ilyen számításokra a fizika és a csillagászat terén tett grandiózus felfedezésekhez, valamint az asztrológiai előrejelzésekhez.

A modern tudósok szerint Babilon lakói az elsők között oldották meg a másodfokú egyenleteket. Négy évszázaddal korunk eljövetele előtt történt. Természetesen számításaik alapvetően eltértek a jelenleg elfogadottaktól, és sokkal primitívebbnek bizonyultak. Például a mezopotámiai matematikusoknak fogalmuk sem volt a negatív számok létezéséről. Nem ismerték azokat a finomságokat sem, amelyeket korunk diákjai ismertek.

Talán még Babilon tudósainál korábban is az indiai bölcs, Baudhayama vette fel a másodfokú egyenletek megoldását. Ez körülbelül nyolc évszázaddal Krisztus korszakának eljövetele előtt történt. Igaz, a másodrendű egyenletek, az általa megadott megoldási módszerek voltak a legegyszerűbbek. Rajta kívül a kínai matematikusok is érdeklődtek a hasonló kérdések iránt régen. Európában a másodfokú egyenleteket csak a 13. század elején kezdték megoldani, később azonban olyan nagy tudósok is alkalmazták őket munkáik során, mint Newton, Descartes és még sokan mások.

Képletek másodfokú egyenlet gyökére. A valódi, többszörös és összetett gyökerek eseteit vizsgáljuk. Négyzetes trinom tényezõzése. Geometriai értelmezés. Példák a gyökerek meghatározására és a faktorizációra.

Lásd még: Másodfokú egyenletek online megoldása

Alapképletek

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

Továbbá feltételezzük, hogy ezek valós számok.
Fontolgat másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
.
Ha a diszkrimináns pozitív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két különböző valós gyöke van:
; .
Ekkor a négyzetes trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.
Ha a diszkrimináns nulla, 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:
; .
Akkor

.

Grafikus értelmezés

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

Hasznos képletek a másodfokú egyenlethez

(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:
.
Ebből látható, hogy az egyenlet

órakor előadták
és .
Vagyis és a másodfokú egyenlet gyökerei
.

Példák másodfokú egyenlet gyökeinek meghatározására

1. példa

(1.1) .

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

Innen megkapjuk a négyzetháromság faktorokra való felosztását:

.

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 pontban metszi az x tengelyt (tengelyt):
és .
Ezek a pontok az eredeti (1.1) egyenlet gyökerei.

;
;
.

2. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(2.1) .

A másodfokú egyenletet általános formában írjuk fel:
.
Az eredeti (2.1) egyenlettel összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
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 nevezzük. Vagyis úgy gondolják, hogy két egyenlő gyökér van:
.

;
.

3. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(3.1) .

A másodfokú egyenletet általános formában írjuk fel:
(1) .
Írjuk át az eredeti (3.1) egyenletet:
.
Az (1)-el összehasonlítva megtaláljuk az együtthatók értékeit:
.
A diszkrimináns megtalálása:
.
A diszkrimináns negatív, . Ezért nincsenek igazi gyökerek.

Összetett gyökereket találhat:
;
;
.

Akkor


.

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

Ábrázoljuk a függvényt
.
Ennek a függvénynek a grafikonja egy parabola. Nem keresztezi az abszcisszát (tengelyt). Ezért nincsenek igazi gyökerek.

Nincsenek igazi gyökerek. Összetett gyökerek:
;
;
.

Ez a téma elsőre bonyolultnak tűnhet a sok nem túl egyszerű képlet miatt. Nemcsak maguknak a másodfokú egyenleteknek vannak hosszú bejegyzései, hanem a gyökerek is megtalálhatók a diszkriminánson keresztül. Összesen három új képlet van. Nem könnyű megjegyezni. Ez csak az ilyen egyenletek gyakori megoldása után lehetséges. Ezután az összes képlet magától emlékezni fog.

A másodfokú egyenlet általános képe

Itt az explicit jelölésüket javasoljuk, amikor először a legnagyobb fokozatot írják le, majd - csökkenő sorrendben. Gyakran vannak olyan helyzetek, amikor a kifejezések eltérnek egymástól. Ekkor érdemes átírni az egyenletet a változó mértéke szerinti csökkenő sorrendbe.

Vezessük be a jelölést. Ezeket az alábbi táblázat mutatja be.

Ha elfogadjuk ezeket a jelöléseket, akkor minden másodfokú egyenlet a következő jelölésre redukálódik.

Ráadásul az együttható a ≠ 0. Jelöljük ezt a képletet egyes számmal.

Amikor az egyenlet adott, nem világos, hogy hány gyök lesz a válaszban. Mert a három lehetőség egyike mindig lehetséges:

• a megoldásnak két gyökere lesz;
• a válasz egy szám lesz;
• Az egyenletnek egyáltalán nincs gyökere.

És bár a döntés nem jár a végére, nehéz megérteni, hogy egy adott esetben melyik opció esik ki.

A másodfokú egyenletek rekordjainak típusai

A feladatoknak különböző bejegyzései lehetnek. Nem mindig úgy néznek ki, mint egy másodfokú egyenlet általános képlete. Néha hiányozni fog néhány kifejezés. A fentebb leírtak a teljes egyenlet. Ha eltávolítja belőle a második vagy harmadik kifejezést, akkor valami mást kap. Ezeket a rekordokat másodfokú egyenleteknek is nevezik, csak hiányosak.

Ráadásul csak azok a kifejezések tűnhetnek el, amelyekre a „b” és „c” együtthatók. Az "a" szám semmilyen körülmények között nem lehet egyenlő nullával. Mert ebben az esetben a képlet lineáris egyenletté alakul. Az egyenletek hiányos alakjának képletei a következők lesznek:

Tehát csak két típusa van, a teljesek mellett vannak hiányos másodfokú egyenletek is. Legyen az első képlet kettes, a második pedig három.

A diszkrimináns és a gyökök számának az értékétől való függése

Ezt a számot ismerni kell az egyenlet gyökereinek kiszámításához. Mindig ki lehet számítani, függetlenül attól, hogy milyen képletű a másodfokú egyenlet. A diszkrimináns kiszámításához az alább írt egyenlőséget kell használni, amely négyes számmal rendelkezik.

Miután behelyettesítette az együtthatók értékét ebbe a képletbe, különböző előjelű számokat kaphat. Ha a válasz igen, akkor az egyenletre adott válasz két különböző gyök lesz. Negatív szám esetén a másodfokú egyenlet gyökei hiányoznak. Ha egyenlő nullával, a válasz egy lesz.

Hogyan oldható meg a teljes másodfokú egyenlet?

Valójában ennek a kérdésnek a vizsgálata már megkezdődött. Mert először meg kell találni a diszkriminánst. Miután tisztáztuk, hogy a másodfokú egyenletnek vannak gyökei, és a számuk ismert, a változók képleteit kell használni. Ha két gyökér van, akkor ilyen képletet kell alkalmaznia.

Mivel a „±” jelet tartalmazza, két érték lesz. A négyzetgyök jel alatti kifejezés a diszkrimináns. Ezért a képlet más módon is átírható.

Forma öt. Ugyanabból a rekordból látható, hogy ha a diszkrimináns nulla, akkor mindkét gyök ugyanazt az értéket veszi fel.

Ha a másodfokú egyenletek megoldását még nem dolgozták ki, akkor jobb, ha felírja az összes együttható értékét a diszkrimináns és változó képletek alkalmazása előtt. Később ez a pillanat nem okoz nehézségeket. De a legelején zavar van.

Hogyan lehet megoldani egy nem teljes másodfokú egyenletet?

Itt minden sokkal egyszerűbb. Még nincs szükség további képletekre. És nem lesz szükséged azokra, amelyeket már megírtak a megkülönböztetőnek és az ismeretlennek.

Először nézzük meg a kettes számú hiányos egyenletet. Ebben az egyenlőségben az ismeretlen értéket ki kell venni a zárójelből, és megoldani a lineáris egyenletet, amely a zárójelben marad. A válasznak két gyökere lesz. Az első szükségszerűen egyenlő nullával, mert van egy tényező, amely magából a változóból áll. A másodikat egy lineáris egyenlet megoldásával kapjuk.

A hármas számú hiányos egyenletet úgy oldjuk meg, hogy a számot az egyenlet bal oldaláról jobbra helyezzük át. Ezután el kell osztania az ismeretlen előtti együtthatóval. Csak a négyzetgyök kinyerése marad hátra, és ne felejtse el kétszer leírni ellentétes előjelekkel.

Az alábbiakban felsorolunk néhány műveletet, amelyek segítenek megtanulni, hogyan kell megoldani mindenféle másodfokú egyenletté alakuló egyenlőséget. Segítenek a tanulónak elkerülni a figyelmetlenségből fakadó hibákat. Ezek a hiányosságok a rossz osztályzatok okai a kiterjedt "Negyedik egyenletek (8. osztály)" témakör tanulmányozása során. Ezt követően ezeket a műveleteket nem kell folyamatosan végrehajtani. Mert lesz egy stabil szokás.

• Először meg kell írni az egyenletet szabványos formában. Vagyis először a változó legnagyobb fokával rendelkező tagot, majd - fokszám és utolsó nélkül - csak egy számot.

• Ha egy mínusz jelenik meg az "a" együttható előtt, akkor ez megnehezítheti a kezdő másodfokú egyenletek tanulmányozását. Jobb megszabadulni tőle. Ebből a célból minden egyenlőséget meg kell szorozni "-1"-gyel. Ez azt jelenti, hogy minden kifejezés előjelét az ellenkezőjére váltja.

• Ugyanígy ajánlott megszabadulni a frakcióktól. Egyszerűen szorozza meg az egyenletet a megfelelő tényezővel, hogy a nevezők érvénytelenítsék.

Példák

A következő másodfokú egyenleteket kell megoldani:

x 2 - 7x \u003d 0;

15 - 2x - x 2 \u003d 0;

x 2 + 8 + 3x = 0;

12x + x 2 + 36 = 0;

(x+1) 2 + x + 1 = (x+1) (x+2).

Az első egyenlet: x 2 - 7x \u003d 0. Hiányos, ezért a kettes számú képletnél leírtak szerint van megoldva.

A zárójelezés után kiderül: x (x - 7) \u003d 0.

Az első gyök a következő értéket veszi fel: x 1 \u003d 0. A második a lineáris egyenletből lesz megtalálható: x - 7 \u003d 0. Könnyen belátható, hogy x 2 = 7.

Második egyenlet: 5x2 + 30 = 0. Ismét hiányos. Csak a harmadik képletnél leírtak szerint van megoldva.

Miután a 30-at átvittük az egyenlet jobb oldalára: 5x 2 = 30. Most el kell osztani 5-tel. Kiderült: x 2 = 6. A válaszok számok lesznek: x 1 = √6, x 2 = - √ 6.

Harmadik egyenlet: 15 - 2x - x 2 \u003d 0. Itt és lent a másodfokú egyenletek megoldása úgy kezdődik, hogy átírja őket egy szabványos alakba: - x 2 - 2x + 15 \u003d 0. Itt az ideje, hogy a másodikat használjuk hasznos tipp, és mindent szorozzon meg mínusz eggyel. Kiderül, hogy x 2 + 2x - 15 \u003d 0. A negyedik képlet szerint ki kell számítania a diszkriminánst: D \u003d 2 2 - 4 * (- 15) \u003d 4 + 60 \u003d 64. pozitív szám. A fent elmondottakból kiderül, hogy az egyenletnek két gyökere van. Ezeket az ötödik képlet szerint kell kiszámítani. Eszerint kiderül, hogy x \u003d (-2 ± √64) / 2 \u003d (-2 ± 8) / 2. Ezután x 1 \u003d 3, x 2 \u003d - 5.

A negyedik x 2 + 8 + 3x \u003d 0 egyenletet a következőre alakítjuk: x 2 + 3x + 8 \u003d 0. A diszkriminánsa egyenlő ezzel az értékkel: -23. Mivel ez a szám negatív, a feladat válasza a következő bejegyzés lesz: "Nincsenek gyökerek."

Az ötödik 12x + x 2 + 36 = 0 egyenletet a következőképpen kell átírni: x 2 + 12x + 36 = 0. A diszkrimináns képletének alkalmazása után a nulla számot kapjuk. Ez azt jelenti, hogy egy gyökér lesz, nevezetesen: x \u003d -12 / (2 * 1) \u003d -6.

A hatodik egyenlet (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2) transzformációkat igényel, amelyek abból állnak, hogy hasonló kifejezéseket kell hozni a zárójelek kinyitása előtt. Az első helyett egy ilyen kifejezés lesz: x 2 + 2x + 1. Az egyenlőség után ez a bejegyzés jelenik meg: x 2 + 3x + 2. A hasonló tagok megszámlálása után az egyenlet a következő formában jelenik meg: x 2 - x \u003d 0. Hiányos lett. Hasonlót már egy kicsit magasabbnak tekintettek. Ennek gyökerei a 0 és az 1 számok lesznek.

”, azaz elsőfokú egyenletek. Ebben a leckében megvizsgáljuk mi az a másodfokú egyenletés hogyan kell megoldani.

Mi az a másodfokú egyenlet

Fontos!

Az egyenlet mértékét az ismeretlen legmagasabb foka határozza meg.

Ha az ismeretlen maximális mértéke „2”, akkor másodfokú egyenlete van.

Példák másodfokú egyenletekre

• 5x2 - 14x + 17 = 0
• −x 2 + x +

  1

  3

  = 0
• x2 + 0,25x = 0
• x 2 − 8 = 0

Fontos! A másodfokú egyenlet általános formája így néz ki:

A x 2 + b x + c = 0

• "a" - az első vagy vezető együttható;
• "b" - a második együttható;
• "c" egy szabad tag.

Az "a", "b" és "c" megtalálásához össze kell hasonlítania az egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" másodfokú egyenlet általános formájával.

Gyakoroljuk az "a", "b" és "c" együtthatók meghatározását másodfokú egyenletekben.

• a = -1
• b = 1
• c =

  1

  3

• a = 1
• b = 0,25
• c = 0

• a = 1
• b = 0
• c = −8

Hogyan lehet másodfokú egyenleteket megoldani

A lineáris egyenletekkel ellentétben a másodfokú egyenletek megoldására speciális egyenletet használnak. képlet a gyökerek megtalálásához.

Emlékezik!

A másodfokú egyenlet megoldásához a következőkre lesz szüksége:

• hozza a másodfokú egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" általános alakba. Vagyis csak a "0" maradjon a jobb oldalon;
• használja a következő képletet a gyökerekhez:

Használjunk egy példát annak kiderítésére, hogyan kell alkalmazni a képletet egy másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére. Oldjuk meg a másodfokú egyenletet.

X 2 - 3x - 4 = 0

Az "x 2 - 3x - 4 = 0" egyenletet már az "ax 2 + bx + c = 0" általános alakra redukáltuk, és nem igényel további egyszerűsítéseket. A megoldáshoz csak jelentkeznünk kell képlet a másodfokú egyenlet gyökereinek megtalálásához.

Határozzuk meg ennek az egyenletnek az "a", "b" és "c" együtthatóit.

Segítségével bármilyen másodfokú egyenlet megoldható.

Az "x 1; 2 \u003d" képletben a gyökérkifejezés gyakran lecserélődik
"b 2 − 4ac" a "D" betűre, és megkülönböztetőnek nevezik. A diszkrimináns fogalmát részletesebben a „Mi a diszkrimináns” leckében tárgyaljuk.

Vegyünk egy másik példát a másodfokú egyenletre.

x 2 + 9 + x = 7x

Ebben a formában meglehetősen nehéz meghatározni az "a", "b" és "c" együtthatókat. Először hozzuk az egyenletet az "ax 2 + bx + c \u003d 0" általános alakba.

X 2 + 9 + x = 7x
x 2 + 9 + x − 7x = 0
x2 + 9 - 6x = 0
x 2 − 6x + 9 = 0

Most már használhatja a képletet a gyökerekhez.

X 1; 2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x=

Vannak esetek, amikor a másodfokú egyenletekben nincs gyök. Ez a helyzet akkor fordul elő, ha a gyökér alatti képletben negatív szám jelenik meg.

A másodfokú egyenleteket 8. osztályban tanulmányozzák, tehát nincs itt semmi bonyolult. Ezek megoldásának képessége elengedhetetlen.

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

A konkrét megoldási módszerek tanulmányozása előtt megjegyezzük, hogy minden másodfokú egyenlet három osztályba osztható:

1. Nincsenek gyökerei;
2. Pontosan egy gyökerük van;
3. Két különböző gyökerük van.

Ez egy fontos különbség a másodfokú és a lineáris egyenletek között, ahol a gyök mindig létezik és egyedi. Hogyan határozható meg, hogy egy egyenletnek hány gyöke van? Van ebben egy csodálatos dolog - diszkriminatív.

Megkülönböztető

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. Hogy honnan származik, az most nem fontos. Egy másik fontos dolog: a diszkrimináns előjelével meghatározhatja, 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 jelöli, és egyáltalán nem a jeleiket, ahogyan azt valamiért sokan gondolják. Vessen egy pillantást a példákra, és mindent meg fog érteni:

Egy feladat. Hány gyöke van a másodfokú egyenleteknek:

1. x 2 - 8x + 12 = 0;
2. 5x2 + 3x + 7 = 0;
3. x 2 − 6x + 9 = 0.

Felírjuk az első egyenlet együtthatóit, és megkeressük 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. Ugyanígy elemezzük a második egyenletet:
a = 5; b = 3; c=7;
D \u003d 3 2 - 4 5 7 \u003d 9 - 140 \u003d -131.

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

A diszkrimináns egyenlő nullával - a gyökér egy lesz.

Vegye figyelembe, hogy minden egyenlethez együtthatók vannak kiírva. Igen, hosszú, igen, unalmas – de nem fogod összekeverni az esélyeket, és nem követsz el hülye hibákat. Válassz magadnak: sebesség vagy minőség.

Mellesleg, ha „megtölti a kezét”, egy idő után már nem kell kiírnia az összes együtthatót. Ilyen műveleteket hajt végre a fejében. A legtöbb ember ezt valahol 50-70 megoldott egyenlet után kezdi el – általában nem annyira.

A másodfokú egyenlet gyökerei

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

A 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 - x2 = 0;
3. x2 + 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 be a képletbe. Itt ismét a fent leírt technika segít: nézze meg a képletet szó szerint, fesse le minden lépést - és gyorsan megszabaduljon a hibáktól.

Hiányos másodfokú egyenletek

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

1. x2 + 9x = 0;
2. x2 − 16 = 0.

Könnyen belátható, hogy az egyik kifejezés hiányzik ezekből az egyenletekből. Az ilyen másodfokú egyenleteket még könnyebb megoldani, mint a szabványosakat: még a diszkriminánst sem kell kiszámítani. 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 \u003d c \u003d 0. Ebben az esetben az egyenlet ax 2 \u003d 0 alakot ölt. Nyilvánvalóan egy ilyen egyenletnek egyetlen egyenlete van. gyökér: x \u003d 0.

Nézzünk más eseteket. Legyen b \u003d 0, akkor egy hiányos másodfokú egyenletet kapunk ax 2 + c \u003d 0 alakban. Transzformáljuk kissé:

Mivel az aritmetikai négyzetgyök csak nem negatív számból létezik, az utolsó egyenlőségnek csak akkor van értelme, ha (-c / a ) ≥ 0. Következtetés:

1. Ha egy ax 2 + c = 0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet kielégíti a (−c / a ) ≥ 0 egyenlőtlenséget, 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 egyáltalán nincsenek bonyolult számítások. Valójában nem is szükséges emlékezni a (−c / a ) ≥ 0 egyenlőtlenségre. Elég, ha kifejezzük x 2 értékét, és megnézzük, mi van az egyenlőségjel másik oldalán. Ha van pozitív szám, akkor két gyöke lesz. Ha negatív, akkor egyáltalán nem lesznek gyökerei.

Most foglalkozzunk az ax 2 + bx = 0 alakú egyenletekkel, amelyekben a szabad elem egyenlő nullával. Itt minden egyszerű: mindig két gyökér lesz. Elegendő a polinomot faktorozni:

A szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla. Innen erednek a gyökerek. Végezetül az alábbi egyenleteket elemezzük:

Egy feladat. Másodfokú egyenletek megoldása:

1. x2 − 7x = 0;
2. 5x2 + 30 = 0;
3. 4x2 − 9 = 0.

x 2 − 7x = 0 ⇒ x (x - 7) = 0 ⇒ x 1 = 0; x2 = −(−7)/1 = 7.

5x2 + 30 = 0 ⇒ 5x2 = -30 ⇒ x2 = -6. Nincsenek gyökerek, mert a 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 \u003d -1,5.