Hogyan adjunk meg másodfokú egyenletet. Másodfokú egyenlet

Gyökérképletek másodfokú egyenlet. A valódi, többszörös és összetett gyökerek eseteit vizsgáljuk. Faktorizáció másodfokú trinomikus. Geometriai értelmezés. Példák a gyökerek meghatározására és a faktorálásra.

Alapképletek

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

Ezután feltételezzük, hogy ezek valós számok.
Mérlegeljük másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
.
Ha a diszkrimináns pozitív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két különböző valós gyöke van:
; .
Ekkor a másodfokú trinom faktorizálása a következőképpen alakul:
.
Ha a diszkrimináns egyenlő nullával, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két többszörös (egyenlő) valós gyöke van:
.
Faktorizáció:
.
Ha a diszkrimináns negatív, akkor az (1) másodfokú egyenletnek két összetett konjugált gyöke van:
;
.
Itt van a képzeletbeli egység, ;
és a gyökerek valós és képzeletbeli részei:
; .
Akkor

.

Grafikus értelmezés

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

Az alábbiakban példákat mutatunk be ilyen grafikonokra.

Hasznos képletek a másodfokú egyenletekhez

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

Másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése

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




,
Ahol
; .

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

órakor előadták
És .
Vagyis és a másodfokú egyenlet gyökerei
.

Példák másodfokú egyenlet gyökeinek meghatározására

1. példa

(1.1) .

Megoldás

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

Innen megkapjuk a másodfokú trinom tényezőezését:

.

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

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

Válasz

;
;
.

2. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(2.1) .

Megoldás

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

Ekkor a trinomiális faktorizálása a következőképpen alakul:
.

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

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

Válasz

;
.

3. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
(3.1) .

Megoldás

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

Összetett gyökereket találhat:
;
;
.

Akkor


.

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

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

Válasz

Nincsenek igazi gyökerek. Összetett gyökerek:
;
;
.

Ezzel a matematikai programmal megteheti másodfokú egyenlet megoldása.

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

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

Ez a program hasznos lehet a középiskolás diákok számára a felkészülés során tesztek valamint vizsgák, az Egységes Államvizsga előtti tudásellenőrzés során a szülőknek számos matematikai és algebrai feladat megoldásának ellenőrzésére. Vagy talán túl drága Önnek oktatót felvenni vagy új tankönyveket vásárolni? Vagy csak a matematikai vagy algebrai házi feladatot szeretné a lehető leggyorsabban elvégezni? Ebben az esetben részletes megoldásokkal is használhatja programjainkat.

Így Ön saját képzést és/vagy öccsei képzését tudja lebonyolítani, miközben a problémamegoldás területén az oktatás szintje emelkedik.

Ha nem ismeri a másodfokú polinom bevitelének szabályait, javasoljuk, hogy ismerkedjen meg velük.

Másodfokú polinom bevitelének szabályai

Bármely latin betű működhet változóként.
Például: \(x, y, z, a, b, c, o, p, q\) stb.

A számok egész vagy tört számként is megadhatók.
Ráadásul, törtszámok nem csak tizedesként, hanem közönséges törtként is beírható.

A tizedes törtek bevitelének szabályai.
A tizedes törtekben a tört részt ponttal vagy vesszővel lehet elválasztani a teljes résztől.
Például beléphet tizedesjegyekígy: 2,5x - 3,5x^2

A közönséges törtek bevitelének szabályai.
Csak egy egész szám lehet tört számlálója, nevezője és egész része.

A nevező nem lehet negatív.

Belépéskor numerikus tört A számlálót osztásjel választja el a nevezőtől: /
A teljes részt az és jel választja el a törttől: &
Bemenet: 3&1/3 - 5&6/5z +1/7z^2
Eredmény: \(3\frac(1)(3) - 5\frac(6)(5) z + \frac(1)(7)z^2\)

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

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

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

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

Játékaink, rejtvényeink, emulátoraink:

Egy kis elmélet.

Másodfokú egyenlet és gyökei. Hiányos másodfokú egyenletek

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

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

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

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

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

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

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

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

Nézzük meg az egyes típusok egyenleteinek megoldását.

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

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

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

Ha \(-\frac(c)(a) Egy ax 2 +bx=0 formájú nem teljes másodfokú egyenlet megoldásához \(b \neq 0 \) tényezővel a bal oldalát, és megkapjuk az egyenletet
\(x(ax+b)=0 \Rightarrow \left\( \begin(array)(l) x=0 \\ ax+b=0 \end(array) \right. \Rightarrow \left\( \begin (tömb)(l) x=0 \\ x=-\frac(b)(a) \end(tömb) \jobbra.

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

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

Másodfokú egyenlet gyökeinek képlete

Most nézzük meg, hogyan lehet megoldani azokat a másodfokú egyenleteket, amelyekben mind az ismeretlenek együtthatója, mind a szabad tag nem nulla.

Oldjuk meg a másodfokú egyenletet általános formában, és ennek eredményeként megkapjuk a gyökképletet. Ez a képlet ezután bármilyen másodfokú egyenlet megoldására használható.

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

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

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

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

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

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

Vieta tétele

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

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

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

Remélem, hogy a cikk tanulmányozása után megtanulja, hogyan kell megtalálni a teljes másodfokú egyenlet gyökereit.

A diszkrimináns segítségével csak a teljes másodfokú egyenletek oldhatók meg a hiányos másodfokú egyenletek megoldására, más módszereket használnak, amelyeket a „Nem teljes másodfokú egyenletek megoldása” című cikkben talál.

Milyen másodfokú egyenleteket nevezünk teljesnek? Ez ax 2 + b x + c = 0 alakú egyenletek, ahol az a, b és c együtthatók nem egyenlők nullával. Tehát egy teljes másodfokú egyenlet megoldásához ki kell számítanunk a D diszkriminánst.

D = b 2 – 4ac.

A diszkrimináns értékétől függően írjuk le a választ.

Ha a diszkrimináns negatív szám (D< 0),то корней нет.

Ha a diszkrimináns nulla, akkor x = (-b)/2a. Amikor a diszkrimináns pozitív szám(D > 0),

akkor x 1 = (-b - √D)/2a, és x 2 = (-b + √D)/2a.

Például. Oldja meg az egyenletet x 2– 4x + 4= 0.

D = 4 2 – 4 4 = 0

x = (- (-4))/2 = 2

Válasz: 2.

Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + x + 3 = 0.

D = 1 2 – 4 2 3 = – 23

Válasz: nincs gyökere.

Oldja meg a 2. egyenletet x 2 + 5x – 7 = 0.

D = 5 2 – 4 2 (–7) = 81

x 1 = (-5 - √81)/(2 2) = (-5 - 9)/4 = - 3,5

x 2 = (-5 + √81)/(2 2) = (-5 + 9)/4=1

Válasz: – 3,5; 1.

Tehát képzeljük el a teljes másodfokú egyenletek megoldását az 1. ábra diagramja segítségével.

Ezekkel a képletekkel bármilyen teljes másodfokú egyenletet megoldhat. Csak arra kell vigyázni az egyenletet polinomként írták fel standard nézet

A x 2 + bx + c, különben hibázhat. Például az x + 3 + 2x 2 = 0 egyenlet felírásakor tévesen úgy dönthet, hogy

a = 1, b = 3 és c = 2. Ekkor

D = 3 2 – 4 1 2 = 1 és akkor az egyenletnek két gyöke van. És ez nem igaz. (Lásd a fenti 2. példa megoldását).

Ezért, ha az egyenletet nem szabványos polinomként írjuk fel, akkor először a teljes másodfokú egyenletet kell felírni a standard alakú polinomként (a legnagyobb kitevővel rendelkező monom legyen előbb, azaz A x 2 , majd kevesebbel – bx majd egy szabad tag Val vel.

A fenti másodfokú egyenlet és a második tagban páros együtthatójú másodfokú egyenlet megoldása során más képleteket is használhat. Ismerkedjünk meg ezekkel a képletekkel. Ha egy teljes másodfokú egyenletben az együttható a második tagnál páros (b = 2k), akkor az egyenletet a 2. ábra diagramjában megadott képletekkel lehet megoldani.

A teljes másodfokú egyenletet redukáltnak nevezzük, ha az együttható at x 2 egyenlő eggyel, és az egyenlet alakját veszi fel x 2 + px + q = 0. Egy ilyen egyenlet megadható a megoldáshoz, vagy megkapható úgy, hogy az egyenlet összes együtthatóját elosztjuk az együtthatóval A, állva a x 2 .

A 3. ábra a redukált négyzet megoldásának diagramját mutatja
egyenletek. Nézzünk egy példát az ebben a cikkben tárgyalt képletek alkalmazására.

Példa. Oldja meg az egyenletet

3x 2 + 6x – 6 = 0.

Oldjuk meg ezt az egyenletet az 1. ábra diagramján látható képletekkel.

D = 6 2 – 4 3 (– 6) = 36 + 72 = 108

√D = √108 = √(363) = 6√3

x 1 = (-6 - 6√3)/(2 3) = (6 (-1- √(3)))/6 = -1 - √3

x 2 = (-6 + 6√3)/(2 3) = (6 (-1+ √(3)))/6 = –1 + √3

Válasz: –1 – √3; –1 + √3

Észreveheti, hogy az x együtthatója ebben az egyenletben páros szám, azaz b = 6 vagy b = 2k, ahol k = 3. Ezután próbáljuk meg megoldani az egyenletet az ábra diagramjában megadott képletekkel D 1 = 3 2 – 3 · (– 6) = 9 + 18 = 27

√(D 1) = √27 = √(9 3) = 3√3

x 1 = (-3 – 3√3)/3 = (3 (-1 – √(3)))/3 = – 1 – √3

x 2 = (-3 + 3√3)/3 = (3 (-1 + √(3)))/3 = – 1 + √3

Válasz: –1 – √3; –1 + √3. Ha észrevesszük, hogy ebben a másodfokú egyenletben az összes együttható osztható 3-mal, és végrehajtva az osztást, megkapjuk az x 2 + 2x – 2 = 0 redukált másodfokú egyenletet. Oldjuk meg ezt az egyenletet a redukált másodfokú képletekkel
egyenletek 3. ábra.

D 2 = 2 2 – 4 (– 2) = 4 + 8 = 12

√(D 2) = √12 = √(4 3) = 2√3

x 1 = (-2 - 2√3)/2 = (2 (-1 - √(3)))/2 = – 1 – √3

x 2 = (-2 + 2√3)/2 = (2 (-1+ √(3)))/2 = – 1 + √3

Válasz: –1 – √3; –1 + √3.

Mint látható, az egyenlet különböző képletekkel történő megoldása során ugyanazt a választ kaptuk. Ezért, ha alaposan elsajátította az 1. ábra diagramján látható képleteket, mindig meg tud majd oldani bármilyen teljes másodfokú egyenletet.

blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.

A teljes másodfokú egyenlet átalakítása hiányossá így néz ki (a \(b=0\) esetre):

Azokban az esetekben, amikor \(c=0\), vagy amikor mindkét együttható nulla, minden hasonló.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy \(a\) nem lehet egyenlő nullával, mert ebben az esetben a következő lesz:

Hiányos másodfokú egyenletek megoldása.

Először is meg kell értened, hogy egy hiányos másodfokú egyenlet még mindig a , ezért ugyanúgy megoldható, mint egy közönséges másodfokú egyenlet (via ). Ehhez egyszerűen hozzáadjuk az egyenlet hiányzó komponensét nulla együtthatóval.

Példa : Keresse meg a \(3x^2-27=0\) egyenlet gyökereit
Megoldás :

Válasz : \(x_(1)=3\); \(x_(2)=-3\)

Példa : Keresse meg a \(-x^2+x=0\) egyenlet gyökereit
Megoldás :

Bibliográfiai leírás: Gasanov A. R., Kuramshin A. A., Elkov A. A., Shilnenkov N. V., Ulanov D. D., Shmeleva O. V. Módszerek a másodfokú egyenletek megoldására // Fiatal tudós. 2016. szám 6.1. o. 17-20..02.2019).



Projektünk másodfokú egyenletek megoldási módjairól szól. A projekt célja: megtanulni másodfokú egyenleteket olyan módszerekkel megoldani, amelyek nem szerepelnek az iskolai tantervben. Feladat: mindent megtalálni lehetséges módjai másodfokú egyenletek megoldása és használatuk megtanulása, valamint ezeknek a módszereknek az osztálytársainak bemutatása.

Mik azok a „másodfokú egyenletek”?

Másodfokú egyenlet- a forma egyenlete fejsze2 + bx + c = 0, Ahol a, b, c- néhány szám ( a ≠ 0), x- ismeretlen.

Az a, b, c számokat a másodfokú egyenlet együtthatóinak nevezzük.

• a-t első együtthatónak nevezzük;
• b-t második együtthatónak nevezzük;
• c - szabad tag.

Ki volt az első, aki „találta fel” a másodfokú egyenleteket?

Néhány algebrai technikát lineáris és másodfokú egyenletek megoldására 4000 évvel ezelőtt ismertek az ókori Babilonban. A másodfokú egyenletek tanulmányozásának legkorábbi bizonyítéka az ókori babiloni agyagtáblák felfedezése, amelyek valahol ie 1800 és 1600 között származnak. Ugyanezek a táblák tartalmaznak módszereket bizonyos típusú másodfokú egyenletek megoldására.

Az ókorban nemcsak az első, hanem a másodfokú egyenletek megoldásának szükségességét is a területek megtalálásával kapcsolatos problémák megoldásának igénye okozta. földterületekés katonai jellegű földmunkákkal, valamint magának a csillagászatnak és a matematikának a fejlődésével.

Ezen egyenletek megoldásának a babiloni szövegekben megfogalmazott szabálya lényegében egybeesik a modernnel, de nem ismert, hogy a babilóniaiak hogyan jutottak el ehhez a szabályhoz. Szinte minden eddig talált ékírásos szöveg csak recept formájában megfogalmazott megoldási problémákat tartalmaz, a megtalálás módját nem jelzik. Annak ellenére magas szint az algebra fejlődése Babilonban, az ékírásos szövegekből hiányzik a negatív szám fogalma és általános módszerek másodfokú egyenletek megoldása.

Babilóniai matematikusok a Kr.e. IV. századból. a négyzet komplementer módszerét használta pozitív gyökű egyenletek megoldására. Kr.e. 300 körül Euklidész egy általánosabb geometriai megoldási módszerrel állt elő. Az első matematikus, aki algebrai képlet formájában talált megoldást negatív gyökerű egyenletekre, egy indiai tudós volt. Brahmagupta(India, Kr. u. 7. század).

Brahmagupta általános szabályt fektetett le a másodfokú egyenletek megoldására egyetlen kanonikus formára redukálva:

ax2 + bx = c, a>0

Ebben az egyenletben az együtthatók negatívak is lehetnek. Brahmagupta szabálya lényegében ugyanaz, mint a miénk.

Indiában gyakoriak voltak a nyilvános versenyek a nehéz problémák megoldásában. Az egyik ősi indiai könyv a következőt írja az ilyen versenyekről: „Amint a nap elhomályosítja a csillagokat ragyogásával, úgy a tudós ember is elhomályosítja a csillagok dicsőségét. népgyűlések, algebrai problémák felvetése és megoldása.” A problémákat gyakran költői formában mutatták be.

Egy algebrai értekezésben Al-Khwarizmi lineáris és másodfokú egyenletek osztályozását adjuk meg. A szerző 6 típusú egyenletet számol meg, ezeket a következőképpen fejezi ki:

1) „A négyzetek egyenlőek a gyökökkel”, azaz ax2 = bx.

2) „A négyzetek egyenlőek a számokkal”, azaz ax2 = c.

3) „A gyökök egyenlőek a számmal”, azaz ax2 = c.

4) „A négyzetek és a számok egyenlőek a gyökökkel”, azaz ax2 + c = bx.

5) „A négyzetek és a gyökök egyenlőek a számmal”, azaz ax2 + bx = c.

6) „A gyökök és a számok egyenlőek a négyzetekkel”, azaz bx + c == ax2.

Al-Khwarizminak, aki kerülte a fogyasztást negatív számok, ezeknek az egyenleteknek a feltételei összeadások, nem kivonhatók. Ebben az esetben nyilvánvalóan nem veszik figyelembe azokat az egyenleteket, amelyeknek nincs pozitív megoldása. A szerző módszereket fogalmaz meg ezen egyenletek megoldására az al-jabr és az al-mukabal technikák segítségével. Az ő döntése természetesen nem esik teljesen egybe a miénkkel. Arról nem is beszélve, hogy ez pusztán retorikai jellegű, meg kell jegyezni például, hogy az első típusú, hiányos másodfokú egyenlet megoldása során Al-Khorezmi, mint a 17. századig minden matematikus, nem veszi figyelembe a nulla megoldást, és nem veszi figyelembe a zéró megoldást. valószínűleg azért, mert konkrét gyakorlatban ez nem számít a feladatokban. A teljes másodfokú egyenletek megoldása során Al-Khwarizmi meghatározott numerikus példákkal, majd azok geometriai bizonyításával határozza meg a megoldásukra vonatkozó szabályokat.

A másodfokú egyenletek Al-Khwarizmi modelljét követő európai megoldási formákat először az 1202-ben írt „Abakusz könyve” írta le. olasz matematikus Leonard Fibonacci. A szerző önállóan dolgozott ki néhány új algebrai példát a problémák megoldására, és Európában elsőként közelítette meg a negatív számok bevezetését.

Ez a könyv hozzájárult az algebrai ismeretek elterjedéséhez nemcsak Olaszországban, hanem Németországban, Franciaországban és más európai országokban is. Ebből a könyvből sok problémát felhasználtak a 14-17. századi európai tankönyvek szinte mindegyikében. Általános szabály a másodfokú egyenletek egyetlen kanonikus formára redukált x2 + bх = с b, c jelek és együtthatók összes lehetséges kombinációjára 1544-ben fogalmazták meg Európában. M. Stiefel.

A másodfokú egyenlet általános formában történő megoldására szolgáló képlet levezetése Viethtől elérhető, de Vieth csak pozitív gyököket ismert fel. olasz matematikusok Tartaglia, Cardano, Bombelli században az elsők között. A pozitívak mellett a negatív gyökereket is figyelembe veszik. Csak a 17. században. az erőfeszítéseknek köszönhetően Girard, Descartes, Newtonés mások tudósok módjára a másodfokú egyenletek megoldása modern formát ölt.

Nézzünk meg több módszert a másodfokú egyenletek megoldására.

Standard módszerek másodfokú egyenletek megoldására abból iskolai tananyag:

1. Az egyenlet bal oldalának faktorálása.
2. A teljes négyzet kiválasztásának módja.
3. Másodfokú egyenletek megoldása a képlet segítségével.
4. Másodfokú egyenlet grafikus megoldása.
5. Egyenletek megoldása Vieta tételével.

Foglalkozzunk részletesebben a redukált és redukálatlan másodfokú egyenletek megoldásával Vieta tételével.

Emlékezzünk vissza, hogy a fenti másodfokú egyenletek megoldásához elég találni két olyan számot, amelyek szorzata egyenlő a szabad taggal, összege pedig egyenlő a második, ellenkező előjelű együtthatóval.

Példa.x 2 -5x+6=0

Meg kell találnia azokat a számokat, amelyek szorzata 6 és összege 5. Ezek a számok 3 és 2 lesznek.

Válasz: x 1 =2, x 2 =3.

De ezt a módszert olyan egyenleteknél is használhatja, amelyeknél az első együttható nem egyezik eggyel.

Példa.3x 2 +2x-5=0

Vegyük az első együtthatót és szorozzuk meg a szabad taggal: x 2 +2x-15=0

Ennek az egyenletnek a gyökerei olyan számok, amelyek szorzata - 15, összege pedig - 2. Ezek a számok 5 és 3. Az eredeti egyenlet gyökereinek megtalálásához osszuk el a kapott gyököket az első együtthatóval.

Válasz: x 1 =-5/3, x 2 =1

6. Egyenletek megoldása "dobás" módszerrel.

Tekintsük az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenletet, ahol a≠0.

Mindkét oldalt megszorozva a-val, az a 2 x 2 + abx + ac = 0 egyenletet kapjuk.

Legyen ax = y, innen x = y/a; akkor a + ac = 0 egyenlethez jutunk, amely ekvivalens a megadottal. Az 1-es és 2-es gyökereit Vieta tételével találjuk meg.

Végül azt kapjuk, hogy x 1 = y 1 /a és x 2 = y 2 /a.

Ezzel a módszerrel az a együtthatót megszorozzuk a szabad taggal, mintha „bedobnák”, ezért nevezik „dobás” módszernek. Ezt a módszert akkor használjuk, ha könnyedén megtalálhatjuk az egyenlet gyökereit Vieta tételével, és ami a legfontosabb, ha a diszkrimináns egy pontos négyzet.

Példa.2x 2 - 11x + 15 = 0.

„dobjuk” a 2-es együtthatót a szabad tagba, és behelyettesítéssel kapjuk meg az y 2 - 11y + 30 = 0 egyenletet.

Vieta inverz tétele szerint

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

Válasz: x 1 =2,5; x 2 = 3.

7. Másodfokú egyenlet együtthatóinak tulajdonságai.

Legyen adott az ax 2 + bx + c = 0 másodfokú egyenlet, a ≠ 0.

1. Ha a+ b + c = 0 (azaz az egyenlet együtthatóinak összege nulla), akkor x 1 = 1.

2. Ha a - b + c = 0, vagy b = a + c, akkor x 1 = - 1.

Példa.345x 2 - 137x - 208 = 0.

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

Válasz: x 1 =1; x 2 = -208/345 .

Példa.132x 2 + 247x + 115 = 0

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

Válasz: x 1 = -1; x 2 =- 115/132

A másodfokú egyenlet együtthatóinak más tulajdonságai is vannak. de használatuk összetettebb.

8. Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével.

1. ábra Nomogram

Ez egy régi és jelenleg elfeledett másodfokú egyenletek megoldási módszere, amely a gyűjtemény 83. oldalán található: Bradis V.M. Négy számjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.

táblázat XXII. Nomogram az egyenlet megoldásához z 2 + pz + q = 0. Ez a nomogram másodfokú egyenlet megoldása nélkül lehetővé teszi az egyenlet gyökeinek meghatározását az együtthatóiból.

A nomogram görbe skálája a következő képletek szerint épül fel (1. ábra):

hinni OS = p, ED = q, OE = a(mind cm-ben), az 1. ábra alapján a háromszögek hasonlóságai SANÉs CDF megkapjuk az arányt

amely behelyettesítések és egyszerűsítések után az egyenletet adja z 2 + pz + q = 0,és a levél z egy görbe skála bármely pontjának jelölését jelenti.

Rizs. 2 Másodfokú egyenletek megoldása nomogram segítségével

Példák.

1) Az egyenlethez z 2 - 9z + 8 = 0 a nomogram z 1 = 8,0 és z 2 = 1,0 gyököket ad

Válasz:8,0; 1.0.

2) Nomogram segítségével megoldjuk az egyenletet

2z 2 - 9z + 2 = 0.

Ennek az egyenletnek az együtthatóit elosztjuk 2-vel, a z 2 - 4,5z + 1 = 0 egyenletet kapjuk.

A nomogram z 1 = 4 és z 2 = 0,5 gyököket ad.

Válasz: 4; 0.5.

9. Geometriai módszer másodfokú egyenletek megoldása.

Példa.x 2 + 10x = 39.

Az eredetiben ez a probléma a következőképpen van megfogalmazva: "A négyzet és a tíz gyök egyenlő 39-cel."

Tekintsünk egy x oldalú négyzetet, amelynek oldalaira téglalapokat építünk úgy, hogy mindegyik másik oldala 2,5, tehát mindegyik területe 2,5x. Az így kapott ábrát ezután egy új ABCD négyzetre egészítjük ki, négy egyenlő négyzetet építve a sarkokba, mindegyik oldala 2,5, a területe pedig 6,25

Rizs. 3 Grafikus módszer az x 2 + 10x = 39 egyenlet megoldására

Az ABCD négyzet S területe a következő területek összegeként ábrázolható: az eredeti négyzet x 2, négy téglalap (4∙2,5x = 10x) és négy további négyzet (6,25∙4 = 25), azaz. S = x 2 + 10x = 25. Ha x 2 + 10x-et 39-re cseréljük, azt kapjuk, hogy S = 39 + 25 = 64, ami azt jelenti, hogy a négyzet oldala ABCD, azaz. AB szegmens = 8. Az eredeti négyzet szükséges x oldalára megkapjuk

10. Egyenletek megoldása Bezout-tétel segítségével.

Bezout tétele. A P(x) polinomnak az x - α binomimmal való osztásának maradéka egyenlő P(α)-val (azaz P(x) értéke x = α-nál).

Ha az α szám a P(x) polinom gyöke, akkor ez a polinom maradék nélkül osztható x -α-val.

Példa.x²-4x+3=0

Р(x)= x²-4x+3, α: ±1,±3, α =1, 1-4+3=0. P(x) elosztása (x-1)-gyel: (x²-4x+3)/(x-1)=x-3

x²-4x+3=(x-1)(x-3), (x-1)(x-3)=0

x-1=0; x=1 vagy x-3=0, x=3; Válasz: x1 =2, x2 =3.

Következtetés: A másodfokú egyenletek gyors és racionális megoldásának képessége egyszerűen szükséges több megoldáshoz összetett egyenletek például tört-racionális egyenletek, magasabb fokú egyenletek, kétnegyedes egyenletek, valamint a középiskolában trigonometrikus, exponenciális és logaritmikus egyenletek. A másodfokú egyenletek megoldására talált összes módszer tanulmányozása után tanácsot adhatunk osztálytársainknak, hogy a szokásos módszerek mellett oldják meg az átviteli módszert (6) és oldják meg az egyenleteket az együtthatók tulajdonságával (7), mivel ezek könnyebben hozzáférhetők. a megértéshez.

Irodalom:

1. Bradis V.M. Négyjegyű matematikai táblázatok. - M., Oktatás, 1990.
2. Algebra 8. osztály: tankönyv 8. osztálynak. Általános oktatás intézmények Makarychev Yu, Mindyuk N. G., Neshkov K. I., Suvorova S. B. szerk. S. A. Telyakovsky 15. kiadás, átdolgozott. - M.: Oktatás, 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. A matematika története az iskolában. Kézikönyv tanároknak. / Szerk. V.N. Fiatalabb. - M.: Oktatás, 1964.