”, δηλαδή εξισώσεις πρώτου βαθμού. Σε αυτό το μάθημα, θα εξερευνήσουμε τι είναι μια τετραγωνική εξίσωσηκαι πώς να το λύσετε.
Τι είναι η τετραγωνική εξίσωση
Σπουδαίος!
Ο βαθμός μιας εξίσωσης καθορίζεται από τον υψηλότερο βαθμό στον οποίο βρίσκεται ο άγνωστος.
Εάν ο μέγιστος βαθμός στον οποίο βρίσκεται ο άγνωστος είναι "2", τότε έχετε μια τετραγωνική εξίσωση.
Παραδείγματα τετραγωνικών εξισώσεων
- 5x2 - 14x + 17 = 0
- −x 2 + x +
= 01 3 - x2 + 0,25x = 0
- x 2 − 8 = 0
Σπουδαίος! Η γενική μορφή της τετραγωνικής εξίσωσης μοιάζει με αυτό:
A x 2 + b x + c = 0
"a", "b" και "c" - δεδομένοι αριθμοί.- "α" - ο πρώτος ή ανώτερος συντελεστής.
- "β" - ο δεύτερος συντελεστής.
- Το "c" είναι ελεύθερο μέλος.
Για να βρείτε τα "a", "b" και "c" Πρέπει να συγκρίνετε την εξίσωσή σας με τη γενική μορφή της τετραγωνικής εξίσωσης "ax 2 + bx + c \u003d 0".
Ας εξασκηθούμε στον προσδιορισμό των συντελεστών «α», «β» και «γ» σε δευτεροβάθμιες εξισώσεις.
| Η εξίσωση | Πιθανότητα | |||
|---|---|---|---|---|
|
||||
|
||||
| 1 |
| 3 |
- a = -1
- b = 1
- γ =
1 3
- α = 1
- b = 0,25
- c = 0
- α = 1
- b = 0
- c = −8
Πώς να λύσετε τετραγωνικές εξισώσεις
Σε αντίθεση με τις γραμμικές εξισώσεις για επίλυση τετραγωνικές εξισώσειςειδικός τύπος για την εύρεση ριζών.
Θυμάμαι!
Για να λύσετε μια τετραγωνική εξίσωση χρειάζεστε:
- φέρτε την τετραγωνική εξίσωση στη γενική μορφή "ax 2 + bx + c \u003d 0". Δηλαδή, μόνο το "0" θα πρέπει να παραμείνει στη δεξιά πλευρά.
- χρησιμοποιήστε τον τύπο για τις ρίζες:
Ας χρησιμοποιήσουμε ένα παράδειγμα για να καταλάβουμε πώς να εφαρμόσουμε τον τύπο για να βρούμε τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης. Ας λύσουμε την τετραγωνική εξίσωση.
X 2 - 3x - 4 = 0
Η εξίσωση "x 2 - 3x - 4 = 0" έχει ήδη αναχθεί στη γενική μορφή "ax 2 + bx + c = 0" και δεν απαιτεί πρόσθετες απλοποιήσεις. Για να το λύσουμε, χρειάζεται μόνο να εφαρμόσουμε τύπος για την εύρεση των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης.
Ας ορίσουμε τους συντελεστές "a", "b" και "c" για αυτήν την εξίσωση.
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
Με τη βοήθειά του λύνεται οποιαδήποτε τετραγωνική εξίσωση.
Στον τύπο "x 1; 2 \u003d" η έκφραση ρίζας αντικαθίσταται συχνά
"b 2 − 4ac" στο γράμμα "D" και ονομάζεται διακριτικό. Η έννοια του διακριτικού αναλύεται λεπτομερέστερα στο μάθημα «Τι είναι ο διακριτικός».
Εξετάστε ένα άλλο παράδειγμα τετραγωνικής εξίσωσης.
x 2 + 9 + x = 7x
Σε αυτή τη μορφή, είναι μάλλον δύσκολο να προσδιοριστούν οι συντελεστές "a", "b" και "c". Ας φέρουμε πρώτα την εξίσωση στη γενική μορφή "ax 2 + bx + c \u003d 0".
X 2 + 9 + x = 7x
x 2 + 9 + x − 7x = 0
x2 + 9 - 6x = 0
x 2 − 6x + 9 = 0
Τώρα μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τον τύπο για τις ρίζες.
Χ 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x 1;2 =
x=
| 6 |
| 2 |
x=3
Απάντηση: x = 3
Υπάρχουν φορές που δεν υπάρχουν ρίζες στις δευτεροβάθμιες εξισώσεις. Αυτή η κατάσταση συμβαίνει όταν εμφανίζεται ένας αρνητικός αριθμός στον τύπο κάτω από τη ρίζα.
Ελπίζω ότι αφού μελετήσετε αυτό το άρθρο, θα μάθετε πώς να βρείτε τις ρίζες μιας πλήρους τετραγωνικής εξίσωσης.
Με τη βοήθεια της διάκρισης λύνονται μόνο πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις· για την επίλυση ημιτελών δευτεροβάθμιων εξισώσεων χρησιμοποιούνται άλλες μέθοδοι, τις οποίες θα βρείτε στο άρθρο «Επίλυση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων».
Ποιες τετραγωνικές εξισώσεις ονομάζονται πλήρεις; Αυτό εξισώσεις της μορφής ax 2 + b x + c = 0, όπου οι συντελεστές a, b και c δεν είναι ίσοι με μηδέν. Έτσι, για να λύσετε την πλήρη τετραγωνική εξίσωση, πρέπει να υπολογίσετε τη διάκριση D.
D \u003d b 2 - 4ac.
Ανάλογα με την αξία που έχει το διακριτικό, θα γράψουμε την απάντηση.
Εάν η διάκριση είναι αρνητικός αριθμός (Δ< 0),то корней нет.
Αν η διακρίνουσα μηδέν, μετά x \u003d (-b) / 2a. Όταν η διάκριση είναι θετικός αριθμός (D > 0),
τότε x 1 = (-b - √D)/2a, και x 2 = (-b + √D)/2a.
Για παράδειγμα. λύσει την εξίσωση x 2– 4x + 4= 0.
D \u003d 4 2 - 4 4 \u003d 0
x = (- (-4))/2 = 2
Απάντηση: 2.
Λύστε την εξίσωση 2 x 2 + x + 3 = 0.
D \u003d 1 2 - 4 2 3 \u003d - 23
Απάντηση: χωρίς ρίζες.
Λύστε την εξίσωση 2 x 2 + 5x - 7 = 0.
D \u003d 5 2 - 4 2 (-7) \u003d 81
x 1 \u003d (-5 - √81) / (2 2) \u003d (-5 - 9) / 4 \u003d - 3,5
x 2 \u003d (-5 + √81) / (2 2) \u003d (-5 + 9) / 4 \u003d 1
Απάντηση: - 3,5; 1.
Ας φανταστούμε λοιπόν τη λύση πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων με το σχήμα του σχήματος 1.
Αυτοί οι τύποι μπορούν να χρησιμοποιηθούν για την επίλυση οποιασδήποτε πλήρους τετραγωνικής εξίσωσης. Απλά πρέπει να προσέξεις η εξίσωση γράφτηκε ως πολυώνυμο τυπικής μορφής
ΕΝΑ x 2 + bx + c,αλλιώς μπορείς να κάνεις λάθος. Για παράδειγμα, γράφοντας την εξίσωση x + 3 + 2x 2 = 0, μπορείτε κατά λάθος να αποφασίσετε ότι
a = 1, b = 3 και c = 2. Τότε
D \u003d 3 2 - 4 1 2 \u003d 1 και τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες. Και αυτό δεν είναι αλήθεια. (Βλ. παράδειγμα 2 λύση παραπάνω).
Επομένως, εάν η εξίσωση δεν γραφτεί ως πολυώνυμο της τυπικής φόρμας, πρώτα η πλήρης τετραγωνική εξίσωση πρέπει να γραφτεί ως πολυώνυμο της τυπικής μορφής (καταρχήν θα πρέπει να υπάρχει ένα μονώνυμο με τον μεγαλύτερο εκθέτη, δηλαδή ΕΝΑ x 2 , μετά με λιγότερα – bx, και μετά ο ελεύθερος όρος Με.
Κατά την επίλυση της παραπάνω τετραγωνικής εξίσωσης και της δευτεροβάθμιας εξίσωσης με άρτιο συντελεστή για τον δεύτερο όρο, μπορούν να χρησιμοποιηθούν και άλλοι τύποι. Ας εξοικειωθούμε με αυτούς τους τύπους. Εάν στην πλήρη τετραγωνική εξίσωση με τον δεύτερο όρο ο συντελεστής είναι άρτιος (b = 2k), τότε η εξίσωση μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας τους τύπους που φαίνονται στο διάγραμμα του σχήματος 2.
Μια πλήρης τετραγωνική εξίσωση ονομάζεται ανηγμένη αν ο συντελεστής στο x 2 ισούται με μονάδα και η εξίσωση παίρνει τη μορφή x 2 + px + q = 0. Μια τέτοια εξίσωση μπορεί να δοθεί για επίλυση ή να ληφθεί διαιρώντας όλους τους συντελεστές της εξίσωσης με τον συντελεστή ΕΝΑστέκεται στο x 2 .
Το σχήμα 3 δείχνει ένα διάγραμμα της λύσης του μειωμένου τετραγώνου 
εξισώσεις. Εξετάστε το παράδειγμα της εφαρμογής των τύπων που συζητούνται σε αυτό το άρθρο.
Παράδειγμα. λύσει την εξίσωση
3x 2 + 6x - 6 = 0.
Ας λύσουμε αυτήν την εξίσωση χρησιμοποιώντας τους τύπους που φαίνονται στο σχήμα 1.
D \u003d 6 2 - 4 3 (- 6) \u003d 36 + 72 \u003d 108
√D = √108 = √(36 3) = 6√3
x 1 \u003d (-6 - 6 √ 3) / (2 3) \u003d (6 (-1- √ (3))) / 6 \u003d -1 - √ 3
x 2 \u003d (-6 + 6 √ 3) / (2 3) \u003d (6 (-1 + √ (3))) / 6 \u003d -1 + √ 3
Απάντηση: -1 - √3; –1 + √3
Μπορείτε να δείτε ότι ο συντελεστής στο x σε αυτή την εξίσωση Ζυγός αριθμός, δηλαδή, b \u003d 6 ή b \u003d 2k, από όπου k \u003d 3. Στη συνέχεια, ας προσπαθήσουμε να λύσουμε την εξίσωση χρησιμοποιώντας τους τύπους που εμφανίζονται στο διάγραμμα του σχήματος D 1 \u003d 3 2 - 3 (- 6) \ u003d 9 + 18 \u003d 27
√(D 1) = √27 = √(9 3) = 3√3
x 1 \u003d (-3 - 3√3) / 3 \u003d (3 (-1 - √ (3))) / 3 \u003d - 1 - √3
x 2 \u003d (-3 + 3√3) / 3 \u003d (3 (-1 + √ (3))) / 3 \u003d - 1 + √3
Απάντηση: -1 - √3; –1 + √3. Παρατηρώντας ότι όλοι οι συντελεστές σε αυτήν την τετραγωνική εξίσωση διαιρούνται με το 3 και διαιρώντας, παίρνουμε τη μειωμένη τετραγωνική εξίσωση x 2 + 2x - 2 \u003d 0 Λύνουμε αυτήν την εξίσωση χρησιμοποιώντας τους τύπους για το ανηγμένο τετραγωνικό 
εξισώσεις σχήμα 3.
D 2 \u003d 2 2 - 4 (- 2) \u003d 4 + 8 \u003d 12
√(D 2) = √12 = √(4 3) = 2√3
x 1 \u003d (-2 - 2√3) / 2 \u003d (2 (-1 - √ (3))) / 2 \u003d - 1 - √3
x 2 \u003d (-2 + 2 √ 3) / 2 \u003d (2 (-1 + √ (3))) / 2 \u003d - 1 + √ 3
Απάντηση: -1 - √3; –1 + √3.
Όπως μπορείτε να δείτε, όταν λύναμε αυτήν την εξίσωση χρησιμοποιώντας διαφορετικούς τύπους, πήραμε την ίδια απάντηση. Επομένως, έχοντας κατακτήσει καλά τους τύπους που φαίνονται στο διάγραμμα του Σχήματος 1, μπορείτε πάντα να λύσετε οποιαδήποτε πλήρη τετραγωνική εξίσωση.
site, με πλήρη ή μερική αντιγραφή του υλικού, απαιτείται σύνδεσμος στην πηγή.
Αγροτικό γυμνάσιο Kopyevskaya
10 τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων
Επικεφαλής: Patrikeeva Galina Anatolyevna,
καθηγητής μαθηματικών
s.Kopyevo, 2007
1. Ιστορία της ανάπτυξης των δευτεροβάθμιων εξισώσεων
1.1 Τετραγωνικές εξισώσεις στην αρχαία Βαβυλώνα
1.2 Πώς ο Διόφαντος συνέταξε και έλυσε δευτεροβάθμιες εξισώσεις
1.3 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία
1.4 Τετραγωνικές εξισώσεις στο al-Khwarizmi
1.5 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ευρώπη XIII - XVII αιώνες
1.6 Σχετικά με το θεώρημα του Vieta
2. Μέθοδοι επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων
συμπέρασμα
Βιβλιογραφία
1. Ιστορία ανάπτυξης τετραγωνικών εξισώσεων
1.1 Τετραγωνικές εξισώσεις στην αρχαία Βαβυλώνα
Η ανάγκη επίλυσης εξισώσεων όχι μόνο του πρώτου, αλλά και του δεύτερου βαθμού στην αρχαιότητα προκλήθηκε από την ανάγκη επίλυσης προβλημάτων που σχετίζονται με την εύρεση περιοχών οικόπεδακαι με χωματουργικές εργασίες στρατιωτικού χαρακτήρα, καθώς και με την ανάπτυξη της ίδιας της αστρονομίας και των μαθηματικών. Οι τετραγωνικές εξισώσεις μπόρεσαν να λύσουν περίπου το 2000 π.Χ. μι. Βαβυλώνιοι.
Εφαρμόζοντας τη σύγχρονη αλγεβρική σημειογραφία, μπορούμε να πούμε ότι στα σφηνοειδή κείμενά τους υπάρχουν, εκτός από τα ημιτελή, όπως, για παράδειγμα, πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις:
Χ 2 + Χ = ¾; Χ 2 - Χ = 14,5
Ο κανόνας για την επίλυση αυτών των εξισώσεων, που αναφέρεται στα βαβυλωνιακά κείμενα, συμπίπτει ουσιαστικά με τον σύγχρονο, αλλά δεν είναι γνωστό πώς έφτασαν οι Βαβυλώνιοι σε αυτόν τον κανόνα. Σχεδόν όλα τα σφηνοειδή κείμενα που βρέθηκαν μέχρι τώρα δίνουν μόνο προβλήματα με λύσεις που δηλώνονται με τη μορφή συνταγών, χωρίς καμία ένδειξη για το πώς βρέθηκαν.
Παρά υψηλό επίπεδοανάπτυξη της άλγεβρας στη Βαβυλώνα, στα σφηνοειδή κείμενα δεν υπάρχει έννοια αρνητικού αριθμού και κοινές μεθόδουςλύσεις δευτεροβάθμιων εξισώσεων.
1.2 Πώς ο Διόφαντος συνέταξε και έλυσε δευτεροβάθμιες εξισώσεις.
Η Αριθμητική του Διόφαντου δεν περιέχει συστηματική έκθεση της άλγεβρας, αλλά περιέχει μια συστηματική σειρά προβλημάτων, που συνοδεύονται από επεξηγήσεις και λύνονται με την κατάρτιση εξισώσεων διαφόρων βαθμών.
Κατά τη σύνταξη εξισώσεων, ο Διόφαντος επιλέγει επιδέξια αγνώστους για να απλοποιήσει τη λύση.
Εδώ, για παράδειγμα, είναι ένα από τα καθήκοντά του.
Εργασία 11."Βρες δύο αριθμούς γνωρίζοντας ότι το άθροισμά τους είναι 20 και το γινόμενο τους είναι 96"
Ο Διόφαντος υποστηρίζει ως εξής: από την συνθήκη του προβλήματος προκύπτει ότι οι επιθυμητοί αριθμοί δεν είναι ίσοι, αφού αν ήταν ίσοι, τότε το γινόμενο τους δεν θα ήταν 96, αλλά 100. Έτσι, ένας από αυτούς θα είναι περισσότερο από το μισό του άθροισμα, δηλ. 10+x, το άλλο είναι μικρότερο, δηλ. δεκαετία του 10. Η διαφορά μεταξύ τους 2x .
Εξ ου και η εξίσωση:
(10 + x) (10 - x) = 96
100 - x 2 = 96
x 2 - 4 = 0 (1)
Από εδώ x = 2. Ένας από τους επιθυμητούς αριθμούς είναι 12 , άλλα 8 . Λύση x = -2γιατί ο Διόφαντος δεν υπάρχει, αφού τα ελληνικά μαθηματικά γνώριζαν μόνο θετικούς αριθμούς.
Εάν λύσουμε αυτό το πρόβλημα επιλέγοντας έναν από τους επιθυμητούς αριθμούς ως άγνωστο, τότε θα καταλήξουμε στη λύση της εξίσωσης
y(20 - y) = 96,
y 2 - 20y + 96 = 0. (2)
Είναι σαφές ότι ο Διόφαντος απλοποιεί τη λύση επιλέγοντας τη μισή διαφορά των επιθυμητών αριθμών ως άγνωστο. καταφέρνει να αναγάγει το πρόβλημα στην επίλυση μιας ημιτελούς δευτεροβάθμιας εξίσωσης (1).
1.3 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία
Προβλήματα για τετραγωνικές εξισώσεις βρίσκονται ήδη στην αστρονομική οδό "Aryabhattam", που συντάχθηκε το 499 από τον Ινδό μαθηματικό και αστρονόμο Aryabhatta. Ένας άλλος Ινδός λόγιος, ο Brahmagupta (7ος αιώνας), εξήγησε γενικός κανόναςλύσεις δευτεροβάθμιων εξισώσεων ανάγονται σε μια απλή κανονική μορφή:
αχ 2+ σι x = c, a > 0. (1)
Στην εξίσωση (1), οι συντελεστές, εκτός από το ΕΝΑ, μπορεί επίσης να είναι αρνητικό. Ο κανόνας του Brahmagupta ουσιαστικά συμπίπτει με τον δικό μας.
Στην αρχαία Ινδία, οι δημόσιοι διαγωνισμοί για την επίλυση δύσκολων προβλημάτων ήταν συνηθισμένοι. Σε ένα από τα παλιά ινδικά βιβλία, λέγεται το εξής για τέτοιους διαγωνισμούς: «Όπως ο ήλιος ξεπερνά τα αστέρια με τη λάμψη του, έτσι επιστήμονας άνθρωποςεπισκιάζουν τη δόξα του άλλου σε δημόσιες συναντήσεις, προτείνοντας και λύνοντας αλγεβρικά προβλήματα. Τα καθήκοντα ήταν συχνά ντυμένα με ποιητική μορφή.
Εδώ είναι ένα από τα προβλήματα του διάσημου Ινδού μαθηματικού του XII αιώνα. Μπασκάρα.
Εργασία 13.
«Ένα ζωηρό κοπάδι πιθήκους και δώδεκα στα κλήματα…
Έχοντας φάει δύναμη, διασκέδασε. Άρχισαν να πηδούν, κρέμονται ...
Μέρος όγδοο από αυτά σε ένα τετράγωνο Πόσοι πίθηκοι ήταν εκεί,
Διασκεδάζοντας στο λιβάδι. Θα μου πεις, σε αυτό το κοπάδι;
Η λύση του Bhaskara δείχνει ότι γνώριζε για τη διπλή αξία των ριζών των τετραγωνικών εξισώσεων (Εικ. 3).
Η εξίσωση που αντιστοιχεί στο πρόβλημα 13 είναι:
( Χ /8) 2 + 12 = Χ
Ο Bhaskara γράφει υπό το πρόσχημα του:
x 2 - 64x = -768
και να συμπληρώσει αριστερή πλευράαυτής της εξίσωσης στο τετράγωνο, προσθέτει και στις δύο πλευρές 32 2 , παίρνοντας τότε:
x 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,
(x - 32) 2 = 256,
x - 32 = ± 16,
x 1 = 16, x 2 = 48.
1.4 Τετραγωνικές εξισώσεις στο al-Khorezmi
Η αλγεβρική πραγματεία του Al-Khorezmi δίνει μια ταξινόμηση γραμμικών και τετραγωνικών εξισώσεων. Ο συγγραφέας απαριθμεί 6 τύπους εξισώσεων, εκφράζοντας τους ως εξής:
1) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με ρίζες», δηλ. τσεκούρι 2 + γ = σι Χ.
2) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με τον αριθμό», δηλ. τσεκούρι 2 = s.
3) «Οι ρίζες είναι ίσες με τον αριθμό», δηλ. αχ = s.
4) «Τα τετράγωνα και οι αριθμοί είναι ίσοι με τις ρίζες», δηλ. τσεκούρι 2 + γ = σι Χ.
5) «Τα τετράγωνα και οι ρίζες ισούνται με τον αριθμό», δηλ. αχ 2+ bx = s.
6) «Οι ρίζες και οι αριθμοί είναι ίσοι με τετράγωνα», δηλ. bx + c \u003d τσεκούρι 2.
Για τον al-Khwarizmi, ο οποίος απέφυγε τη χρήση αρνητικών αριθμών, οι όροι καθεμιάς από αυτές τις εξισώσεις είναι προσθέσεις, όχι αφαιρέσεις. Στην περίπτωση αυτή προφανώς δεν λαμβάνονται υπόψη εξισώσεις που δεν έχουν θετικές λύσεις. Ο συγγραφέας περιγράφει τις μεθόδους για την επίλυση αυτών των εξισώσεων, χρησιμοποιώντας τις μεθόδους al-jabr και al-muqabala. Οι αποφάσεις του, φυσικά, δεν συμπίπτουν απόλυτα με τις δικές μας. Για να μην αναφέρουμε το γεγονός ότι είναι καθαρά ρητορικό, θα πρέπει να σημειωθεί, για παράδειγμα, ότι όταν λύνουμε μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση πρώτου τύπου
Ο al-Khorezmi, όπως όλοι οι μαθηματικοί πριν από τον 17ο αιώνα, δεν λαμβάνει υπόψη τη μηδενική λύση, πιθανώς επειδή δεν έχει σημασία σε συγκεκριμένα πρακτικά προβλήματα. Κατά την επίλυση πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων, ο al-Khorezmi καθορίζει τους κανόνες για την επίλυση, και στη συνέχεια τις γεωμετρικές αποδείξεις, χρησιμοποιώντας συγκεκριμένα αριθμητικά παραδείγματα.
Εργασία 14.«Το τετράγωνο και ο αριθμός 21 είναι ίσοι με 10 ρίζες. Βρες τη ρίζα" (υποθέτοντας τη ρίζα της εξίσωσης x 2 + 21 = 10x).
Η λύση του συγγραφέα έχει κάπως έτσι: διαιρέστε τον αριθμό των ριζών στο μισό, παίρνετε 5, πολλαπλασιάζετε το 5 με τον εαυτό του, αφαιρείτε το 21 από το γινόμενο, 4 απομένουν. Πάρτε τη ρίζα του 4, παίρνετε 2. Αφαιρέστε 2 από το 5, μπορείτε πάρτε 3, αυτή θα είναι η επιθυμητή ρίζα. Ή προσθέστε 2 στο 5, το οποίο θα δώσει 7, αυτό είναι επίσης μια ρίζα.
Η Πραγματεία al-Khorezmi είναι το πρώτο βιβλίο που μας έχει φτάσει, στο οποίο δηλώνεται συστηματικά η ταξινόμηση των τετραγωνικών εξισώσεων και δίνονται τύποι για την επίλυσή τους.
1.5 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ευρώπη XIII - XVII αιώνες
Οι τύποι για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων στο μοντέλο του al-Khorezmi στην Ευρώπη παρουσιάστηκαν για πρώτη φορά στο «Βιβλίο του Άβακα», που γράφτηκε το 1202 από τον Ιταλό μαθηματικό Λεονάρντο Φιμπονάτσι. Αυτό το ογκώδες έργο, που αντανακλά την επίδραση των μαθηματικών, τόσο των χωρών του Ισλάμ όσο και Αρχαία Ελλάδα, διαφέρει τόσο ως προς την πληρότητα όσο και ως προς τη σαφήνεια της παρουσίασης. Ο συγγραφέας ανέπτυξε ανεξάρτητα μερικά νέα αλγεβρικά παραδείγματα επίλυσης προβλημάτων και ήταν ο πρώτος στην Ευρώπη που προσέγγισε την εισαγωγή αρνητικών αριθμών. Το βιβλίο του συνέβαλε στη διάδοση της αλγεβρικής γνώσης όχι μόνο στην Ιταλία, αλλά και στη Γερμανία, τη Γαλλία και άλλες ευρωπαϊκές χώρες. Πολλά προβλήματα από το Βιβλίο του Άβακα πέρασαν σχεδόν σε όλα τα ευρωπαϊκά σχολικά βιβλία του 16ου-17ου αιώνα. και εν μέρει XVIII.
Ο γενικός κανόνας για την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή:
x 2+ bx = με,
για όλους τους πιθανούς συνδυασμούς προσώπων των συντελεστών σι , Μεδιατυπώθηκε στην Ευρώπη μόλις το 1544 από τον M. Stiefel.
Παραγωγή του τύπου για την επίλυση τετραγωνικής εξίσωσης στο γενική εικόναΟ Βιέτ έχει, αλλά ο Βιέτ αναγνώρισε μόνο θετικές ρίζες. Οι Ιταλοί μαθηματικοί Tartaglia, Cardano, Bombelli ήταν από τους πρώτους τον 16ο αιώνα. Λάβετε υπόψη, εκτός από τις θετικές, και τις αρνητικές ρίζες. Μόνο τον XVII αιώνα. Χάρη στο έργο του Girard, του Descartes, του Newton και άλλων επιστημόνων, ο τρόπος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων αποκτά μια σύγχρονη ματιά.
1.6 Σχετικά με το θεώρημα του Vieta
Το θεώρημα που εκφράζει τη σχέση μεταξύ των συντελεστών μιας τετραγωνικής εξίσωσης και των ριζών της, που φέρει το όνομα Vieta, διατυπώθηκε από τον ίδιο για πρώτη φορά το 1591 ως εξής: «Αν σι + ρεπολλαπλασιάζεται επί ΕΝΑ - ΕΝΑ 2 , ίσον BD, Οτι ΕΝΑισοδυναμεί ΣΕκαι ίσοι ρε ».
Για να καταλάβει κανείς τον Βιέτα, πρέπει να το θυμάται αυτό ΕΝΑ, όπως κάθε φωνήεν, σήμαινε για αυτόν το άγνωστο (μας Χ), τα φωνήεντα ΣΕ, ρε- συντελεστές για το άγνωστο. Στη γλώσσα της σύγχρονης άλγεβρας, η παραπάνω διατύπωση του Vieta σημαίνει: αν
(α + σι )x - x 2 = αβ ,
x 2 - (a + σι )x + α σι = 0,
x 1 = a, x 2 = σι .
Εκφράζοντας τη σχέση μεταξύ των ριζών και των συντελεστών των εξισώσεων με γενικούς τύπους που γράφτηκαν χρησιμοποιώντας σύμβολα, ο Viet καθιέρωσε ομοιομορφία στις μεθόδους επίλυσης εξισώσεων. Ωστόσο, ο συμβολισμός του Vieta απέχει ακόμα πολύ μοντέρνα εμφάνιση. Δεν αναγνώριζε αρνητικούς αριθμούς, και ως εκ τούτου, κατά την επίλυση εξισώσεων, έλαβε υπόψη μόνο περιπτώσεις όπου όλες οι ρίζες είναι θετικές.
2. Μέθοδοι επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων
Οι τετραγωνικές εξισώσεις είναι το θεμέλιο πάνω στο οποίο στηρίζεται το μεγαλειώδες οικοδόμημα της άλγεβρας. Οι τετραγωνικές εξισώσεις χρησιμοποιούνται ευρέως για την επίλυση τριγωνομετρικών, εκθετικών, λογαριθμικών, παράλογων και υπερβατικών εξισώσεων και ανισώσεων. Όλοι γνωρίζουμε πώς να λύνουμε δευτεροβάθμιες εξισώσεις από το σχολείο (τάξη 8) μέχρι την αποφοίτηση.
Στη συνέχεια του θέματος «Επίλυση εξισώσεων», το υλικό σε αυτό το άρθρο θα σας μυήσει σε δευτεροβάθμιες εξισώσεις.
Ας εξετάσουμε τα πάντα λεπτομερώς: την ουσία και τη σημειογραφία μιας τετραγωνικής εξίσωσης, να ορίσουμε τους σχετικούς όρους, να αναλύσουμε το σχήμα για την επίλυση ημιτελών και πλήρων εξισώσεων, να εξοικειωθούμε με τον τύπο των ριζών και τη διάκριση, να δημιουργήσουμε συνδέσεις μεταξύ ριζών και συντελεστών και φυσικά θα δώσουμε οπτική λύση πρακτικών παραδειγμάτων.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Τετραγωνική εξίσωση, τα είδη της
Ορισμός 1Τετραγωνική εξίσωσηείναι η εξίσωση γραμμένη ως a x 2 + b x + c = 0, Οπου Χ– μεταβλητή, a , b και ντοείναι κάποιοι αριθμοί, ενώ έναδεν είναι μηδέν.
Συχνά, οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις ονομάζονται και εξισώσεις δεύτερου βαθμού, αφού στην πραγματικότητα μια δευτεροβάθμια εξίσωση είναι αλγεβρική εξίσωσηδευτέρου βαθμού.
Ας δώσουμε ένα παράδειγμα για να επεξηγήσουμε τον ορισμό: 9 x 2 + 16 x + 2 = 0 ; 7, 5 x 2 + 3, 1 x + 0, 11 = 0, κ.λπ. είναι τετραγωνικές εξισώσεις.
Ορισμός 2
Αριθμοί a , b και ντοείναι οι συντελεστές της δευτεροβάθμιας εξίσωσης a x 2 + b x + c = 0, ενώ ο συν έναονομάζεται πρώτος, ή ανώτερος, ή συντελεστής στο x 2, b - ο δεύτερος συντελεστής, ή συντελεστής στο Χ, ΕΝΑ ντοονομάζεται ελεύθερο μέλος.
Για παράδειγμα, στην τετραγωνική εξίσωση 6 x 2 - 2 x - 11 = 0ο υψηλότερος συντελεστής είναι 6, ο δεύτερος συντελεστής είναι − 2 , και ο ελεύθερος όρος ισούται με − 11 . Ας δώσουμε προσοχή στο γεγονός ότι όταν οι συντελεστές σικαι/ή c είναι αρνητικά, λοιπόν σύντομη μορφήαρχεία της φόρμας 6 x 2 - 2 x - 11 = 0, αλλά όχι 6 x 2 + (− 2) x + (− 11) = 0.
Ας διευκρινίσουμε επίσης αυτή την πτυχή: αν οι συντελεστές ένακαι/ή σιίσος 1 ή − 1 , τότε ενδέχεται να μην λάβουν ρητό μέρος στην καταγραφή της δευτεροβάθμιας εξίσωσης, κάτι που εξηγείται από τις ιδιαιτερότητες καταγραφής των αναγραφόμενων αριθμητικών συντελεστών. Για παράδειγμα, στην τετραγωνική εξίσωση y 2 − y + 7 = 0ο ανώτερος συντελεστής είναι 1 και ο δεύτερος συντελεστής είναι − 1 .
Ανηγμένες και μη ανηγμένες δευτεροβάθμιες εξισώσεις
Σύμφωνα με την τιμή του πρώτου συντελεστή, οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις χωρίζονται σε μειωμένες και μη αναγωγικές.
Ορισμός 3
Μειωμένη τετραγωνική εξίσωσηείναι μια τετραγωνική εξίσωση όπου ο κύριος συντελεστής είναι 1 . Για άλλες τιμές του κύριου συντελεστή, η τετραγωνική εξίσωση δεν είναι μειωμένη.
Ακολουθούν παραδείγματα: οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις x 2 − 4 x + 3 = 0 , x 2 − x − 4 5 = 0 μειώνονται, σε καθεμία από τις οποίες ο κύριος συντελεστής είναι 1 .
9 x 2 - x - 2 = 0- μη ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση, όπου ο πρώτος συντελεστής είναι διαφορετικός από 1 .
Οποιαδήποτε μη ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση μπορεί να μετατραπεί σε ανηγμένη εξίσωση διαιρώντας και τα δύο μέρη της με τον πρώτο συντελεστή (ισοδύναμος μετασχηματισμός). Η μετασχηματισμένη εξίσωση θα έχει τις ίδιες ρίζες με τη δεδομένη μη ανηγμένη εξίσωση ή επίσης δεν θα έχει καθόλου ρίζες.
Θεώρηση μελέτη περίπτωσηςθα μας επιτρέψει να δείξουμε οπτικά τη μετάβαση από μια μη ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση σε μια ανηγμένη.
Παράδειγμα 1
Δίνεται η εξίσωση 6 x 2 + 18 x − 7 = 0 . Είναι απαραίτητο να μετατραπεί η αρχική εξίσωση στη μειωμένη μορφή.
Λύση
Σύμφωνα με το παραπάνω σχήμα, διαιρούμε και τα δύο μέρη της αρχικής εξίσωσης με τον κύριο συντελεστή 6 . Τότε παίρνουμε: (6 x 2 + 18 x - 7) : 3 = 0: 3, και αυτό είναι το ίδιο με: (6 x 2) : 3 + (18 x) : 3 − 7: 3 = 0και επιπλέον: (6: 6) x 2 + (18: 6) x − 7: 6 = 0 .Από εδώ: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 . Έτσι, προκύπτει μια εξίσωση ισοδύναμη με τη δεδομένη.
Απάντηση: x 2 + 3 x - 1 1 6 = 0 .
Πλήρεις και ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις
Ας στραφούμε στον ορισμό μιας τετραγωνικής εξίσωσης. Σε αυτό το διευκρινίσαμε a ≠ 0. Μια παρόμοια συνθήκη είναι απαραίτητη για την εξίσωση a x 2 + b x + c = 0ήταν ακριβώς τετράγωνο, αφού a = 0ουσιαστικά μετατρέπεται σε γραμμική εξίσωση b x + c = 0.
Στην περίπτωση που οι συντελεστές σιΚαι ντοισούνται με μηδέν (κάτι που είναι δυνατό, μεμονωμένα και από κοινού), η τετραγωνική εξίσωση ονομάζεται ελλιπής.
Ορισμός 4
Ημιτελής τετραγωνική εξίσωσηείναι μια τετραγωνική εξίσωση a x 2 + b x + c \u003d 0,όπου τουλάχιστον ένας από τους συντελεστές σιΚαι ντο(ή και τα δύο) είναι μηδέν.
Πλήρης τετραγωνική εξίσωσηείναι μια τετραγωνική εξίσωση στην οποία όλοι οι αριθμητικοί συντελεστές δεν είναι ίσοι με μηδέν.
Ας συζητήσουμε γιατί δίνονται ακριβώς τέτοια ονόματα στους τύπους των δευτεροβάθμιων εξισώσεων.
Για b = 0, η τετραγωνική εξίσωση παίρνει τη μορφή a x 2 + 0 x + c = 0, που είναι το ίδιο με a x 2 + c = 0. Στο c = 0η τετραγωνική εξίσωση γράφεται ως a x 2 + b x + 0 = 0, που είναι ισοδύναμο a x 2 + b x = 0. Στο b = 0Και c = 0η εξίσωση θα πάρει τη μορφή a x 2 = 0. Οι εξισώσεις που λάβαμε διαφέρουν από την πλήρη τετραγωνική εξίσωση στο ότι οι αριστερές τους πλευρές δεν περιέχουν ούτε έναν όρο με τη μεταβλητή x ούτε έναν ελεύθερο όρο ή και τα δύο ταυτόχρονα. Στην πραγματικότητα, αυτό το γεγονός έδωσε το όνομα σε αυτό το είδος εξισώσεων - ελλιπείς.
Για παράδειγμα, x 2 + 3 x + 4 = 0 και − 7 x 2 − 2 x + 1, 3 = 0 είναι πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις. x 2 \u003d 0, − 5 x 2 \u003d 0; 11 x 2 + 2 = 0 , − x 2 − 6 x = 0 είναι ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις.
Επίλυση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων
Ο ορισμός που δίνεται παραπάνω καθιστά δυνατή τη διάκριση των ακόλουθων τύπων ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων:
- a x 2 = 0, οι συντελεστές αντιστοιχούν σε μια τέτοια εξίσωση b = 0και c = 0 ;
- a x 2 + c \u003d 0 για b \u003d 0;
- a x 2 + b x = 0 για c = 0 .
Εξετάστε διαδοχικά τη λύση κάθε τύπου ημιτελούς δευτεροβάθμιας εξίσωσης.
Λύση της εξίσωσης a x 2 \u003d 0
Όπως ήδη αναφέρθηκε παραπάνω, μια τέτοια εξίσωση αντιστοιχεί στους συντελεστές σιΚαι ντο, ίσο με μηδέν. Η εξίσωση a x 2 = 0μπορεί να μετατραπεί σε ισοδύναμη εξίσωση x2 = 0, το οποίο λαμβάνουμε διαιρώντας και τις δύο πλευρές της αρχικής εξίσωσης με τον αριθμό ένα, όχι ίσο με μηδέν. Το προφανές γεγονός είναι ότι η ρίζα της εξίσωσης x2 = 0είναι μηδέν γιατί 0 2 = 0 . Αυτή η εξίσωση δεν έχει άλλες ρίζες, κάτι που εξηγείται από τις ιδιότητες του βαθμού: για οποιοδήποτε αριθμό Π ,δεν ισούται με μηδέν, η ανισότητα είναι αληθής p2 > 0, από το οποίο προκύπτει ότι όταν p ≠ 0ισότητα p2 = 0δεν θα επιτευχθεί ποτέ.
Ορισμός 5
Έτσι, για την ημιτελή τετραγωνική εξίσωση a x 2 = 0, υπάρχει μια μοναδική ρίζα x=0.
Παράδειγμα 2
Για παράδειγμα, ας λύσουμε την ημιτελή τετραγωνική εξίσωση − 3 x 2 = 0. Είναι ισοδύναμο με την εξίσωση x2 = 0, η μόνη ρίζα του είναι x=0, τότε η αρχική εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα - μηδέν.
Η λύση συνοψίζεται ως εξής:
− 3 x 2 \u003d 0, x 2 \u003d 0, x \u003d 0.
Λύση της εξίσωσης a x 2 + c \u003d 0
Επόμενη στη σειρά είναι η λύση των ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων, όπου b = 0, c ≠ 0, δηλαδή εξισώσεις της μορφής a x 2 + c = 0. Μετασχηματίζουμε αυτήν την εξίσωση μεταφέροντας τον όρο από τη μια πλευρά της εξίσωσης στην άλλη, αλλάζοντας το πρόσημο στο αντίθετο και διαιρώντας και τις δύο πλευρές της εξίσωσης με έναν αριθμό που δεν είναι ίσος με μηδέν:
- υπομένω ντο V σωστη πλευρα, που δίνει την εξίσωση a x 2 = − γ;
- διαιρέστε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης με ένα, παίρνουμε ως αποτέλεσμα x = - c a .
Οι μετασχηματισμοί μας είναι ισοδύναμοι, αντίστοιχα, η εξίσωση που προκύπτει είναι επίσης ισοδύναμη με την αρχική, και αυτό το γεγονός καθιστά δυνατό να εξαχθεί ένα συμπέρασμα σχετικά με τις ρίζες της εξίσωσης. Από ποιες είναι οι αξίες έναΚαι ντοεξαρτάται από την τιμή της έκφρασης - c a: μπορεί να έχει πρόσημο μείον (για παράδειγμα, αν α = 1Και c = 2, τότε - c a = - 2 1 = - 2) ή ένα σύμβολο συν (για παράδειγμα, αν a = -2Και c=6, τότε - c a = - 6 - 2 = 3); δεν ισούται με μηδέν γιατί c ≠ 0. Ας σταθούμε αναλυτικότερα σε καταστάσεις όταν - γ α< 0 и - c a > 0 .
Στην περίπτωση που - γ α< 0 , уравнение x 2 = - c a не будет иметь корней. Утверждая это, мы опираемся на то, что квадратом любого числа является число неотрицательное. Из сказанного следует, что при - c a < 0 ни для какого числа Πισότητα p 2 = - c a δεν μπορεί να είναι αληθής.
Όλα είναι διαφορετικά όταν - c a > 0: θυμηθείτε την τετραγωνική ρίζα και θα γίνει προφανές ότι η ρίζα της εξίσωσης x 2 \u003d - c a θα είναι ο αριθμός - c a, αφού - c a 2 \u003d - c a. Είναι εύκολο να γίνει κατανοητό ότι ο αριθμός - - c a - είναι επίσης η ρίζα της εξίσωσης x 2 = - c a: πράγματι, - - c a 2 = - c a .
Η εξίσωση δεν θα έχει άλλες ρίζες. Μπορούμε να το αποδείξουμε χρησιμοποιώντας την αντίθετη μέθοδο. Αρχικά, ας ορίσουμε τη σημείωση των ριζών που βρέθηκαν παραπάνω ως x 1Και − x 1. Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση x 2 = - c a έχει επίσης ρίζα x2, που διαφέρει από τις ρίζες x 1Και − x 1. Γνωρίζουμε ότι αντικαθιστώντας στην εξίσωση αντί για Χστις ρίζες της, μετατρέπουμε την εξίσωση σε μια δίκαιη αριθμητική ισότητα.
Για x 1Και − x 1γράψτε: x 1 2 = - c a , και για x2- x 2 2 \u003d - γ α. Με βάση τις ιδιότητες των αριθμητικών ισοτήτων, αφαιρούμε μια αληθινή ισότητα από έναν άλλο όρο ανά όρο, που θα μας δώσει: x 1 2 − x 2 2 = 0. Χρησιμοποιήστε τις ιδιότητες των πράξεων αριθμών για να ξαναγράψετε την τελευταία ισότητα ως (x 1 - x 2) (x 1 + x 2) = 0. Είναι γνωστό ότι το γινόμενο δύο αριθμών είναι μηδέν αν και μόνο αν τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς είναι μηδέν. Από όσα ειπώθηκαν, προκύπτει ότι x1 − x2 = 0και/ή x1 + x2 = 0, που είναι το ίδιο x2 = x1και/ή x 2 = − x 1. Προέκυψε μια προφανής αντίφαση, γιατί στην αρχή συμφωνήθηκε ότι η ρίζα της εξίσωσης x2διαφέρει από x 1Και − x 1. Έτσι, αποδείξαμε ότι η εξίσωση δεν έχει άλλες ρίζες εκτός από x = - c a και x = - - c a .
Συνοψίζουμε όλα τα επιχειρήματα παραπάνω.
Ορισμός 6
Ημιτελής τετραγωνική εξίσωση a x 2 + c = 0είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x 2 = - c a , η οποία:
- δεν θα έχει ρίζες στο - γ α< 0 ;
- θα έχει δύο ρίζες x = - c a και x = - - c a όταν - c a > 0 .
Ας δώσουμε παραδείγματα επίλυσης εξισώσεων a x 2 + c = 0.
Παράδειγμα 3
Δίνεται μια τετραγωνική εξίσωση 9 x 2 + 7 = 0 .Είναι απαραίτητο να βρεθεί η λύση του.
Λύση
Μεταφέρουμε τον ελεύθερο όρο στη δεξιά πλευρά της εξίσωσης, τότε η εξίσωση θα πάρει τη μορφή 9 x 2 \u003d - 7.
Διαιρούμε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης που προκύπτει με 9
, φτάνουμε στο x 2 = - 7 9 . Στη δεξιά πλευρά βλέπουμε έναν αριθμό με πρόσημο μείον, που σημαίνει: η δεδομένη εξίσωση δεν έχει ρίζες. Τότε η αρχική ημιτελής τετραγωνική εξίσωση 9 x 2 + 7 = 0δεν θα έχει ρίζες.
Απάντηση:την εξίσωση 9 x 2 + 7 = 0δεν έχει ρίζες.
Παράδειγμα 4
Είναι απαραίτητο να λυθεί η εξίσωση − x2 + 36 = 0.
Λύση
Ας μετακινήσουμε το 36 στη δεξιά πλευρά: − x 2 = − 36.
Ας χωρίσουμε και τα δύο μέρη σε − 1
, παίρνουμε x2 = 36. Στη δεξιά πλευρά υπάρχει ένας θετικός αριθμός, από τον οποίο μπορούμε να συμπεράνουμε ότι
x = 36 ή
x = - 36 .
Εξάγουμε τη ρίζα και γράφουμε το τελικό αποτέλεσμα: ημιτελής τετραγωνική εξίσωση − x2 + 36 = 0έχει δύο ρίζες x=6ή x = -6.
Απάντηση: x=6ή x = -6.
Λύση της εξίσωσης a x 2 +b x=0
Ας αναλύσουμε το τρίτο είδος ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων, όταν c = 0. Να βρεθεί λύση σε μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση a x 2 + b x = 0, χρησιμοποιούμε τη μέθοδο παραγοντοποίησης. Βγάζουμε το πολυώνυμο, το οποίο βρίσκεται στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης, βγάζοντας από αγκύλες κοινός παράγοντας Χ. Αυτό το βήμα θα επιτρέψει τη μετατροπή της αρχικής ημιτελούς τετραγωνικής εξίσωσης σε ισοδύναμη x (a x + b) = 0. Και αυτή η εξίσωση, με τη σειρά της, είναι ισοδύναμη με το σύνολο των εξισώσεων x=0Και a x + b = 0. Η εξίσωση a x + b = 0γραμμικό και η ρίζα του: x = − b α.
Ορισμός 7
Έτσι, η ημιτελής τετραγωνική εξίσωση a x 2 + b x = 0θα έχει δύο ρίζες x=0Και x = − b α.
Ας εμπεδώσουμε το υλικό με ένα παράδειγμα.
Παράδειγμα 5
Είναι απαραίτητο να βρεθεί η λύση της εξίσωσης 2 3 · x 2 - 2 2 7 · x = 0 .
Λύση
Ας βγάλουμε Χέξω από τις αγκύλες και λάβετε την εξίσωση x · 2 3 · x - 2 2 7 = 0 . Αυτή η εξίσωση είναι ισοδύναμη με τις εξισώσεις x=0και 2 3 x - 2 2 7 = 0 . Τώρα πρέπει να λύσετε τη γραμμική εξίσωση που προκύπτει: 2 3 · x = 2 2 7 , x = 2 2 7 2 3 .
Συνοπτικά γράφουμε τη λύση της εξίσωσης ως εξής:
2 3 x 2 - 2 2 7 x = 0 x 2 3 x - 2 2 7 = 0
x = 0 ή 2 3 x - 2 2 7 = 0
x = 0 ή x = 3 3 7
Απάντηση: x = 0, x = 3 3 7.
Διακριτικός τύπος των ριζών τετραγωνικής εξίσωσης
Για να βρείτε μια λύση σε τετραγωνικές εξισώσεις, υπάρχει ένας τύπος ρίζας:
Ορισμός 8
x = - b ± D 2 a, όπου D = b 2 − 4 a γείναι η λεγόμενη διάκριση μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης.
Η εγγραφή x \u003d - b ± D 2 a ουσιαστικά σημαίνει ότι x 1 \u003d - b + D 2 a, x 2 \u003d - b - D 2 a.
Θα είναι χρήσιμο να κατανοήσουμε πώς προέκυψε ο αναφερόμενος τύπος και πώς να τον εφαρμόσετε.
Παραγωγή του τύπου των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης
Ας υποθέσουμε ότι βρισκόμαστε αντιμέτωποι με το καθήκον να λύσουμε μια δευτεροβάθμια εξίσωση a x 2 + b x + c = 0. Ας πραγματοποιήσουμε έναν αριθμό ισοδύναμων μετασχηματισμών:
- διαιρέστε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης με τον αριθμό ένα, διαφορετικό από το μηδέν, λαμβάνουμε τη μειωμένη τετραγωνική εξίσωση: x 2 + b a x + c a \u003d 0;
- επιλέξτε το πλήρες τετράγωνο στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης που προκύπτει:
x 2 + b a x + c a = x 2 + 2 b 2 a x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a = = x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a
Μετά από αυτό, η εξίσωση θα πάρει τη μορφή: x + b 2 a 2 - b 2 a 2 + c a \u003d 0; - τώρα είναι δυνατό να μεταφέρουμε τους δύο τελευταίους όρους στη δεξιά πλευρά, αλλάζοντας το πρόσημο στο αντίθετο, μετά από το οποίο παίρνουμε: x + b 2 · a 2 = b 2 · a 2 - c a ;
- Τέλος, μετασχηματίζουμε την έκφραση που είναι γραμμένη στη δεξιά πλευρά της τελευταίας ισότητας:
b 2 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - c a \u003d b 2 4 a 2 - 4 a c 4 a 2 \u003d b 2 - 4 a c 4 a 2.
Έτσι, καταλήξαμε στην εξίσωση x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 , η οποία είναι ισοδύναμη με την αρχική εξίσωση a x 2 + b x + c = 0.
Συζητήσαμε τη λύση τέτοιων εξισώσεων στις προηγούμενες παραγράφους (η λύση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων). Η εμπειρία που έχει ήδη αποκτηθεί καθιστά δυνατό να εξαχθεί ένα συμπέρασμα σχετικά με τις ρίζες της εξίσωσης x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2:
- για b 2 - 4 a c 4 a 2< 0 уравнение не имеет действительных решений;
- για b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = 0, η εξίσωση έχει τη μορφή x + b 2 · a 2 = 0, μετά x + b 2 · a = 0.
Από εδώ, η μόνη ρίζα x = - b 2 · a είναι προφανής.
- για b 2 - 4 a c 4 a 2 > 0 ισχύει το εξής: x + b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 ή x = b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2 , που είναι το ίδιο ως x + - b 2 a = b 2 - 4 a c 4 a 2 ή x = - b 2 a - b 2 - 4 a c 4 a 2 , δηλ. η εξίσωση έχει δύο ρίζες.
Είναι δυνατόν να συμπεράνουμε ότι η παρουσία ή η απουσία των ριζών της εξίσωσης x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 (και επομένως η αρχική εξίσωση) εξαρτάται από το πρόσημο της έκφρασης b 2 - 4 a c 4 · ένα 2 γραμμένο στη δεξιά πλευρά. Και το πρόσημο αυτής της έκφρασης δίνεται από το πρόσημο του αριθμητή, (ο παρονομαστής 4 α 2θα είναι πάντα θετικό), δηλαδή το πρόσημο της έκφρασης β 2 − 4 α γ. Αυτή η έκφραση β 2 − 4 α γδίνεται ένα όνομα - η διάκριση μιας τετραγωνικής εξίσωσης και το γράμμα D ορίζεται ως ο χαρακτηρισμός της. Εδώ μπορείτε να γράψετε την ουσία της διάκρισης - από την τιμή και το πρόσημά της, συμπεραίνουν αν η τετραγωνική εξίσωση θα έχει πραγματικές ρίζες και, αν ναι, πόσες ρίζες - μία ή δύο.
Ας επιστρέψουμε στην εξίσωση x + b 2 a 2 = b 2 - 4 a c 4 a 2 . Ας το ξαναγράψουμε χρησιμοποιώντας τον διακριτικό συμβολισμό: x + b 2 · a 2 = D 4 · a 2 .
Ας ανακεφαλαιώσουμε τα συμπεράσματα:
Ορισμός 9
- στο ρε< 0 η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες.
- στο D=0η εξίσωση έχει μία ρίζα x = - b 2 · a ;
- στο Δ > 0η εξίσωση έχει δύο ρίζες: x \u003d - b 2 a + D 4 a 2 ή x \u003d - b 2 a - D 4 a 2. Με βάση τις ιδιότητες των ριζών, αυτές οι ρίζες μπορούν να γραφτούν ως: x \u003d - b 2 a + D 2 a ή - b 2 a - D 2 a. Και όταν ανοίξουμε τις ενότητες και φέρουμε τα κλάσματα σε κοινό παρονομαστή, παίρνουμε: x \u003d - b + D 2 a, x \u003d - b - D 2 a.
Έτσι, το αποτέλεσμα του συλλογισμού μας ήταν η παραγωγή του τύπου για τις ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης:
x = - b + D 2 a , x = - b - D 2 a , διακριτικό ρευπολογίζεται με τον τύπο D = b 2 − 4 a γ.
Αυτοί οι τύποι καθιστούν δυνατό, όταν η διάκριση είναι μεγαλύτερη από το μηδέν, να προσδιοριστούν και οι δύο πραγματικές ρίζες. Όταν η διάκριση είναι μηδέν, η εφαρμογή και των δύο τύπων θα δώσει την ίδια ρίζα ως μοναδική λύση στην τετραγωνική εξίσωση. Στην περίπτωση που ο διαχωριστής είναι αρνητικός, προσπαθώντας να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο της τετραγωνικής ρίζας, θα βρεθούμε αντιμέτωποι με την ανάγκη εξαγωγής Τετραγωνική ρίζααπό έναν αρνητικό αριθμό, που θα μας πάει πέρα από τους πραγματικούς αριθμούς. Με μια αρνητική διάκριση, η τετραγωνική εξίσωση δεν θα έχει πραγματικές ρίζες, αλλά είναι δυνατό ένα ζεύγος σύνθετων συζυγών ριζών, που προσδιορίζονται από τους ίδιους τύπους ρίζας που λάβαμε.
Αλγόριθμος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων με χρήση ριζικών τύπων
Είναι δυνατό να λυθεί μια τετραγωνική εξίσωση χρησιμοποιώντας αμέσως τον τύπο ρίζας, αλλά βασικά αυτό γίνεται όταν είναι απαραίτητο να βρεθούν σύνθετες ρίζες.
Στην πλειονότητα των περιπτώσεων, η αναζήτηση συνήθως δεν προορίζεται για σύνθετες, αλλά για πραγματικές ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης. Στη συνέχεια, είναι βέλτιστο, πριν χρησιμοποιήσετε τους τύπους για τις ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης, πρώτα να προσδιορίσετε τη διάκριση και να βεβαιωθείτε ότι δεν είναι αρνητική (διαφορετικά θα συμπεράνουμε ότι η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες) και στη συνέχεια να προχωρήσουμε στον υπολογισμό της αξία των ριζών.
Ο παραπάνω συλλογισμός καθιστά δυνατή τη διατύπωση ενός αλγορίθμου για την επίλυση μιας εξίσωσης τετραγωνικής.
Ορισμός 10
Για να λύσετε μια δευτεροβάθμια εξίσωση a x 2 + b x + c = 0, απαραίτητη:
- σύμφωνα με τον τύπο D = b 2 − 4 a γΒρείτε την τιμή της διάκρισης.
- στο Δ< 0 сделать вывод об отсутствии у квадратного уравнения действительных корней;
- για D = 0 βρείτε τη μοναδική ρίζα της εξίσωσης με τον τύπο x = - b 2 · a ;
- για D > 0, προσδιορίστε δύο πραγματικές ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης με τον τύπο x = - b ± D 2 · a.
Σημειώστε ότι όταν η διάκριση είναι μηδέν, μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τον τύπο x = - b ± D 2 · a , θα δώσει το ίδιο αποτέλεσμα με τον τύπο x = - b 2 · a .
Εξετάστε παραδείγματα.
Παραδείγματα επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων
Ας δώσουμε ένα παράδειγμα λύσης για διαφορετικές αξίεςδιακριτική.
Παράδειγμα 6
Είναι απαραίτητο να βρούμε τις ρίζες της εξίσωσης x 2 + 2 x - 6 = 0.
Λύση
Γράφουμε τους αριθμητικούς συντελεστές της τετραγωνικής εξίσωσης: a \u003d 1, b \u003d 2 και c = − 6. Στη συνέχεια, ενεργούμε σύμφωνα με τον αλγόριθμο, δηλ. Ας αρχίσουμε να υπολογίζουμε τη διάκριση, για την οποία αντικαθιστούμε τους συντελεστές a , b Και ντοστον τύπο διάκρισης: D = b 2 − 4 a c = 2 2 − 4 1 (− 6) = 4 + 24 = 28 .
Έτσι, πήραμε D > 0, που σημαίνει ότι η αρχική εξίσωση θα έχει δύο πραγματικές ρίζες.
Για να τα βρούμε, χρησιμοποιούμε τον ριζικό τύπο x \u003d - b ± D 2 · a και, αντικαθιστώντας τις κατάλληλες τιμές, παίρνουμε: x \u003d - 2 ± 28 2 · 1. Απλοποιούμε την έκφραση που προκύπτει αφαιρώντας τον παράγοντα από το πρόσημο της ρίζας, ακολουθούμενη από μείωση του κλάσματος:
x = - 2 ± 2 7 2
x = - 2 + 2 7 2 ή x = - 2 - 2 7 2
x = - 1 + 7 ή x = - 1 - 7
Απάντηση: x = - 1 + 7 , x = - 1 - 7 .
Παράδειγμα 7
Είναι απαραίτητο να λυθεί μια τετραγωνική εξίσωση − 4 x 2 + 28 x − 49 = 0.
Λύση
Ας ορίσουμε τη διάκριση: D = 28 2 − 4 (− 4) (− 49) = 784 − 784 = 0. Με αυτήν την τιμή του διαχωριστή, η αρχική εξίσωση θα έχει μόνο μία ρίζα, που καθορίζεται από τον τύπο x = - b 2 · a.
x = - 28 2 (- 4) x = 3, 5
Απάντηση: x = 3, 5.
Παράδειγμα 8
Είναι απαραίτητο να λυθεί η εξίσωση 5 y 2 + 6 y + 2 = 0
Λύση
Οι αριθμητικοί συντελεστές αυτής της εξίσωσης θα είναι: a = 5 , b = 6 και c = 2 . Χρησιμοποιούμε αυτές τις τιμές για να βρούμε τη διάκριση: D = b 2 − 4 · a · c = 6 2 − 4 · 5 · 2 = 36 − 40 = − 4 . Η υπολογισμένη διάκριση είναι αρνητική, επομένως η αρχική τετραγωνική εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες.
Στην περίπτωση που η εργασία είναι να υποδείξουμε μιγαδικές ρίζες, εφαρμόζουμε τον τύπο ρίζας εκτελώντας πράξεις με μιγαδικούς αριθμούς:
x \u003d - 6 ± - 4 2 5,
x \u003d - 6 + 2 i 10 ή x \u003d - 6 - 2 i 10,
x = - 3 5 + 1 5 i ή x = - 3 5 - 1 5 i .
Απάντηση:δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες. οι μιγαδικές ρίζες είναι: - 3 5 + 1 5 i , - 3 5 - 1 5 i .
ΣΕ σχολικό πρόγραμμα σπουδώναπό προεπιλογή, δεν υπάρχει απαίτηση να αναζητηθούν σύνθετες ρίζες, επομένως, εάν η διάκριση καθοριστεί ως αρνητική κατά τη διάρκεια της λύσης, καταγράφεται αμέσως η απάντηση ότι δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες.
Τύπος ρίζας για ακόμη και δεύτερους συντελεστές
Ο ριζικός τύπος x = - b ± D 2 a (D = b 2 − 4 a c) καθιστά δυνατή τη λήψη ενός άλλου τύπου, πιο συμπαγούς, που σας επιτρέπει να βρείτε λύσεις σε τετραγωνικές εξισώσεις με άρτιο συντελεστή στο x (ή με συντελεστή της μορφής 2 a n, για παράδειγμα, 2 3 ή 14 ln 5 = 2 7 ln 5). Ας δείξουμε πώς προκύπτει αυτός ο τύπος.
Ας υποθέσουμε ότι βρισκόμαστε αντιμέτωποι με το καθήκον να βρούμε μια λύση στην τετραγωνική εξίσωση a · x 2 + 2 · n · x + c = 0. Ενεργούμε σύμφωνα με τον αλγόριθμο: προσδιορίζουμε τη διάκριση D = (2 n) 2 − 4 a c = 4 n 2 − 4 a c = 4 (n 2 − a c) , και στη συνέχεια χρησιμοποιούμε τον ριζικό τύπο:
x \u003d - 2 n ± D 2 a, x \u003d - 2 n ± 4 n 2 - a c 2 a, x \u003d - 2 n ± 2 n 2 - a c 2 a, x = - n ± n 2 - a · γ α .
Έστω η παράσταση n 2 − a c συμβολίζεται ως D 1 (μερικές φορές συμβολίζεται D "). Τότε ο τύπος για τις ρίζες της εξεταζόμενης τετραγωνικής εξίσωσης με τον δεύτερο συντελεστή 2 n θα έχει τη μορφή:
x \u003d - n ± D 1 a, όπου D 1 \u003d n 2 - a c.
Είναι εύκολο να δούμε ότι D = 4 · D 1 , ή D 1 = D 4 . Με άλλα λόγια, το D 1 είναι το ένα τέταρτο της διάκρισης. Προφανώς, το πρόσημο του D 1 είναι το ίδιο με το πρόσημο του D, που σημαίνει ότι το πρόσημο του D 1 μπορεί επίσης να χρησιμεύσει ως δείκτης της παρουσίας ή της απουσίας των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης.
Ορισμός 11
Έτσι, για να βρεθεί μια λύση σε μια τετραγωνική εξίσωση με δεύτερο συντελεστή 2 n, είναι απαραίτητο:
- βρείτε D 1 = n 2 − a c ;
- στο Δ 1< 0 сделать вывод, что действительных корней нет;
- για D 1 = 0, προσδιορίστε τη μοναδική ρίζα της εξίσωσης με τον τύπο x = - n a ;
- για D 1 > 0, προσδιορίστε δύο πραγματικές ρίζες χρησιμοποιώντας τον τύπο x = - n ± D 1 a.
Παράδειγμα 9
Είναι απαραίτητο να λυθεί η δευτεροβάθμια εξίσωση 5 · x 2 − 6 · x − 32 = 0.
Λύση
Ο δεύτερος συντελεστής της δεδομένης εξίσωσης μπορεί να παρασταθεί ως 2 · (− 3) . Στη συνέχεια ξαναγράφουμε τη δεδομένη τετραγωνική εξίσωση ως 5 · x 2 + 2 · (− 3) · x − 32 = 0 , όπου a = 5 , n = − 3 και c = − 32 .
Ας υπολογίσουμε το τέταρτο μέρος της διάκρισης: D 1 = n 2 − a c = (− 3) 2 − 5 (− 32) = 9 + 160 = 169 . Η τιμή που προκύπτει είναι θετική, πράγμα που σημαίνει ότι η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες. Τα ορίζουμε με τον αντίστοιχο τύπο των ριζών:
x = - n ± D 1 a, x = - - 3 ± 169 5, x = 3 ± 13 5,
x = 3 + 13 5 ή x = 3 - 13 5
x = 3 1 5 ή x = - 2
Θα ήταν δυνατό να πραγματοποιηθούν υπολογισμοί χρησιμοποιώντας τον συνήθη τύπο για τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης, αλλά σε αυτή την περίπτωση η λύση θα ήταν πιο δύσκολη.
Απάντηση: x = 3 1 5 ή x = - 2 .
Απλοποίηση της μορφής των τετραγωνικών εξισώσεων
Μερικές φορές είναι δυνατό να βελτιστοποιηθεί η μορφή της αρχικής εξίσωσης, η οποία θα απλοποιήσει τη διαδικασία υπολογισμού των ριζών.
Για παράδειγμα, η τετραγωνική εξίσωση 12 x 2 - 4 x - 7 \u003d 0 είναι σαφώς πιο βολική για επίλυση από 1200 x 2 - 400 x - 700 \u003d 0.
Συχνότερα, η απλοποίηση της μορφής μιας τετραγωνικής εξίσωσης πραγματοποιείται πολλαπλασιάζοντας ή διαιρώντας και τα δύο μέρη της με έναν ορισμένο αριθμό. Για παράδειγμα, παραπάνω δείξαμε μια απλοποιημένη εγγραφή της εξίσωσης 1200 x 2 - 400 x - 700 = 0, που προκύπτει διαιρώντας και τα δύο μέρη της με το 100.
Ένας τέτοιος μετασχηματισμός είναι δυνατός όταν οι συντελεστές της τετραγωνικής εξίσωσης δεν είναι σχετικά πρώτοι αριθμοί. Τότε, συνήθως, και τα δύο μέρη της εξίσωσης διαιρούνται με τον μεγαλύτερο κοινό διαιρέτη των απόλυτων τιμών των συντελεστών της.
Ως παράδειγμα, χρησιμοποιούμε την τετραγωνική εξίσωση 12 x 2 − 42 x + 48 = 0. Ας ορίσουμε το gcd των απόλυτων τιμών των συντελεστών του: gcd (12 , 42 , 48) = gcd(gcd (12 , 42) , 48) = gcd (6 , 48) = 6 . Ας διαιρέσουμε και τα δύο μέρη της αρχικής τετραγωνικής εξίσωσης με το 6 και πάρουμε την ισοδύναμη τετραγωνική εξίσωση 2 · x 2 − 7 · x + 8 = 0 .
Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές της τετραγωνικής εξίσωσης, συνήθως εξαλείφονται οι κλασματικοί συντελεστές. Σε αυτή την περίπτωση, πολλαπλασιάστε με το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρονομαστών των συντελεστών του. Για παράδειγμα, εάν κάθε μέρος της δευτεροβάθμιας εξίσωσης 1 6 x 2 + 2 3 x - 3 \u003d 0 πολλαπλασιαστεί με LCM (6, 3, 1) \u003d 6, τότε θα γραφτεί σε περισσότερα απλή φόρμα x 2 + 4 x - 18 = 0 .
Τέλος, σημειώνουμε ότι σχεδόν πάντα απαλλαγείτε από το μείον στον πρώτο συντελεστή της δευτεροβάθμιας εξίσωσης, αλλάζοντας τα πρόσημα κάθε όρου της εξίσωσης, το οποίο επιτυγχάνεται πολλαπλασιάζοντας (ή διαιρώντας) και τα δύο μέρη με − 1. Για παράδειγμα, από την τετραγωνική εξίσωση - 2 x 2 - 3 x + 7 \u003d 0, μπορείτε να μεταβείτε στην απλοποιημένη έκδοσή της 2 x 2 + 3 x - 7 \u003d 0.
Σχέση μεταξύ ριζών και συντελεστών
Ο ήδη γνωστός τύπος για τις ρίζες των τετραγωνικών εξισώσεων x = - b ± D 2 · a εκφράζει τις ρίζες της εξίσωσης ως προς τους αριθμητικούς συντελεστές της. Με βάση αυτόν τον τύπο, έχουμε την ευκαιρία να ορίσουμε άλλες εξαρτήσεις μεταξύ των ριζών και των συντελεστών.
Οι πιο διάσημοι και εφαρμόσιμοι είναι οι τύποι του θεωρήματος Vieta:
x 1 + x 2 \u003d - b a και x 2 \u003d c a.
Συγκεκριμένα, για τη δεδομένη τετραγωνική εξίσωση, το άθροισμα των ριζών είναι ο δεύτερος συντελεστής με το αντίθετο πρόσημο και το γινόμενο των ριζών είναι ίσο με τον ελεύθερο όρο. Για παράδειγμα, με τη μορφή της τετραγωνικής εξίσωσης 3 · x 2 − 7 · x + 22 \u003d 0, είναι δυνατό να προσδιοριστεί αμέσως ότι το άθροισμα των ριζών της είναι 7 3 και το γινόμενο των ριζών είναι 22 3.
Μπορείτε επίσης να βρείτε μια σειρά από άλλες σχέσεις μεταξύ των ριζών και των συντελεστών μιας τετραγωνικής εξίσωσης. Για παράδειγμα, το άθροισμα των τετραγώνων των ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης μπορεί να εκφραστεί με όρους συντελεστών:
x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2) 2 - 2 x 1 x 2 = - b a 2 - 2 c a = b 2 a 2 - 2 c a = b 2 - 2 a c a 2.
Εάν παρατηρήσετε κάποιο λάθος στο κείμενο, επισημάνετε το και πατήστε Ctrl+Enter
Αυτό το θέμα μπορεί να φαίνεται περίπλοκο στην αρχή λόγω των πολλών όχι και τόσο απλών τύπων. Όχι μόνο οι ίδιες οι τετραγωνικές εξισώσεις έχουν μεγάλες εγγραφές, αλλά οι ρίζες βρίσκονται επίσης μέσω της διάκρισης. Υπάρχουν τρεις νέες φόρμουλες συνολικά. Δεν είναι πολύ εύκολο να θυμάστε. Αυτό είναι δυνατό μόνο μετά τη συχνή επίλυση τέτοιων εξισώσεων. Τότε όλοι οι τύποι θα θυμούνται από μόνες τους.
Γενική άποψη της τετραγωνικής εξίσωσης
Εδώ προτείνεται η ρητή σημείωση τους, όταν πρώτα γράφεται ο μεγαλύτερος βαθμός και μετά - με φθίνουσα σειρά. Συχνά υπάρχουν περιπτώσεις που οι όροι ξεχωρίζουν. Τότε είναι καλύτερο να ξαναγράψουμε την εξίσωση με φθίνουσα σειρά του βαθμού της μεταβλητής.
Ας εισάγουμε τη σημειογραφία. Παρουσιάζονται στον παρακάτω πίνακα.
Εάν δεχθούμε αυτούς τους συμβολισμούς, όλες οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις ανάγονται στον ακόλουθο συμβολισμό.
Επιπλέον, ο συντελεστής a ≠ 0. Έστω ότι αυτός ο τύπος συμβολίζεται με τον αριθμό ένα.
Όταν δίνεται η εξίσωση, δεν είναι ξεκάθαρο πόσες ρίζες θα υπάρχουν στην απάντηση. Επειδή μία από τις τρεις επιλογές είναι πάντα δυνατή:
- η λύση θα έχει δύο ρίζες.
- η απάντηση θα είναι ένας αριθμός.
- Η εξίσωση δεν έχει καθόλου ρίζες.
Και ενώ η απόφαση δεν έχει τελειώσει, είναι δύσκολο να καταλάβουμε ποια από τις επιλογές θα πέσει έξω σε μια συγκεκριμένη περίπτωση.
Τύποι εγγραφών τετραγωνικών εξισώσεων
Οι εργασίες μπορεί να τις περιέχουν. διάφορα αρχεία. Δεν μοιάζουν πάντα γενικός τύποςτετραγωνική εξίσωση. Μερικές φορές θα λείπουν κάποιοι όροι. Αυτό που γράφτηκε παραπάνω είναι πλήρης εξίσωση. Εάν αφαιρέσετε τον δεύτερο ή τον τρίτο όρο σε αυτό, θα έχετε κάτι διαφορετικό. Αυτές οι εγγραφές ονομάζονται επίσης τετραγωνικές εξισώσεις, μόνο ελλιπείς.
Επιπλέον, μόνο οι όροι για τους οποίους οι συντελεστές "β" και "γ" μπορούν να εξαφανιστούν. Ο αριθμός «α» δεν μπορεί σε καμία περίπτωση να είναι ίσος με μηδέν. Γιατί σε αυτή την περίπτωση ο τύπος μετατρέπεται σε γραμμική εξίσωση. Οι τύποι για την ημιτελή μορφή των εξισώσεων θα είναι οι εξής:
Άρα, υπάρχουν μόνο δύο τύποι, εκτός από πλήρεις, υπάρχουν και ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις. Έστω ο πρώτος τύπος ο αριθμός δύο και ο δεύτερος αριθμός τρία.
Η διάκριση και η εξάρτηση του αριθμού των ριζών από την αξία του
Αυτός ο αριθμός πρέπει να είναι γνωστός για να υπολογιστούν οι ρίζες της εξίσωσης. Μπορεί πάντα να υπολογιστεί, ανεξάρτητα από το ποιος είναι ο τύπος της τετραγωνικής εξίσωσης. Για να υπολογίσετε τη διάκριση, πρέπει να χρησιμοποιήσετε την ισότητα που γράφεται παρακάτω, η οποία θα έχει τον αριθμό τέσσερα.
Αφού αντικαταστήσετε τις τιμές των συντελεστών σε αυτόν τον τύπο, μπορείτε να πάρετε αριθμούς με διαφορετικά σημάδια. Εάν η απάντηση είναι ναι, τότε η απάντηση στην εξίσωση θα είναι δύο διαφορετική ρίζα. Στο αρνητικός αριθμόςθα λείπουν οι ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης. Αν είναι ίσο με μηδέν, η απάντηση θα είναι ένα.
Πώς λύνεται μια πλήρης τετραγωνική εξίσωση;
Μάλιστα, η εξέταση αυτού του θέματος έχει ήδη ξεκινήσει. Γιατί πρώτα πρέπει να βρεις το διακριτικό. Αφού διευκρινιστεί ότι υπάρχουν ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης και είναι γνωστός ο αριθμός τους, πρέπει να χρησιμοποιήσετε τους τύπους για τις μεταβλητές. Εάν υπάρχουν δύο ρίζες, τότε πρέπει να εφαρμόσετε έναν τέτοιο τύπο.
Εφόσον περιέχει το σύμβολο «±», θα υπάρχουν δύο τιμές. Η έκφραση κάτω από το σύμβολο της τετραγωνικής ρίζας είναι η διάκριση. Επομένως, ο τύπος μπορεί να ξαναγραφτεί με διαφορετικό τρόπο.
Φόρμουλα πέντε. Από την ίδια εγγραφή μπορεί να φανεί ότι εάν η διάκριση είναι μηδέν, τότε και οι δύο ρίζες θα λάβουν τις ίδιες τιμές.
Εάν η λύση των τετραγωνικών εξισώσεων δεν έχει ακόμη επεξεργαστεί, τότε είναι καλύτερο να γράψετε τις τιμές όλων των συντελεστών πριν εφαρμόσετε τους τύπους διάκρισης και μεταβλητής. Αργότερα αυτή η στιγμή δεν θα προκαλέσει δυσκολίες. Αλλά στην αρχή υπάρχει σύγχυση.
Πώς λύνεται μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση;
Όλα είναι πολύ πιο απλά εδώ. Δεν υπάρχει καν ανάγκη πρόσθετες φόρμουλες. Και δεν θα χρειαστείτε αυτά που έχουν ήδη γραφτεί για το διακριτικό και το άγνωστο.
Πρώτα σκεφτείτε ημιτελής εξίσωσηστο νούμερο δύο. Σε αυτή την ισότητα, υποτίθεται ότι αφαιρεί την άγνωστη τιμή από την αγκύλη και λύνει τη γραμμική εξίσωση, η οποία θα παραμείνει στις αγκύλες. Η απάντηση θα έχει δύο ρίζες. Το πρώτο είναι απαραίτητα ίσο με μηδέν, γιατί υπάρχει ένας παράγοντας που αποτελείται από την ίδια τη μεταβλητή. Το δεύτερο προκύπτει με την επίλυση μιας γραμμικής εξίσωσης.
Η ημιτελής εξίσωση στον αριθμό τρία λύνεται μεταφέροντας τον αριθμό από την αριστερή πλευρά της εξίσωσης προς τα δεξιά. Στη συνέχεια, πρέπει να διαιρέσετε με τον συντελεστή μπροστά από το άγνωστο. Απομένει μόνο να εξαγάγετε την τετραγωνική ρίζα και μην ξεχάσετε να τη γράψετε δύο φορές με αντίθετα σημάδια.
Ακολουθούν ορισμένες ενέργειες που σας βοηθούν να μάθετε πώς να λύνετε κάθε είδους ισότητες που μετατρέπονται σε εξισώσεις δευτεροβάθμιας. Θα βοηθήσουν τον μαθητή να αποφύγει λάθη που οφείλονται σε απροσεξία. Αυτές οι ελλείψεις είναι η αιτία των κακών βαθμών κατά τη μελέτη του εκτενούς θέματος «Τετραγωνικές Εξισώσεις (Βαθμός 8)». Στη συνέχεια, αυτές οι ενέργειες δεν θα χρειάζεται να εκτελούνται συνεχώς. Γιατί θα υπάρχει μια σταθερή συνήθεια.
- Πρώτα πρέπει να γράψετε την εξίσωση σε τυπική μορφή. Δηλαδή πρώτα ο όρος με τον μεγαλύτερο βαθμό της μεταβλητής και μετά -χωρίς τον βαθμό και τον τελευταίο- απλώς ένας αριθμός.
- Εάν ένα μείον εμφανίζεται πριν από τον συντελεστή "a", τότε μπορεί να περιπλέξει τη δουλειά για έναν αρχάριο να μελετήσει τις εξισώσεις του δευτεροβάθμιου επιπέδου. Είναι καλύτερα να το ξεφορτωθείς. Για το σκοπό αυτό, όλη η ισότητα πρέπει να πολλαπλασιαστεί με "-1". Αυτό σημαίνει ότι όλοι οι όροι θα αλλάξουν πρόσημο στο αντίθετο.
- Με τον ίδιο τρόπο, συνιστάται να απαλλαγείτε από κλάσματα. Απλώς πολλαπλασιάστε την εξίσωση με τον κατάλληλο παράγοντα έτσι ώστε οι παρονομαστές να ακυρωθούν.
Παραδείγματα
Απαιτείται η επίλυση των ακόλουθων τετραγωνικών εξισώσεων:
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).
Η πρώτη εξίσωση: x 2 - 7x \u003d 0. Είναι ελλιπής, επομένως επιλύεται όπως περιγράφεται για τον τύπο δύο.
Μετά την αγκύρωση, αποδεικνύεται: x (x - 7) \u003d 0.
Η πρώτη ρίζα παίρνει την τιμή: x 1 = 0. Η δεύτερη θα βρεθεί από γραμμική εξίσωση: x - 7 = 0. Είναι εύκολο να δούμε ότι x 2 = 7.
Δεύτερη εξίσωση: 5x2 + 30 = 0. Και πάλι ημιτελής. Μόνο που λύνεται όπως περιγράφεται για τον τρίτο τύπο.
Αφού μεταφέρετε το 30 στη δεξιά πλευρά της εξίσωσης: 5x 2 = 30. Τώρα πρέπει να διαιρέσετε με το 5. Αποδεικνύεται: x 2 = 6. Οι απαντήσεις θα είναι αριθμοί: x 1 = √6, x 2 = - √ 6.
Τρίτη εξίσωση: 15 - 2x - x 2 \u003d 0. Εδώ και παρακάτω, η λύση των τετραγωνικών εξισώσεων θα ξεκινήσει ξαναγράφοντάς τες σε τυπική όψη: - x 2 - 2x + 15 = 0. Τώρα ήρθε η ώρα να χρησιμοποιήσετε το δεύτερο χρήσιμες συμβουλέςκαι πολλαπλασιάζουμε τα πάντα με μείον ένα. Αποδεικνύεται x 2 + 2x - 15 \u003d 0. Σύμφωνα με τον τέταρτο τύπο, πρέπει να υπολογίσετε τη διάκριση: D \u003d 2 2 - 4 * (- 15) \u003d 4 + 60 \u003d 64. Είναι θετικός αριθμός. Από όσα ειπώθηκαν παραπάνω, προκύπτει ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες. Πρέπει να υπολογιστούν σύμφωνα με τον πέμπτο τύπο. Σύμφωνα με αυτό, αποδεικνύεται ότι x \u003d (-2 ± √64) / 2 \u003d (-2 ± 8) / 2. Στη συνέχεια, x 1 \u003d 3, x 2 \u003d - 5.
Η τέταρτη εξίσωση x 2 + 8 + 3x \u003d 0 μετατρέπεται σε αυτό: x 2 + 3x + 8 \u003d 0. Η διάκρισή της είναι ίση με αυτήν την τιμή: -23. Δεδομένου ότι αυτός ο αριθμός είναι αρνητικός, η απάντηση σε αυτήν την εργασία θα είναι η ακόλουθη καταχώρηση: "Δεν υπάρχουν ρίζες".
Η πέμπτη εξίσωση 12x + x 2 + 36 = 0 θα πρέπει να ξαναγραφτεί ως εξής: x 2 + 12x + 36 = 0. Μετά την εφαρμογή του τύπου για τη διάκριση, προκύπτει ο αριθμός μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι θα έχει μία ρίζα, δηλαδή: x \u003d -12 / (2 * 1) \u003d -6.
Η έκτη εξίσωση (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2) απαιτεί μετασχηματισμούς, οι οποίοι συνίστανται στο γεγονός ότι πρέπει να φέρετε παρόμοιους όρους, πριν ανοίξετε τις αγκύλες. Στη θέση της πρώτης θα υπάρχει μια τέτοια έκφραση: x 2 + 2x + 1. Μετά την ισότητα, θα εμφανιστεί αυτή η καταχώρηση: x 2 + 3x + 2. Αφού μετρηθούν παρόμοιοι όροι, η εξίσωση θα πάρει τη μορφή: x 2 - x \u003d 0. Έχει γίνει ημιτελές . Παρόμοιο με αυτό έχει ήδη θεωρηθεί λίγο υψηλότερο. Οι ρίζες αυτού θα είναι οι αριθμοί 0 και 1.