Πρώτο επίπεδο

Τετραγωνικές εξισώσεις. Περιεκτικός οδηγός (2019)

Στον όρο «τετραγωνική εξίσωση», η λέξη-κλειδί είναι «τετραγωνική». Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση πρέπει απαραίτητα να περιέχει μια μεταβλητή (το ίδιο x) στο τετράγωνο και δεν πρέπει να υπάρχουν xes στην τρίτη (ή μεγαλύτερη) δύναμη.

Η λύση πολλών εξισώσεων καταλήγει στην επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων.

Ας μάθουμε να προσδιορίζουμε ότι αυτή είναι μια τετραγωνική εξίσωση και όχι κάποια άλλη εξίσωση.

Παράδειγμα 1.

Ας απαλλαγούμε από τον παρονομαστή και ας πολλαπλασιάσουμε κάθε όρο της εξίσωσης με

Ας μετακινήσουμε τα πάντα στην αριστερή πλευρά και ας τακτοποιήσουμε τους όρους σε φθίνουσα σειρά δυνάμεων του X

Τώρα μπορούμε να το πούμε με σιγουριά δεδομένη εξίσωσηείναι τετράγωνο!

Παράδειγμα 2.

Πολλαπλασιάστε την αριστερή και τη δεξιά πλευρά με:

Αυτή η εξίσωση, αν και ήταν αρχικά σε αυτήν, δεν είναι τετραγωνική!

Παράδειγμα 3.

Ας πολλαπλασιάσουμε τα πάντα με:

Τρομακτικός; Η τέταρτη και δεύτερη μοίρα... Ωστόσο, αν κάνουμε αντικατάσταση, θα δούμε ότι έχουμε μια απλή τετραγωνική εξίσωση:

Παράδειγμα 4.

Φαίνεται να υπάρχει, αλλά ας ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά. Ας μετακινήσουμε τα πάντα στην αριστερή πλευρά:

Βλέπετε, έχει μειωθεί - και τώρα είναι μια απλή γραμμική εξίσωση!

Τώρα προσπαθήστε να προσδιορίσετε μόνοι σας ποιες από τις παρακάτω εξισώσεις είναι τετραγωνικές και ποιες όχι:

Παραδείγματα:

Απαντήσεις:

1. τετράγωνο;
2. τετράγωνο;
3. όχι τετράγωνο?
4. όχι τετράγωνο?
5. όχι τετράγωνο?
6. τετράγωνο;
7. όχι τετράγωνο?
8. τετράγωνο.

Οι μαθηματικοί χωρίζουν συμβατικά όλες τις τετραγωνικές εξισώσεις στους ακόλουθους τύπους:

• Πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις- εξισώσεις στις οποίες οι συντελεστές και, όπως και ο ελεύθερος όρος c, δεν είναι ίσοι με μηδέν (όπως στο παράδειγμα). Επιπλέον, μεταξύ των πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις υπάρχουν δεδομένος- αυτές είναι εξισώσεις στις οποίες ο συντελεστής (η εξίσωση από το πρώτο παράδειγμα δεν είναι μόνο πλήρης, αλλά και μειωμένος!)

• Ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις- εξισώσεις στις οποίες ο συντελεστής και ή ο ελεύθερος όρος c είναι ίσοι με μηδέν:

  Είναι ελλιπείς γιατί τους λείπει κάποιο στοιχείο. Όμως η εξίσωση πρέπει πάντα να περιέχει Χ στο τετράγωνο!!! Διαφορετικά, δεν θα είναι πλέον μια δευτεροβάθμια εξίσωση, αλλά κάποια άλλη εξίσωση.

Γιατί σκέφτηκαν μια τέτοια διαίρεση; Φαίνεται ότι υπάρχει ένα Χ στο τετράγωνο, και εντάξει. Αυτή η διαίρεση καθορίζεται από τις μεθόδους λύσης. Ας δούμε το καθένα από αυτά με περισσότερες λεπτομέρειες.

Επίλυση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων

Αρχικά, ας επικεντρωθούμε στην επίλυση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων - είναι πολύ πιο απλές!

Υπάρχουν τύποι ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων:

1. , στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής είναι ίσος.
2. , σε αυτή την εξίσωση ο ελεύθερος όρος είναι ίσος με.
3. , στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής και ο ελεύθερος όρος είναι ίσοι.

1. i. Γιατί ξέρουμε να εξάγουμε Τετραγωνική ρίζα, τότε ας εκφράσουμε από αυτή την εξίσωση

Η έκφραση μπορεί να είναι είτε αρνητική είτε θετική. Ένας τετράγωνος αριθμός δεν μπορεί να είναι αρνητικός, γιατί όταν πολλαπλασιάζουμε δύο αρνητικούς ή δύο θετικούς αριθμούς, το αποτέλεσμα θα είναι πάντα ένας θετικός αριθμός, οπότε: αν, τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Και αν, τότε έχουμε δύο ρίζες. Αυτοί οι τύποι δεν χρειάζεται να απομνημονεύονται. Το κύριο πράγμα είναι ότι πρέπει να γνωρίζετε και να θυμάστε πάντα ότι δεν μπορεί να είναι λιγότερο.

Ας προσπαθήσουμε να λύσουμε μερικά παραδείγματα.

Παράδειγμα 5:

Λύστε την εξίσωση

Τώρα το μόνο που μένει είναι να εξαγάγετε τη ρίζα από την αριστερή και τη δεξιά πλευρά. Μετά από όλα, θυμάστε πώς να εξαγάγετε ρίζες;

Απάντηση:

Μην ξεχνάτε ποτέ τις ρίζες με αρνητικό πρόσημο!!!

Παράδειγμα 6:

Λύστε την εξίσωση

Απάντηση:

Παράδειγμα 7:

Λύστε την εξίσωση

Ωχ! Το τετράγωνο ενός αριθμού δεν μπορεί να είναι αρνητικό, πράγμα που σημαίνει ότι η εξίσωση

χωρίς ρίζες!

Για τέτοιες εξισώσεις που δεν έχουν ρίζες, οι μαθηματικοί βρήκαν ένα ειδικό εικονίδιο - (κενό σύνολο). Και η απάντηση μπορεί να γραφτεί ως εξής:

Απάντηση:

Έτσι, αυτή η τετραγωνική εξίσωση έχει δύο ρίζες. Δεν υπάρχουν περιορισμοί εδώ, αφού δεν εξάγαμε τη ρίζα.
Παράδειγμα 8:

Λύστε την εξίσωση

Ας βγάλουμε τον κοινό παράγοντα εκτός παρενθέσεων:

Ετσι,

Αυτή η εξίσωση έχει δύο ρίζες.

Απάντηση:

Ο απλούστερος τύπος ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων (αν και είναι όλες απλές, σωστά;). Προφανώς, αυτή η εξίσωση έχει πάντα μόνο μία ρίζα:

Εδώ θα κάνουμε χωρίς παραδείγματα.

Επίλυση πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων

Υπενθυμίζουμε ότι μια πλήρης τετραγωνική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής όπου

Η επίλυση πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων είναι λίγο πιο δύσκολη (λίγο) από αυτές.

Θυμάμαι, Οποιαδήποτε δευτεροβάθμια εξίσωση μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας ένα διαχωριστικό! Έστω και ημιτελής.

Οι άλλες μέθοδοι θα σας βοηθήσουν να το κάνετε πιο γρήγορα, αλλά αν έχετε προβλήματα με τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις, πρώτα κυριαρχήστε τη λύση χρησιμοποιώντας τη διάκριση.

1. Επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων με χρήση διαχωριστικού.

Η επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας αυτή τη μέθοδο είναι πολύ απλή.

Αν, τότε η εξίσωση έχει ρίζα. Ιδιαίτερη προσοχήΚάνε ένα βήμα. Το διακριτικό () μας λέει τον αριθμό των ριζών της εξίσωσης.

• Εάν, τότε ο τύπος στο βήμα θα μειωθεί σε. Έτσι, η εξίσωση θα έχει μόνο ρίζα.
• Εάν, τότε δεν θα μπορέσουμε να εξαγάγουμε τη ρίζα του διακριτικού στο βήμα. Αυτό δείχνει ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Ας επιστρέψουμε στις εξισώσεις μας και ας δούμε μερικά παραδείγματα.

Παράδειγμα 9:

Λύστε την εξίσωση

Βήμα 1παραλείπουμε.

Βήμα 2.

Βρίσκουμε τη διάκριση:

Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες.

Βήμα 3.

Απάντηση:

Παράδειγμα 10:

Λύστε την εξίσωση

Η εξίσωση παρουσιάζεται σε τυπική μορφή, άρα Βήμα 1παραλείπουμε.

Βήμα 2.

Βρίσκουμε τη διάκριση:

Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση έχει μία ρίζα.

Απάντηση:

Παράδειγμα 11:

Λύστε την εξίσωση

Η εξίσωση παρουσιάζεται σε τυπική μορφή, άρα Βήμα 1παραλείπουμε.

Βήμα 2.

Βρίσκουμε τη διάκριση:

Αυτό σημαίνει ότι δεν θα μπορέσουμε να εξαγάγουμε τη ρίζα της διάκρισης. Δεν υπάρχουν ρίζες της εξίσωσης.

Τώρα ξέρουμε πώς να γράφουμε σωστά τέτοιες απαντήσεις.

Απάντηση:χωρίς ρίζες

2. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Αν θυμάστε, υπάρχει ένας τύπος εξίσωσης που ονομάζεται μειωμένος (όταν ο συντελεστής a είναι ίσος με):

Τέτοιες εξισώσεις είναι πολύ εύκολο να λυθούν χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta:

Άθροισμα ριζών δεδομένοςη τετραγωνική εξίσωση είναι ίση και το γινόμενο των ριζών είναι ίσο.

Παράδειγμα 12:

Λύστε την εξίσωση

Αυτή η εξίσωση μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta επειδή .

Το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης είναι ίσο, δηλ. παίρνουμε την πρώτη εξίσωση:

Και το προϊόν ισούται με:

Ας συνθέσουμε και λύσουμε το σύστημα:

• Και. Το ποσό είναι ίσο με?
• Και. Το ποσό είναι ίσο με?
• Και. Το ποσό είναι ίσο.

και είναι η λύση στο σύστημα:

Απάντηση: ; .

Παράδειγμα 13:

Λύστε την εξίσωση

Απάντηση:

Παράδειγμα 14:

Λύστε την εξίσωση

Δίνεται η εξίσωση που σημαίνει:

Απάντηση:

ΤΕΤΑΡΧΟΜΕΝΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. ΜΕΣΟ ΕΠΙΠΕΔΟ

Τι είναι μια τετραγωνική εξίσωση;

Με άλλα λόγια, μια τετραγωνική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής, όπου - ο άγνωστος, - ορισμένοι αριθμοί, και.

Ο αριθμός ονομάζεται υψηλότερος ή πρώτος συντελεστήςτετραγωνική εξίσωση, - δεύτερος συντελεστής, ΕΝΑ - ελεύθερο μέλος.

Γιατί; Γιατί αν η εξίσωση γίνει αμέσως γραμμική, γιατί θα εξαφανιστεί.

Σε αυτή την περίπτωση, και μπορεί να είναι ίσο με μηδέν. Σε αυτή την καρέκλα η εξίσωση ονομάζεται ελλιπής. Αν όλοι οι όροι είναι στη θέση τους, δηλαδή η εξίσωση είναι πλήρης.

Λύσεις σε διάφορους τύπους τετραγωνικών εξισώσεων

Μέθοδοι επίλυσης ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων:

Αρχικά, ας δούμε τις μεθόδους για την επίλυση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων - είναι απλούστερες.

Μπορούμε να διακρίνουμε τους παρακάτω τύπους εξισώσεων:

Ι., στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής και ο ελεύθερος όρος είναι ίσοι.

II. , στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής είναι ίσος.

III. , σε αυτή την εξίσωση ο ελεύθερος όρος είναι ίσος με.

Τώρα ας δούμε τη λύση για κάθε έναν από αυτούς τους υποτύπους.

Προφανώς, αυτή η εξίσωση έχει πάντα μόνο μία ρίζα:

Ένας τετράγωνος αριθμός δεν μπορεί να είναι αρνητικός, γιατί όταν πολλαπλασιάζουμε δύο αρνητικούς ή δύο θετικούς αριθμούς, το αποτέλεσμα θα είναι πάντα ένας θετικός αριθμός. Να γιατί:

αν, τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

αν έχουμε δύο ρίζες

Αυτοί οι τύποι δεν χρειάζεται να απομνημονεύονται. Το κύριο πράγμα που πρέπει να θυμάστε είναι ότι δεν μπορεί να είναι λιγότερο.

Παραδείγματα:

Λύσεις:

Απάντηση:

Μην ξεχνάτε ποτέ τις ρίζες με αρνητικό πρόσημο!

Το τετράγωνο ενός αριθμού δεν μπορεί να είναι αρνητικό, πράγμα που σημαίνει ότι η εξίσωση

χωρίς ρίζες.

Για να σημειώσουμε εν συντομία ότι ένα πρόβλημα δεν έχει λύσεις, χρησιμοποιούμε το εικονίδιο κενού συνόλου.

Απάντηση:

Άρα, αυτή η εξίσωση έχει δύο ρίζες: και.

Απάντηση:

Ας βγάλουμε τον κοινό παράγοντα εκτός παρενθέσεων:

Το γινόμενο είναι ίσο με μηδέν εάν τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες ίσο με μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση έχει λύση όταν:

Άρα, αυτή η τετραγωνική εξίσωση έχει δύο ρίζες: και.

Παράδειγμα:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Ας συνυπολογίσουμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης και ας βρούμε τις ρίζες:

Απάντηση:

Μέθοδοι επίλυσης πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων:

1. Διακριτικός

Η επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με αυτόν τον τρόπο είναι εύκολη, το κύριο πράγμα είναι να θυμάστε την ακολουθία των ενεργειών και μερικούς τύπους. Θυμηθείτε, οποιαδήποτε δευτεροβάθμια εξίσωση μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας ένα διαχωριστικό! Έστω και ημιτελής.

Προσέξατε τη ρίζα από το διακριτικό στον τύπο για τις ρίζες; Αλλά η διάκριση μπορεί να είναι αρνητική. Τι να κάνω; Πρέπει να δώσουμε ιδιαίτερη προσοχή στο βήμα 2. Ο διαχωριστής μας λέει τον αριθμό των ριζών της εξίσωσης.

• Αν, τότε η εξίσωση έχει ρίζες:
• Αν, τότε η εξίσωση έχει τις ίδιες ρίζες, και μάλιστα, μία ρίζα:

  Τέτοιες ρίζες ονομάζονται διπλές ρίζες.

• Αν, τότε δεν εξάγεται η ρίζα του διαχωριστικού. Αυτό δείχνει ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Γιατί είναι δυνατοί διαφορετικοί αριθμοί ριζών; Ας στραφούμε στη γεωμετρική σημασία της τετραγωνικής εξίσωσης. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι παραβολή:

Σε μια ειδική περίπτωση, που είναι μια τετραγωνική εξίσωση, . Αυτό σημαίνει ότι οι ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης είναι τα σημεία τομής με τον άξονα της τετμημένης (άξονα). Μια παραβολή μπορεί να μην τέμνει καθόλου τον άξονα ή μπορεί να τον τέμνει σε ένα (όταν η κορυφή της παραβολής βρίσκεται στον άξονα) ή δύο σημεία.

Επιπλέον, ο συντελεστής είναι υπεύθυνος για την κατεύθυνση των κλάδων της παραβολής. Αν, τότε οι κλάδοι της παραβολής κατευθύνονται προς τα πάνω και αν, τότε προς τα κάτω.

Παραδείγματα:

Λύσεις:

Απάντηση:

Απάντηση: .

Απάντηση:

Αυτό σημαίνει ότι δεν υπάρχουν λύσεις.

Απάντηση: .

2. Θεώρημα Vieta

Είναι πολύ εύκολο να χρησιμοποιήσετε το θεώρημα του Vieta: απλά πρέπει να επιλέξετε ένα ζεύγος αριθμών των οποίων το γινόμενο είναι ίσο με τον ελεύθερο όρο της εξίσωσης και το άθροισμα είναι ίσο με τον δεύτερο συντελεστή, που λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο.

Είναι σημαντικό να θυμόμαστε ότι το θεώρημα του Vieta μπορεί να εφαρμοστεί μόνο σε μειωμένες τετραγωνικές εξισώσεις ().

Ας δούμε μερικά παραδείγματα:

Παράδειγμα #1:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Αυτή η εξίσωση μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta επειδή . Άλλοι συντελεστές: ; .

Το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης είναι:

Και το προϊόν ισούται με:

Ας επιλέξουμε ζεύγη αριθμών των οποίων το γινόμενο είναι ίσο και ας ελέγξουμε αν το άθροισμά τους είναι ίσο:

• Και. Το ποσό είναι ίσο με?
• Και. Το ποσό είναι ίσο με?
• Και. Το ποσό είναι ίσο.

και είναι η λύση στο σύστημα:

Έτσι, και είναι οι ρίζες της εξίσωσής μας.

Απάντηση: ; .

Παράδειγμα #2:

Λύση:

Ας επιλέξουμε ζεύγη αριθμών που δίνουν το γινόμενο και, στη συνέχεια, ελέγξτε αν το άθροισμά τους είναι ίσο:

και: δίνουν συνολικά.

και: δίνουν συνολικά. Για να αποκτήσετε, αρκεί απλώς να αλλάξετε τα σημάδια των υποτιθέμενων ριζών: και, τελικά, το προϊόν.

Απάντηση:

Παράδειγμα #3:

Λύση:

Ο ελεύθερος όρος της εξίσωσης είναι αρνητικός και επομένως το γινόμενο των ριζών είναι αρνητικός αριθμός. Αυτό είναι δυνατό μόνο εάν η μία από τις ρίζες είναι αρνητική και η άλλη θετική. Επομένως το άθροισμα των ριζών είναι ίσο με διαφορές των ενοτήτων τους.

Ας επιλέξουμε τέτοια ζεύγη αριθμών που δίνουν στο γινόμενο και η διαφορά των οποίων είναι ίση με:

και: η διαφορά τους είναι ίση - δεν ταιριάζει.

και: - ακατάλληλο.

και: - ακατάλληλο.

και: - κατάλληλο. Το μόνο που μένει είναι να θυμόμαστε ότι μια από τις ρίζες είναι αρνητική. Εφόσον το άθροισμά τους πρέπει να είναι ίσο, η ρίζα με μικρότερο συντελεστή πρέπει να είναι αρνητική: . Ελέγχουμε:

Απάντηση:

Παράδειγμα #4:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Δίνεται η εξίσωση που σημαίνει:

Ο ελεύθερος όρος είναι αρνητικός και επομένως το γινόμενο των ριζών είναι αρνητικό. Και αυτό είναι δυνατό μόνο όταν η μία ρίζα της εξίσωσης είναι αρνητική και η άλλη θετική.

Ας επιλέξουμε ζεύγη αριθμών των οποίων το γινόμενο είναι ίσο και, στη συνέχεια, προσδιορίζουμε ποιες ρίζες πρέπει να έχουν αρνητικό πρόσημο:

Προφανώς, μόνο οι ρίζες και είναι κατάλληλες για την πρώτη συνθήκη:

Απάντηση:

Παράδειγμα #5:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Δίνεται η εξίσωση που σημαίνει:

Το άθροισμα των ριζών είναι αρνητικό, πράγμα που σημαίνει ότι, σύμφωνα με τουλάχιστον, μια από τις ρίζες είναι αρνητική. Αλλά επειδή το προϊόν τους είναι θετικό, σημαίνει ότι και οι δύο ρίζες έχουν πρόσημο μείον.

Ας επιλέξουμε ζεύγη αριθμών των οποίων το γινόμενο είναι ίσο με:

Προφανώς, οι ρίζες είναι οι αριθμοί και.

Απάντηση:

Συμφωνώ, είναι πολύ βολικό να βρίσκεις ρίζες προφορικά, αντί να μετράς αυτό το δυσάρεστο διαχωριστικό. Προσπαθήστε να χρησιμοποιείτε το θεώρημα του Vieta όσο πιο συχνά γίνεται.

Αλλά το θεώρημα του Vieta είναι απαραίτητο για να διευκολυνθεί και να επιταχυνθεί η εύρεση των ριζών. Για να επωφεληθείτε από τη χρήση του, πρέπει να φέρετε τις ενέργειες σε αυτοματοποίηση. Και για αυτό, λύστε πέντε ακόμη παραδείγματα. Αλλά μην εξαπατήσετε: δεν μπορείτε να χρησιμοποιήσετε διακριτικό! Μόνο το θεώρημα του Βιέτα:

Λύσεις σε εργασίες για ανεξάρτητη εργασία:

Εργασία 1. ((x)^(2))-8x+12=0

Σύμφωνα με το θεώρημα του Vieta:

Ως συνήθως, ξεκινάμε την επιλογή με το κομμάτι:

Ακατάλληλο γιατί το ποσό?

: το ποσό είναι ακριβώς αυτό που χρειάζεστε.

Απάντηση: ; .

Εργασία 2.

Και πάλι το αγαπημένο μας θεώρημα Vieta: το άθροισμα πρέπει να είναι ίσο και το γινόμενο πρέπει να είναι ίσο.

Επειδή όμως δεν πρέπει να είναι, αλλά, αλλάζουμε τα σημάδια των ριζών: και (συνολικά).

Απάντηση: ; .

Εργασία 3.

Χμ... Πού είναι αυτό;

Πρέπει να μετακινήσετε όλους τους όρους σε ένα μέρος:

Το άθροισμα των ριζών είναι ίσο με το γινόμενο.

Εντάξει, σταμάτα! Η εξίσωση δεν δίνεται. Αλλά το θεώρημα του Vieta είναι εφαρμόσιμο μόνο στις δεδομένες εξισώσεις. Άρα πρώτα πρέπει να δώσετε μια εξίσωση. Εάν δεν μπορείτε να ηγηθείτε, εγκαταλείψτε αυτήν την ιδέα και λύστε το με άλλο τρόπο (για παράδειγμα, μέσω ενός διακριτικού). Επιτρέψτε μου να σας υπενθυμίσω ότι για να δώσετε μια τετραγωνική εξίσωση σημαίνει να κάνετε τον συντελεστή που οδηγεί ίσος:

Εξαιρετική. Τότε το άθροισμα των ριζών ισούται με και το γινόμενο.

Εδώ είναι τόσο εύκολο όσο το ξεφλούδισμα των αχλαδιών: τελικά, είναι πρώτος αριθμός (συγγνώμη για την ταυτολογία).

Απάντηση: ; .

Εργασία 4.

Το δωρεάν μέλος είναι αρνητικό. Τι το ιδιαίτερο έχει αυτό; Και το γεγονός είναι ότι οι ρίζες θα έχουν διαφορετικά σημάδια. Και τώρα, κατά την επιλογή, δεν ελέγχουμε το άθροισμα των ριζών, αλλά τη διαφορά στις ενότητες τους: αυτή η διαφορά είναι ίση, αλλά προϊόν.

Έτσι, οι ρίζες είναι ίσες με και, αλλά μία από αυτές είναι μείον. Το θεώρημα του Vieta μας λέει ότι το άθροισμα των ριζών είναι ίσο με τον δεύτερο συντελεστή με το αντίθετο πρόσημο, δηλαδή. Αυτό σημαίνει ότι η μικρότερη ρίζα θα έχει ένα μείον: και, δεδομένου ότι.

Απάντηση: ; .

Εργασία 5.

Τι πρέπει να κάνετε πρώτα; Σωστά, δώστε την εξίσωση:

Και πάλι: επιλέγουμε τους συντελεστές του αριθμού και η διαφορά τους πρέπει να είναι ίση με:

Οι ρίζες είναι ίσες με και, αλλά μία από αυτές είναι μείον. Οι οποίες; Το άθροισμά τους πρέπει να είναι ίσο, πράγμα που σημαίνει ότι το μείον θα έχει μεγαλύτερη ρίζα.

Απάντηση: ; .

Επιτρέψτε μου να συνοψίσω:

1. Το θεώρημα του Vieta χρησιμοποιείται μόνο στις δευτεροβάθμιες εξισώσεις που δίνονται.
2. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta, μπορείτε να βρείτε τις ρίζες με επιλογή, προφορικά.
3. Εάν δεν δοθεί η εξίσωση ή δεν βρεθεί κατάλληλο ζεύγος παραγόντων του ελεύθερου όρου, τότε δεν υπάρχουν ολόκληρες ρίζες και πρέπει να το λύσετε με άλλο τρόπο (για παράδειγμα, μέσω ενός διαχωριστή).

3. Μέθοδος επιλογής πλήρους τετραγώνου

Εάν όλοι οι όροι που περιέχουν το άγνωστο αντιπροσωπεύονται με τη μορφή όρων από συντομευμένους τύπους πολλαπλασιασμού - το τετράγωνο του αθροίσματος ή της διαφοράς - τότε μετά την αντικατάσταση των μεταβλητών, η εξίσωση μπορεί να παρουσιαστεί με τη μορφή μιας ημιτελούς τετραγωνικής εξίσωσης του τύπου.

Για παράδειγμα:

Παράδειγμα 1:

Λύστε την εξίσωση: .

Λύση:

Απάντηση:

Παράδειγμα 2:

Λύστε την εξίσωση: .

Λύση:

Απάντηση:

Σε γενικές γραμμές, ο μετασχηματισμός θα μοιάζει με αυτό:

Αυτό υπονοεί: .

Δεν σου θυμίζει τίποτα; Αυτό είναι κάτι που εισάγει διακρίσεις! Έτσι ακριβώς πήραμε τη φόρμουλα της διάκρισης.

ΤΕΤΑΡΧΙΑΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. ΣΥΝΤΟΜΗ ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ ΤΑ ΚΥΡΙΑ ΠΡΑΓΜΑΤΑ

Τετραγωνική εξίσωση - αυτή είναι μια εξίσωση της μορφής, όπου - ο άγνωστος, - οι συντελεστές της τετραγωνικής εξίσωσης, - ο ελεύθερος όρος.

Πλήρης τετραγωνική εξίσωση- μια εξίσωση στην οποία οι συντελεστές δεν είναι ίσοι με μηδέν.

Μειωμένη τετραγωνική εξίσωση- μια εξίσωση στην οποία ο συντελεστής, δηλαδή: .

Ημιτελής τετραγωνική εξίσωση- μια εξίσωση στην οποία ο συντελεστής και ή ο ελεύθερος όρος c είναι ίσοι με μηδέν:

• αν ο συντελεστής, η εξίσωση μοιάζει με:
• αν υπάρχει ελεύθερος όρος, η εξίσωση έχει τη μορφή:
• αν και, η εξίσωση μοιάζει με: .

1. Αλγόριθμος επίλυσης ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων

1.1. Μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση της μορφής, όπου, :

1) Ας εκφράσουμε το άγνωστο:

2) Ελέγξτε το πρόσημο της έκφρασης:

• αν, τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις,
• αν, τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες.

1.2. Μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση της μορφής, όπου, :

1) Ας βγάλουμε τον κοινό παράγοντα εκτός παρενθέσεων: ,

2) Το γινόμενο είναι ίσο με μηδέν εάν τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες είναι ίσος με μηδέν. Επομένως, η εξίσωση έχει δύο ρίζες:

1.3. Μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση της μορφής, όπου:

Αυτή η εξίσωση έχει πάντα μόνο μία ρίζα: .

2. Αλγόριθμος επίλυσης πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων της μορφής όπου

2.1. Λύση με χρήση διακριτικού

1) Ας μειώσουμε την εξίσωση σε τυπική όψη: ,

2) Ας υπολογίσουμε τη διάκριση χρησιμοποιώντας τον τύπο: , που δείχνει τον αριθμό των ριζών της εξίσωσης:

3) Βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης:

• αν, τότε η εξίσωση έχει ρίζες, οι οποίες βρίσκονται από τον τύπο:
• αν, τότε η εξίσωση έχει μια ρίζα, η οποία βρίσκεται από τον τύπο:
• αν, τότε η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

2.2. Λύση χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta

Το άθροισμα των ριζών της ανηγμένης δευτεροβάθμιας εξίσωσης (εξίσωση της μορφής όπου) είναι ίσο, και το γινόμενο των ριζών είναι ίσο, δηλ. , ΕΝΑ.

2.3. Λύση με τη μέθοδο επιλογής πλήρους τετραγώνου

Βιβλιογραφική περιγραφή: Gasanov A. R., Kuramshin A. A., Elkov A. A., Shilnenkov N. V., Ulanov D. D., Shmeleva O. V. Μέθοδοι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων // Νέος επιστήμονας. 2016. Αρ. 6.1. Σ. 17-20..02.2019).



Το έργο μας αφορά τρόπους επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων. Στόχος του έργου: μάθουν να λύνουν τετραγωνικές εξισώσεις με τρόπους που δεν περιλαμβάνονται στο σχολικό πρόγραμμα. Εργασία: βρείτε τα πάντα πιθανούς τρόπουςλύνοντας τετραγωνικές εξισώσεις και μαθαίνοντας πώς να τις χρησιμοποιείτε μόνοι σας και παρουσιάζοντας αυτές τις μεθόδους στους συμμαθητές σας.

Τι είναι οι «τετραγωνικές εξισώσεις»;

Τετραγωνική εξίσωση- εξίσωση της μορφής τσεκούρι2 + bx + c = 0, Οπου ένα, σι, ντο- μερικοί αριθμοί ( a ≠ 0), Χ- άγνωστο.

Οι αριθμοί α, β, γ ονομάζονται συντελεστές της δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

• α ονομάζεται πρώτος συντελεστής.
• Το b ονομάζεται δεύτερος συντελεστής.
• γ - ελεύθερο μέλος.

Ποιος ήταν ο πρώτος που «εφηύρε» τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις;

Μερικές αλγεβρικές τεχνικές για την επίλυση γραμμικών και τετραγωνικών εξισώσεων ήταν γνωστές πριν από 4000 χρόνια στην Αρχαία Βαβυλώνα. Η ανακάλυψη αρχαίων βαβυλωνιακών πήλινων πινακίδων, που χρονολογούνται κάπου μεταξύ 1800 και 1600 π.Χ., παρέχει τις πρώτες ενδείξεις για τη μελέτη των τετραγωνικών εξισώσεων. Τα ίδια δισκία περιγράφουν μεθόδους για την επίλυση ορισμένων τύπων τετραγωνικών εξισώσεων.

Η ανάγκη επίλυσης εξισώσεων όχι μόνο πρώτου, αλλά και δεύτερου βαθμού, ακόμη και στην αρχαιότητα, προκλήθηκε από την ανάγκη επίλυσης προβλημάτων που σχετίζονται με την εύρεση των χώρων των οικοπέδων και με ανασκαφικές εργασίες στρατιωτικού χαρακτήρα, καθώς και όπως και με την ανάπτυξη της ίδιας της αστρονομίας και των μαθηματικών.

Ο κανόνας για την επίλυση αυτών των εξισώσεων, που ορίζεται στα βαβυλωνιακά κείμενα, ουσιαστικά συμπίπτει με τον σύγχρονο, αλλά δεν είναι γνωστό πώς έφτασαν οι Βαβυλώνιοι σε αυτόν τον κανόνα. Σχεδόν όλα τα σφηνοειδή κείμενα που έχουν βρεθεί μέχρι στιγμής παρέχουν μόνο προβλήματα με λύσεις που παρουσιάζονται με τη μορφή συνταγών, χωρίς καμία ένδειξη για το πώς βρέθηκαν. Παρά υψηλό επίπεδοανάπτυξη της άλγεβρας στη Βαβυλώνα, τα σφηνοειδή κείμενα στερούνται την έννοια του αρνητικού αριθμού και γενικές μεθόδους για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων.

Βαβυλώνιοι μαθηματικοί περίπου από τον 4ο αιώνα π.Χ. χρησιμοποίησε τη μέθοδο του συμπληρώματος του τετραγώνου για να λύσει εξισώσεις με θετικές ρίζες. Γύρω στο 300 π.Χ Ο Ευκλείδης κατέληξε σε μια γενικότερη γεωμετρική μέθοδοςλύσεις. Ο πρώτος μαθηματικός που βρήκε λύσεις σε εξισώσεις με αρνητικές ρίζες με τη μορφή αλγεβρικού τύπου ήταν ένας Ινδός επιστήμονας Μπραμαγκούπτα(Ινδία, 7ος αιώνας μ.Χ.).

Ο Brahmagupta έθεσε έναν γενικό κανόνα για την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή:

ax2 + bx = c, a>0

Οι συντελεστές σε αυτή την εξίσωση μπορεί επίσης να είναι αρνητικοί. Ο κανόνας του Brahmagupta είναι ουσιαστικά ο ίδιος με τον δικό μας.

Οι δημόσιοι διαγωνισμοί για την επίλυση δύσκολων προβλημάτων ήταν συνηθισμένοι στην Ινδία. Ένα από τα παλιά ινδικά βιβλία λέει τα εξής για τέτοιους διαγωνισμούς: «Όπως ο ήλιος ξεπερνά τα αστέρια με τη λάμψη του, έτσι και ένας λόγιος άνθρωπος θα ξεπεράσει τη δόξα του στις δημόσιες συνελεύσεις προτείνοντας και λύνοντας αλγεβρικά προβλήματα». Τα προβλήματα παρουσιάζονταν συχνά σε ποιητική μορφή.

Σε μια αλγεβρική πραγματεία Αλ-Χουαρίζμιδίνεται ταξινόμηση γραμμικών και τετραγωνικών εξισώσεων. Ο συγγραφέας μετράει 6 τύπους εξισώσεων, εκφράζοντας τους ως εξής:

1) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με τις ρίζες», δηλαδή ax2 = bx.

2) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με αριθμούς», δηλαδή ax2 = c.

3) «Οι ρίζες είναι ίσες με τον αριθμό», δηλαδή ax2 = c.

4) «Τα τετράγωνα και οι αριθμοί είναι ίσοι με τις ρίζες», δηλαδή ax2 + c = bx.

5) «Τα τετράγωνα και οι ρίζες είναι ίσες με τον αριθμό», δηλαδή ax2 + bx = c.

6) «Οι ρίζες και οι αριθμοί είναι ίσοι με τετράγωνα», δηλαδή bx + c == ax2.

Για τον Αλ-Χουαρίζμι, που απέφευγε την κατανάλωση αρνητικοί αριθμοί, οι όροι καθεμιάς από αυτές τις εξισώσεις είναι προσθέσεις και όχι αφαιρέσιμοι. Σε αυτή την περίπτωση, εξισώσεις που δεν έχουν θετικές αποφάσεις. Ο συγγραφέας παρουσιάζει μεθόδους για την επίλυση αυτών των εξισώσεων χρησιμοποιώντας τις τεχνικές του al-jabr και του al-mukabal. Η απόφασή του, φυσικά, δεν συμπίπτει απόλυτα με τη δική μας. Για να μην αναφέρουμε ότι είναι καθαρά ρητορικό, πρέπει να σημειωθεί, για παράδειγμα, ότι όταν λύνει μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση πρώτου τύπου, ο Al-Khorezmi, όπως όλοι οι μαθηματικοί μέχρι τον 17ο αιώνα, δεν λαμβάνει υπόψη τη μηδενική λύση, μάλλον γιατί σε συγκεκριμένα πρακτικά δεν έχει σημασία σε εργασίες. Όταν λύνει πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις, ο Al-Khwarizmi καθορίζει τους κανόνες για την επίλυσή τους χρησιμοποιώντας συγκεκριμένα αριθμητικά παραδείγματα και στη συνέχεια τις γεωμετρικές τους αποδείξεις.

Οι μορφές για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων σύμφωνα με το μοντέλο του Αλ-Χουαρίζμι στην Ευρώπη παρουσιάστηκαν για πρώτη φορά στο «Βιβλίο του Άβακα», που γράφτηκε το 1202. Ιταλός μαθηματικός Λέοναρντ Φιμπονάτσι. Ο συγγραφέας ανέπτυξε ανεξάρτητα μερικά νέα αλγεβρικά παραδείγματα επίλυσης προβλημάτων και ήταν ο πρώτος στην Ευρώπη που προσέγγισε την εισαγωγή αρνητικών αριθμών.

Αυτό το βιβλίο συνέβαλε στη διάδοση της αλγεβρικής γνώσης όχι μόνο στην Ιταλία, αλλά και στη Γερμανία, τη Γαλλία και άλλες ευρωπαϊκές χώρες. Πολλά προβλήματα από αυτό το βιβλίο χρησιμοποιήθηκαν σε όλα σχεδόν τα ευρωπαϊκά σχολικά βιβλία του 14ου-17ου αιώνα. Γενικός κανόναςη λύση των δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή x2 + bх = с για όλους τους πιθανούς συνδυασμούς των σημείων και των συντελεστών b, c διατυπώθηκε στην Ευρώπη το 1544. M. Stiefel.

Η εξαγωγή του τύπου για την επίλυση μιας τετραγωνικής εξίσωσης σε γενική μορφή είναι διαθέσιμη από το Viète, αλλά ο Viète αναγνώρισε μόνο θετικές ρίζες. Ιταλοί μαθηματικοί Tartaglia, Cardano, Bombelliαπό τα πρώτα τον 16ο αιώνα. Εκτός από τα θετικά, λαμβάνονται υπόψη και οι αρνητικές ρίζες. Μόλις τον 17ο αιώνα. χάρη στις προσπάθειες Girard, Descartes, Newtonκαι άλλους επιστήμονες, η μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων παίρνει μια σύγχρονη μορφή.

Ας δούμε διάφορους τρόπους επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων.

Τυπικές μέθοδοι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων από το σχολικό πρόγραμμα σπουδών:

1. Παραγοντοποίηση της αριστερής πλευράς της εξίσωσης.
2. Μέθοδος επιλογής πλήρους τετραγώνου.
3. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας τον τύπο.
4. Γραφική λύση δευτεροβάθμιας εξίσωσης.
5. Επίλυση εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Ας σταθούμε λεπτομερέστερα στη λύση ανηγμένων και μη αναγωγικών τετραγωνικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Θυμηθείτε ότι για να λύσουμε τις παραπάνω τετραγωνικές εξισώσεις, αρκεί να βρούμε δύο αριθμούς των οποίων το γινόμενο είναι ίσο με τον ελεύθερο όρο και το άθροισμα των οποίων είναι ίσο με τον δεύτερο συντελεστή με το αντίθετο πρόσημο.

Παράδειγμα.Χ 2 -5x+6=0

Πρέπει να βρείτε αριθμούς των οποίων το γινόμενο είναι 6 και των οποίων το άθροισμα είναι 5. Αυτοί οι αριθμοί θα είναι 3 και 2.

Απάντηση: x 1 =2, x 2 =3.

Αλλά μπορείτε επίσης να χρησιμοποιήσετε αυτή τη μέθοδο για εξισώσεις με τον πρώτο συντελεστή να μην είναι ίσος με ένα.

Παράδειγμα.3x 2 +2x-5=0

Πάρτε τον πρώτο συντελεστή και πολλαπλασιάστε τον με τον ελεύθερο όρο: x 2 +2x-15=0

Οι ρίζες αυτής της εξίσωσης θα είναι αριθμοί των οποίων το γινόμενο είναι ίσο με -15 και των οποίων το άθροισμα είναι ίσο με -2. Αυτοί οι αριθμοί είναι 5 και 3. Για να βρείτε τις ρίζες της αρχικής εξίσωσης, διαιρέστε τις ρίζες που προκύπτουν με τον πρώτο συντελεστή.

Απάντηση: x 1 =-5/3, x 2 =1

6. Επίλυση εξισώσεων με τη μέθοδο «ρίψη».

Θεωρήστε την τετραγωνική εξίσωση ax 2 + bx + c = 0, όπου a≠0.

Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές με το a, προκύπτει η εξίσωση a 2 x 2 + abx + ac = 0.

Έστω ax = y, από όπου x = y/a; τότε καταλήγουμε στην εξίσωση y 2 + κατά + ac = 0, ισοδύναμη με τη δεδομένη. Βρίσκουμε τις ρίζες του για το 1 και το 2 χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Τελικά παίρνουμε x 1 = y 1 /a και x 2 = y 2 /a.

Με αυτή τη μέθοδο, ο συντελεστής α πολλαπλασιάζεται με τον ελεύθερο όρο, σαν να «πετάχτηκε» σε αυτόν, γι' αυτό και ονομάζεται μέθοδος «ρίψης». Αυτή η μέθοδος χρησιμοποιείται όταν οι ρίζες της εξίσωσης μπορούν εύκολα να βρεθούν χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta και, το πιο σημαντικό, όταν η διάκριση είναι ένα ακριβές τετράγωνο.

Παράδειγμα.2x 2 - 11x + 15 = 0.

Ας «ρίξουμε» τον συντελεστή 2 στον ελεύθερο όρο και ας κάνουμε μια αντικατάσταση και πάρουμε την εξίσωση y 2 - 11y + 30 = 0.

Σύμφωνα με το αντίστροφο θεώρημα του Vieta

y 1 = 5, x 1 = 5/2, x 1 = 2,5 y 2 = 6, x 2 = 6/2, x 2 = 3.

Απάντηση: x 1 =2,5; Χ 2 = 3.

7. Ιδιότητες συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

Έστω η τετραγωνική εξίσωση ax 2 + bx + c = 0, a ≠ 0.

1. Αν a+ b + c = 0 (δηλαδή το άθροισμα των συντελεστών της εξίσωσης είναι μηδέν), τότε x 1 = 1.

2. Αν a - b + c = 0, ή b = a + c, τότε x 1 = - 1.

Παράδειγμα.345x 2 - 137x - 208 = 0.

Αφού a + b + c = 0 (345 - 137 - 208 = 0), τότε x 1 = 1, x 2 = -208/345.

Απάντηση: x 1 =1; Χ 2 = -208/345 .

Παράδειγμα.132x 2 + 247x + 115 = 0

Επειδή a-b+c = 0 (132 - 247 +115=0), μετά x 1 = - 1, x 2 = - 115/132

Απάντηση: x 1 = - 1; Χ 2 =- 115/132

Υπάρχουν και άλλες ιδιότητες των συντελεστών μιας τετραγωνικής εξίσωσης. αλλά η χρήση τους είναι πιο περίπλοκη.

8. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με χρήση νομογράμματος.

Εικ. 1. Νομόγραμμα

Αυτή είναι μια παλιά και ξεχασμένη επί του παρόντος μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων, τοποθετημένη στη σελ. 83 της συλλογής: Bradis V.M. Τετραψήφιοι μαθηματικοί πίνακες. - Μ., Εκπαίδευση, 1990.

Πίνακας XXII. Νομόγραμμα για την επίλυση της εξίσωσης z 2 + pz + q = 0. Αυτό το νομόγραμμα επιτρέπει, χωρίς να λύσουμε μια δευτεροβάθμια εξίσωση, να προσδιορίσουμε τις ρίζες της εξίσωσης από τους συντελεστές της.

Η καμπυλόγραμμη κλίμακα του νομογράμματος είναι κατασκευασμένη σύμφωνα με τους τύπους (Εικ. 1):

πιστεύοντας OS = p, ED = q, OE = a(όλα σε cm), από το Σχ. 1 ομοιότητες τριγώνων SANΚαι CDFπαίρνουμε την αναλογία

η οποία μετά από αντικαταστάσεις και απλοποιήσεις δίνει την εξίσωση z 2 + pz + q = 0,και το γράμμα zσημαίνει το σημάδι οποιουδήποτε σημείου σε καμπύλη κλίμακα.

Ρύζι. 2 Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με νομόγραμμα

Παραδείγματα.

1) Για την εξίσωση z 2 - 9z + 8 = 0το νομόγραμμα δίνει τις ρίζες z 1 = 8,0 και z 2 = 1,0

Απάντηση:8.0; 1.0.

2) Με νομόγραμμα λύνουμε την εξίσωση

2z 2 - 9z + 2 = 0.

Διαιρέστε τους συντελεστές αυτής της εξίσωσης με 2, παίρνουμε την εξίσωση z 2 - 4,5z + 1 = 0.

Το νομόγραμμα δίνει ρίζες z 1 = 4 και z 2 = 0,5.

Απάντηση: 4; 0,5.

9. Γεωμετρική μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων.

Παράδειγμα.Χ 2 + 10x = 39.

Στο πρωτότυπο, αυτό το πρόβλημα διατυπώνεται ως εξής: «Το τετράγωνο και οι δέκα ρίζες είναι ίσες με 39».

Θεωρήστε ένα τετράγωνο με πλευρά x, στις πλευρές του κατασκευάζονται ορθογώνια έτσι ώστε η άλλη πλευρά καθενός από αυτά να είναι 2,5, επομένως το εμβαδόν του καθενός είναι 2,5x. Το σχήμα που προκύπτει συμπληρώνεται σε ένα νέο τετράγωνο ABCD, χτίζοντας τέσσερα ίσα τετράγωνα στις γωνίες, η πλευρά καθενός από αυτά είναι 2,5 και το εμβαδόν είναι 6,25

Ρύζι. 3 Γραφική μέθοδος επίλυσης της εξίσωσης x 2 + 10x = 39

Η περιοχή S του τετραγώνου ABCD μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα των εμβαδών: του αρχικού τετραγώνου x 2, τεσσάρων ορθογωνίων (4∙2,5x = 10x) και τεσσάρων επιπλέον τετραγώνων (6,25∙4 = 25), δηλ. S = x 2 + 10x = 25. Αντικαθιστώντας το x 2 + 10x με τον αριθμό 39, παίρνουμε ότι S = 39 + 25 = 64, που σημαίνει ότι η πλευρά του τετραγώνου είναι ABCD, δηλ. τμήμα ΑΒ = 8. Για την απαιτούμενη πλευρά x του αρχικού τετραγώνου παίρνουμε

10. Επίλυση εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Bezout.

Το θεώρημα του Bezout. Το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου P(x) με το διώνυμο x - α είναι ίσο με P(α) (δηλαδή, η τιμή του P(x) στο x = α).

Αν ο αριθμός α είναι η ρίζα του πολυωνύμου P(x), τότε αυτό το πολυώνυμο διαιρείται με x -α χωρίς υπόλοιπο.

Παράδειγμα.x²-4x+3=0

Р(x)= x²-4x+3, α: ±1,±3, α =1, 1-4+3=0. Διαιρέστε το P(x) με το (x-1): (x²-4x+3)/(x-1)=x-3

x²-4x+3=(x-1)(x-3), (x-1)(x-3)=0

x-1=0; x=1, ή x-3=0, x=3; Απάντηση: x1 =2, x2 =3.

Συμπέρασμα:Η ικανότητα γρήγορης και ορθολογικής επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων είναι απαραίτητη για την επίλυση πιο σύνθετων εξισώσεων, όπως κλασματικές ορθολογικές εξισώσεις, εξισώσεις υψηλότερης ισχύος, διτετραγωνικές εξισώσεις και, στο γυμνάσιο, τριγωνομετρικές, εκθετικές και λογαριθμικές εξισώσεις. Έχοντας μελετήσει όλους τους τρόπους επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων, μπορούμε να συμβουλεύσουμε τους συμμαθητές μας, εκτός τυπικές μεθόδους, λύση με τη μέθοδο μεταφοράς (6) και λύση εξισώσεων με τις ιδιότητες των συντελεστών (7), αφού είναι πιο προσιτοί στην κατανόηση.

Βιβλιογραφία:

1. Bradis V.M. Τετραψήφιοι μαθηματικοί πίνακες. - Μ., Εκπαίδευση, 1990.
2. Άλγεβρα 8η τάξη: εγχειρίδιο για την 8η τάξη. γενική εκπαίδευση ιδρύματα Makarychev Yu., Mindyuk N. G., Neshkov K. I., Suvorova S. B. ed. S. A. Telyakovsky 15η έκδ., αναθεωρημένη. - Μ.: Εκπαίδευση, 2015
3. https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%B2%D0%B0%D0%B4%D1%80%D0%B0%D1%82%D0%BD%D0%BE%D0 %B5_%D1%83%D1%80%D0%B0%D0%B2%D0%BD%D0%B5%D0%BD%D0%B8%D0%B5
4. Glazer G.I. Η ιστορία των μαθηματικών στο σχολείο. Εγχειρίδιο για εκπαιδευτικούς. / Εκδ. V.N. Πιο ΝΕΟΣ. - Μ.: Εκπαίδευση, 1964.

», δηλαδή εξισώσεις πρώτου βαθμού. Σε αυτό το μάθημα θα εξετάσουμε αυτό που ονομάζεται τετραγωνική εξίσωσηκαι πώς να το λύσετε.

Τι είναι μια τετραγωνική εξίσωση;

Σπουδαίος!

Ο βαθμός μιας εξίσωσης καθορίζεται από τον υψηλότερο βαθμό στον οποίο βρίσκεται ο άγνωστος.

Εάν η μέγιστη ισχύς στην οποία ο άγνωστος είναι "2", τότε έχετε μια τετραγωνική εξίσωση.

Παραδείγματα τετραγωνικών εξισώσεων

• 5x 2 − 14x + 17 = 0
• −x 2 + x +

  1

  3

  = 0
• x 2 + 0,25x = 0
• x 2 − 8 = 0

Σπουδαίος! Η γενική μορφή μιας τετραγωνικής εξίσωσης μοιάζει με αυτό:

A x 2 + b x + c = 0

Τα «α», «β» και «γ» δίνονται αριθμοί.

• Το "a" είναι ο πρώτος ή ο υψηλότερος συντελεστής.
• Το "b" είναι 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 δευτεροβάθμιας εξίσωσης «ax 2 + bx + c = 0».

Ας εξασκηθούμε στον προσδιορισμό των συντελεστών «α», «β» και «γ» σε δευτεροβάθμιες εξισώσεις.

5x 2 − 14x + 17 = 0 −7x 2 − 13x + 8 = 0 −x 2 + x +

Η εξίσωση	Πιθανότητα
α = 5 b = −14 c = 17
a = −7 b = −13 c = 8

1

3

= 0

• a = −1
• b = 1
• c =

  1

  3

x 2 + 0,25x = 0

• α = 1
• b = 0,25
• c = 0

x 2 − 8 = 0

• α = 1
• b = 0
• c = −8

Πώς να λύσετε τετραγωνικές εξισώσεις

Διαφορετικός γραμμικές εξισώσειςγια την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων, χρησιμοποιείται ένα ειδικό εργαλείο τύπος για την εύρεση ριζών.

Θυμάμαι!

Για να λύσετε μια τετραγωνική εξίσωση χρειάζεστε:

• ανάγουμε την τετραγωνική εξίσωση σε γενική εμφάνιση"ax 2 + bx + c = 0". Δηλαδή, μόνο το "0" θα πρέπει να παραμείνει στη δεξιά πλευρά.
• χρησιμοποιήστε τη φόρμουλα για τις ρίζες:

Ας δούμε ένα παράδειγμα για το πώς να χρησιμοποιήσετε τον τύπο για να βρείτε τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης. Ας λύσουμε μια 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, αρκεί να κάνουμε αίτηση τύπος για την εύρεση των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης.

Ας προσδιορίσουμε τους συντελεστές "a", "b" και "c" για αυτήν την εξίσωση.

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

Μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την επίλυση οποιασδήποτε δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

Στον τύπο "x 1;2 = " η ριζική έκφραση αντικαθίσταται συχνά
«b 2 − 4ac» για το γράμμα «D» και λέγεται διακριτικό. Η έννοια του διακριτικού συζητείται λεπτομερέστερα στο μάθημα «Τι είναι ο διακριτικός».

Ας δούμε ένα άλλο παράδειγμα τετραγωνικής εξίσωσης.

x 2 + 9 + x = 7x

Σε αυτή τη μορφή, είναι αρκετά δύσκολο να προσδιοριστούν οι συντελεστές "a", "b" και "c". Ας μειώσουμε πρώτα την εξίσωση στη γενική μορφή «ax 2 + bx + c = 0».

X 2 + 9 + x = 7x
x 2 + 9 + x − 7x = 0
x 2 + 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 οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις δεν έχουν ρίζες. Αυτή η κατάσταση συμβαίνει όταν ο τύπος περιέχει έναν αρνητικό αριθμό κάτω από τη ρίζα.

Τα προβλήματα τετραγωνικών εξισώσεων μελετώνται επίσης σε σχολικό πρόγραμμα σπουδώνκαι στα πανεπιστήμια. Σημαίνουν εξισώσεις της μορφής a*x^2 + b*x + c = 0, όπου Χ-μεταβλητή, a, b, c – σταθερές. ένα<>0 . Το καθήκον είναι να βρούμε τις ρίζες της εξίσωσης.

Γεωμετρική έννοια τετραγωνικής εξίσωσης

Η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης που παριστάνεται με μια τετραγωνική εξίσωση είναι παραβολή. Οι λύσεις (ρίζες) μιας τετραγωνικής εξίσωσης είναι τα σημεία τομής της παραβολής με τον άξονα της τετμημένης (x). Από αυτό προκύπτει ότι υπάρχουν τρεις πιθανές περιπτώσεις:
1) η παραβολή δεν έχει σημεία τομής με τον άξονα της τετμημένης. Αυτό σημαίνει ότι βρίσκεται στο πάνω επίπεδο με κλαδιά προς τα πάνω ή στο κάτω μέρος με κλαδιά προς τα κάτω. Σε τέτοιες περιπτώσεις, η τετραγωνική εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες (έχει δύο μιγαδικές ρίζες).

2) η παραβολή έχει ένα σημείο τομής με τον άξονα Ox. Ένα τέτοιο σημείο ονομάζεται κορυφή της παραβολής και η τετραγωνική εξίσωση σε αυτήν αποκτά την ελάχιστη ή τη μέγιστη τιμή της. Σε αυτή την περίπτωση, η τετραγωνική εξίσωση έχει μία πραγματική ρίζα (ή δύο ίδιες ρίζες).

3) Η τελευταία περίπτωση είναι πιο ενδιαφέρουσα στην πράξη - υπάρχουν δύο σημεία τομής της παραβολής με τον άξονα της τετμημένης. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν δύο πραγματικές ρίζες της εξίσωσης.

Με βάση την ανάλυση των συντελεστών των δυνάμεων των μεταβλητών, μπορούν να εξαχθούν ενδιαφέροντα συμπεράσματα για την τοποθέτηση της παραβολής.

1) Αν ο συντελεστής α είναι μεγαλύτερος από μηδέν, τότε οι κλάδοι της παραβολής κατευθύνονται προς τα πάνω, εάν είναι αρνητικοί, τότε οι κλάδοι της παραβολής κατευθύνονται προς τα κάτω.

2) Αν ο συντελεστής b είναι μεγαλύτερος από το μηδέν, τότε η κορυφή της παραβολής βρίσκεται στο αριστερό ημιεπίπεδο, αν παίρνει αρνητική τιμή, τότε στο δεξί.

Παραγωγή του τύπου επίλυσης δευτεροβάθμιας εξίσωσης

Ας μεταφέρουμε τη σταθερά από την τετραγωνική εξίσωση

για το πρόσημο ίσου, παίρνουμε την έκφραση

Πολλαπλασιάστε και τις δύο πλευρές με 4α

Για να πάρετε ένα πλήρες τετράγωνο στα αριστερά, προσθέστε b^2 και στις δύο πλευρές και πραγματοποιήστε τον μετασχηματισμό

Από εδώ βρίσκουμε

Τύπος για τη διάκριση και τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης

Το διαχωριστικό είναι η τιμή της ριζικής έκφρασης, αν είναι θετική, τότε η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες, που υπολογίζονται από τον τύπο Όταν η διάκριση είναι μηδέν, η τετραγωνική εξίσωση έχει μία λύση (δύο συμπίπτουσες ρίζες), η οποία μπορεί να ληφθεί εύκολα από τον παραπάνω τύπο για το D=0, η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. Ωστόσο, οι λύσεις της τετραγωνικής εξίσωσης βρίσκονται στο μιγαδικό επίπεδο και η τιμή τους υπολογίζεται χρησιμοποιώντας τον τύπο

Το θεώρημα του Βιέτα

Ας εξετάσουμε δύο ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης και ας κατασκευάσουμε μια τετραγωνική εξίσωση με βάση τους το θεώρημα του Βιέτα εύκολα προκύπτει από τη σημειογραφία: αν έχουμε μια τετραγωνική εξίσωση της μορφής. τότε το άθροισμα των ριζών του είναι ίσο με τον συντελεστή p που λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο, και το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης είναι ίσο με τον ελεύθερο όρο q. Η τυπική αναπαράσταση των παραπάνω θα μοιάζει με αυτό.

Πρόγραμμα τετραγωνικών εξισώσεων Factoring

Αφήστε την εργασία να οριστεί: παράγετε μια τετραγωνική εξίσωση. Για να γίνει αυτό, λύνουμε πρώτα την εξίσωση (βρίσκουμε τις ρίζες). Στη συνέχεια, αντικαθιστούμε τις ρίζες που βρέθηκαν στον τύπο επέκτασης για την τετραγωνική εξίσωση Αυτό θα λύσει το πρόβλημα.

Προβλήματα τετραγωνικών εξισώσεων

Εργασία 1. Βρείτε τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης

x^2-26x+120=0 .

Λύση: Γράψτε τους συντελεστές και αντικαταστήστε τους στον τύπο διάκρισης

Η ρίζα αυτής της τιμής είναι 14, είναι εύκολο να το βρείτε με μια αριθμομηχανή ή να το θυμηθείτε με συχνή χρήση, ωστόσο, για ευκολία, στο τέλος του άρθρου θα σας δώσω μια λίστα με τετράγωνα αριθμών που συχνά συναντώνται σε τέτοια προβλήματα.
Αντικαθιστούμε την τιμή που βρέθηκε στον τύπο ρίζας

και παίρνουμε

Εργασία 2. Λύστε την εξίσωση

2x 2 +x-3=0.

Λύση: Έχουμε μια πλήρη τετραγωνική εξίσωση, γράφουμε τους συντελεστές και βρίσκουμε τη διάκριση


Με γνωστούς τύπουςβρίσκοντας τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης

Εργασία 3. Λύστε την εξίσωση

9x 2 -12x+4=0.

Λύση: Έχουμε μια πλήρη τετραγωνική εξίσωση. Προσδιορισμός της διάκρισης

Έχουμε μια περίπτωση όπου οι ρίζες συμπίπτουν. Βρείτε τις τιμές των ριζών χρησιμοποιώντας τον τύπο

Εργασία 4. Λύστε την εξίσωση

x^2+x-6=0 .

Λύση: Σε περιπτώσεις όπου υπάρχουν μικροί συντελεστές για το x, είναι σκόπιμο να εφαρμοστεί το θεώρημα του Vieta. Από την κατάστασή του παίρνουμε δύο εξισώσεις

Από τη δεύτερη συνθήκη βρίσκουμε ότι το γινόμενο πρέπει να είναι ίσο με -6. Αυτό σημαίνει ότι μία από τις ρίζες είναι αρνητική. Έχουμε το παρακάτω πιθανό ζεύγος λύσεων (-3;2), (3;-2) . Λαμβάνοντας υπόψη την πρώτη συνθήκη, απορρίπτουμε το δεύτερο ζεύγος λύσεων.
Οι ρίζες της εξίσωσης είναι ίσες

Πρόβλημα 5. Να βρείτε τα μήκη των πλευρών ενός παραλληλογράμμου αν η περίμετρός του είναι 18 cm και το εμβαδόν του είναι 77 cm 2.

Λύση: Η μισή περίμετρος ενός ορθογωνίου είναι ίση με το άθροισμα των διπλανών πλευρών του. Ας συμβολίσουμε x – μεγάλη πλευρά, μετά 18-x τη μικρότερη πλευρά του. Το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι ίσο με το γινόμενο αυτών των μηκών:
x(18-x)=77;
ή
x 2 -18x+77=0.
Ας βρούμε τη διάκριση της εξίσωσης

Υπολογισμός των ριζών της εξίσωσης

Αν x=11,Οτι 18 = 7,ισχύει και το αντίθετο (αν x=7, τότε 21's=9).

Πρόβλημα 6. Παράγοντες την τετραγωνική εξίσωση 10x 2 -11x+3=0.

Λύση: Ας υπολογίσουμε τις ρίζες της εξίσωσης, για να το κάνουμε αυτό βρίσκουμε το διαχωριστικό

Αντικαθιστούμε την τιμή που βρέθηκε στον τύπο ρίζας και υπολογίζουμε

Εφαρμόζουμε τον τύπο για την αποσύνθεση μιας τετραγωνικής εξίσωσης κατά ρίζες

Ανοίγοντας τις αγκύλες παίρνουμε μια ταυτότητα.

Τετραγωνική εξίσωση με παράμετρο

Παράδειγμα 1. Σε ποιες τιμές παραμέτρων ΕΝΑ ,η εξίσωση (a-3)x 2 + (3-a)x-1/4=0 έχει μία ρίζα;

Λύση: Με άμεση αντικατάσταση της τιμής a=3 βλέπουμε ότι δεν έχει λύση. Στη συνέχεια, θα χρησιμοποιήσουμε το γεγονός ότι με μηδενική διάκριση η εξίσωση έχει μία ρίζα πολλαπλότητας 2. Ας γράψουμε τη διάκριση

Ας το απλοποιήσουμε και ας το εξισώσουμε με το μηδέν

Έχουμε λάβει μια τετραγωνική εξίσωση ως προς την παράμετρο a, η λύση της οποίας μπορεί να ληφθεί εύκολα χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta. Το άθροισμα των ριζών είναι 7 και το γινόμενο τους είναι 12. Με απλή αναζήτηση διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί 3,4 θα είναι οι ρίζες της εξίσωσης. Εφόσον έχουμε ήδη απορρίψει τη λύση a=3 στην αρχή των υπολογισμών, η μόνη σωστή θα είναι - a=4.Έτσι, για a=4 η εξίσωση έχει μία ρίζα.

Παράδειγμα 2. Σε ποιες τιμές παραμέτρων ΕΝΑ ,την εξίσωση a(a+3)x^2+(2a+6)x-3a-9=0έχει περισσότερες από μία ρίζες;

Λύση: Ας εξετάσουμε πρώτα τα μοναδικά σημεία, θα είναι οι τιμές a=0 και a=-3. Όταν a=0, η εξίσωση θα απλοποιηθεί στη μορφή 6x-9=0. x=3/2 και θα υπάρχει μία ρίζα. Για a= -3 λαμβάνουμε την ταυτότητα 0=0.
Ας υπολογίσουμε τη διάκριση

και βρείτε την τιμή του a στην οποία είναι θετική

Από την πρώτη συνθήκη παίρνουμε a>3. Για το δεύτερο, βρίσκουμε τη διάκριση και τις ρίζες της εξίσωσης


Ας ορίσουμε τα διαστήματα που παίρνει η συνάρτηση θετικές αξίες. Αντικαθιστώντας το σημείο a=0 παίρνουμε 3>0 . Έτσι, εκτός του διαστήματος (-3;1/3) η συνάρτηση είναι αρνητική. Μην ξεχνάτε την ουσία a=0,το οποίο θα πρέπει να εξαιρεθεί επειδή η αρχική εξίσωση έχει μια ρίζα σε αυτήν.
Ως αποτέλεσμα, λαμβάνουμε δύο διαστήματα που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος

Θα υπάρχουν πολλές παρόμοιες εργασίες στην πράξη, προσπαθήστε να καταλάβετε μόνοι σας τις εργασίες και μην ξεχάσετε να λάβετε υπόψη τις συνθήκες που αλληλοαποκλείονται. Μελετήστε καλά τους τύπους για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων που χρειάζονται συχνά σε υπολογισμούς σε διάφορα προβλήματα και επιστήμες.

Οι τετραγωνικές εξισώσεις μελετώνται στην 8η δημοτικού, επομένως δεν υπάρχει τίποτα περίπλοκο εδώ. Η ικανότητα επίλυσής τους είναι απολύτως απαραίτητη.

Μια τετραγωνική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής ax 2 + bx + c = 0, όπου οι συντελεστές a, b και c είναι αυθαίρετοι αριθμοί και a ≠ 0.

Πριν μελετήσετε συγκεκριμένες μεθόδους λύσης, σημειώστε ότι όλες οι τετραγωνικές εξισώσεις μπορούν να χωριστούν σε τρεις κατηγορίες:

1. Δεν έχουν ρίζες.
2. Έχουν ακριβώς μία ρίζα.
3. Έχουν δύο διαφορετικές ρίζες.

Αυτή είναι μια σημαντική διαφορά μεταξύ των τετραγωνικών και των γραμμικών εξισώσεων, όπου η ρίζα υπάρχει πάντα και είναι μοναδική. Πώς να προσδιορίσετε πόσες ρίζες έχει μια εξίσωση; Υπάρχει ένα υπέροχο πράγμα για αυτό - διακριτική.

Διακριτικός

Έστω η δευτεροβάθμια εξίσωση ax 2 + bx + c = 0. Τότε η διάκριση είναι απλώς ο αριθμός D = b 2 − 4ac.

Πρέπει να γνωρίζετε αυτή τη φόρμουλα από καρδιάς. Από πού προέρχεται δεν έχει σημασία τώρα. Ένα άλλο πράγμα είναι σημαντικό: με το πρόσημο της διάκρισης μπορείτε να προσδιορίσετε πόσες ρίζες έχει μια τετραγωνική εξίσωση. Και συγκεκριμένα:

1. Αν ο Δ< 0, корней нет;
2. Αν D = 0, υπάρχει ακριβώς μία ρίζα.
3. Αν D > 0, θα υπάρχουν δύο ρίζες.

Παρακαλώ σημειώστε: το διακριτικό υποδεικνύει τον αριθμό των ριζών και καθόλου τα σημάδια τους, όπως για κάποιο λόγο πιστεύουν πολλοί άνθρωποι. Ρίξτε μια ματιά στα παραδείγματα και θα καταλάβετε τα πάντα μόνοι σας:

Εργο. Πόσες ρίζες έχουν οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις:

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

Ας γράψουμε τους συντελεστές για την πρώτη εξίσωση και ας βρούμε τη διάκριση:
a = 1, b = −8, c = 12;
D = (−8) 2 − 4 1 12 = 64 − 48 = 16

Άρα η διάκριση είναι θετική, άρα η εξίσωση έχει δύο διαφορετικές ρίζες. Αναλύουμε τη δεύτερη εξίσωση με παρόμοιο τρόπο:
a = 5; b = 3; c = 7;
D = 3 2 − 4 5 7 = 9 − 140 = −131.

Η διάκριση είναι αρνητική, δεν υπάρχουν ρίζες. Η τελευταία εξίσωση που απομένει είναι:
a = 1; b = −6; c = 9;
D = (−6) 2 − 4 1 9 = 36 − 36 = 0.

Η διάκριση είναι μηδέν - η ρίζα θα είναι μία.

Σημειώστε ότι οι συντελεστές έχουν καταγραφεί για κάθε εξίσωση. Ναι, είναι μακρύ, ναι, είναι κουραστικό, αλλά δεν θα ανακατεύετε τις πιθανότητες και δεν θα κάνετε ανόητα λάθη. Επιλέξτε μόνοι σας: ταχύτητα ή ποιότητα.

Παρεμπιπτόντως, αν το καταφέρετε, μετά από λίγο δεν θα χρειαστεί να σημειώσετε όλους τους συντελεστές. Θα κάνεις τέτοιες επεμβάσεις στο κεφάλι σου. Οι περισσότεροι άνθρωποι αρχίζουν να το κάνουν αυτό κάπου μετά από 50-70 λυμένες εξισώσεις - γενικά, όχι τόσο πολύ.

Ρίζες τετραγωνικής εξίσωσης

Τώρα ας προχωρήσουμε στην ίδια τη λύση. Εάν η διάκριση D > 0, οι ρίζες μπορούν να βρεθούν χρησιμοποιώντας τους τύπους:

Βασικός τύπος για τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης

Όταν D = 0, μπορείτε να χρησιμοποιήσετε οποιονδήποτε από αυτούς τους τύπους - θα λάβετε τον ίδιο αριθμό, που θα είναι η απάντηση. Τέλος, αν ο Δ< 0, корней нет — ничего считать не надо.

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

Πρώτη εξίσωση:
x 2 − 2x − 3 = 0 ⇒ a = 1; b = −2; c = −3;
D = (−2) 2 − 4 1 (−3) = 16.

D > 0 ⇒ η εξίσωση έχει δύο ρίζες. Ας τα βρούμε:

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

D > 0 ⇒ η εξίσωση έχει πάλι δύο ρίζες. Ας τα βρούμε

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

Τέλος, η τρίτη εξίσωση:
x 2 + 12x + 36 = 0 ⇒ a = 1; b = 12; c = 36;
D = 12 2 − 4 1 36 = 0.

D = 0 ⇒ η εξίσωση έχει μία ρίζα. Μπορεί να χρησιμοποιηθεί οποιαδήποτε φόρμουλα. Για παράδειγμα, το πρώτο:

Όπως μπορείτε να δείτε από τα παραδείγματα, όλα είναι πολύ απλά. Εάν γνωρίζετε τους τύπους και μπορείτε να μετρήσετε, δεν θα υπάρχουν προβλήματα. Τις περισσότερες φορές, συμβαίνουν σφάλματα κατά την αντικατάσταση αρνητικών συντελεστών στον τύπο. Και εδώ, η τεχνική που περιγράφεται παραπάνω θα σας βοηθήσει: κοιτάξτε τον τύπο κυριολεκτικά, σημειώστε κάθε βήμα - και πολύ σύντομα θα απαλλαγείτε από σφάλματα.

Ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις

Συμβαίνει ότι μια τετραγωνική εξίσωση είναι ελαφρώς διαφορετική από αυτή που δίνεται στον ορισμό. Για παράδειγμα:

1. x 2 + 9x = 0;
2. x 2 − 16 = 0.

Είναι εύκολο να παρατηρήσετε ότι από αυτές τις εξισώσεις λείπει ένας από τους όρους. Τέτοιες δευτεροβάθμιες εξισώσεις είναι ακόμη πιο εύκολο να λυθούν από τις τυπικές: δεν απαιτούν καν τον υπολογισμό της διάκρισης. Λοιπόν, ας εισαγάγουμε μια νέα ιδέα:

Η εξίσωση ax 2 + bx + c = 0 ονομάζεται ημιτελής τετραγωνική εξίσωση αν b = 0 ή c = 0, δηλ. ο συντελεστής της μεταβλητής x ή του ελεύθερου στοιχείου είναι ίσος με μηδέν.

Φυσικά, μια πολύ δύσκολη περίπτωση είναι δυνατή όταν και οι δύο αυτοί συντελεστές είναι ίσοι με μηδέν: b = c = 0. Σε αυτή την περίπτωση, η εξίσωση παίρνει τη μορφή ax 2 = 0. Προφανώς, μια τέτοια εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα: x = 0.

Ας εξετάσουμε τις υπόλοιπες περιπτώσεις. Έστω b = 0, τότε λαμβάνουμε μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση της μορφής ax 2 + c = 0. Ας τη μετατρέψουμε λίγο:

Εφόσον η αριθμητική τετραγωνική ρίζα υπάρχει μόνο ενός μη αρνητικού αριθμού, η τελευταία ισότητα έχει νόημα μόνο για (−c /a) ≥ 0. Συμπέρασμα:

1. Αν σε μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση της μορφής ax 2 + c = 0 ικανοποιείται η ανισότητα (−c /a) ≥ 0, θα υπάρχουν δύο ρίζες. Ο τύπος δίνεται παραπάνω.
2. Αν (−c /a)< 0, корней нет.

Όπως μπορείτε να δείτε, δεν απαιτείται διάκριση - δεν υπάρχουν καθόλου σύνθετοι υπολογισμοί σε ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις. Στην πραγματικότητα, δεν είναι καν απαραίτητο να θυμόμαστε την ανισότητα (−c /a) ≥ 0. Αρκεί να εκφράσουμε την τιμή x 2 και να δούμε τι βρίσκεται στην άλλη πλευρά του πρόσημου ίσου. Εάν υπάρχει θετικός αριθμός, θα υπάρχουν δύο ρίζες. Εάν είναι αρνητικό, δεν θα υπάρχουν καθόλου ρίζες.

Ας δούμε τώρα εξισώσεις της μορφής ax 2 + bx = 0, στις οποίες το ελεύθερο στοιχείο είναι ίσο με μηδέν. Όλα είναι απλά εδώ: θα υπάρχουν πάντα δύο ρίζες. Αρκεί να συνυπολογίσουμε το πολυώνυμο:

Βγάζοντας τον κοινό παράγοντα εκτός παρενθέσεων

Το γινόμενο είναι μηδέν όταν τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες είναι μηδέν. Από εδώ προέρχονται οι ρίζες. Εν κατακλείδι, ας δούμε μερικές από αυτές τις εξισώσεις:

Εργο. Λύστε δευτεροβάθμιες εξισώσεις:

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

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

5x 2 + 30 = 0 ⇒ 5x 2 = −30 ⇒ x 2 = −6. Δεν υπάρχουν ρίζες, γιατί ένα τετράγωνο δεν μπορεί να είναι ίσο με αρνητικό αριθμό.

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