1.
Rovnice se nazývají symetrické rovnice 3. stupně, pokud mají formu
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.
Pro úspěšné řešení rovnic tohoto typu je užitečné znát a umět používat následující jednoduché vlastnosti reciprokých rovnic:
A) Každá reciproká rovnice lichého stupně má vždy kořen rovný -1.
Pokud totiž seskupíme členy na levé straně takto: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, pak je možné odstranit společný faktor, tzn. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, tedy,
x + 1 = 0 nebo ax 2 + (b – a)x + a = 0, první rovnice dokazuje tvrzení, které nás zajímá.
b) Reciproká rovnice nemá kořeny rovné nule.
PROTI) Při dělení polynomu lichého stupně (x + 1) je podíl opět rekurentní polynom a to se dokazuje indukcí.
Příklad.
x 3 + 2 x 2 + 2 x + 1 = 0.
Řešení.
Původní rovnice má nutně kořen x = -1, takže x 3 + 2x 2 + 2x + 1 vydělíme (x + 1) podle Hornerova schématu:
| . |
1 |
2 |
2 |
1 |
| -1 |
1 |
2 – 1 = 1 | 2 – 1 = 1 | 1 – 1 = 0 |
x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = (x + 1) (x 2 + x + 1) = 0.
Kvadratická rovnice x 2 + x + 1 = 0 nemá kořeny.
Odpověď: -1.
2.
Rovnice se nazývají symetrické rovnice 4. stupně, pokud mají formu
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.
Algoritmus řešení podobné rovnice jsou:
A) Vydělte obě strany původní rovnice x 2. Tato akce nepovede ke ztrátě kořene, protože x = 0 není řešením dané rovnice.
b) Pomocí seskupování převeďte rovnici do tvaru:
a(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.
PROTI) Zadejte novou neznámou: t = (x + 1/x).
Udělejme transformaci: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Pokud nyní vyjádříme x 2 + 1/x 2, pak t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.
G) Výsledek řešte v nových proměnných kvadratická rovnice:
at 2 + bt + c – 2a = 0.
d) Proveďte zpětnou substituci.
Příklad.
6x 4 – 5x 3 – 38x 2 – 5x + 6 = 0.
Řešení.
6x 2 – 5x – 38 – 5/x + 6/x 2 = 0.
6(x 2 + 1/x 2) – 5 (x + 1/x) – 38 = 0.
Zadejte t: substituce (x + 1/x) = t. Dosazení: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, máme:
6t 2 – 5t – 50 = 0.
t = -5/2 nebo t = 10/3.
Vraťme se k proměnné x. Po obrácené substituci vyřešíme dvě výsledné rovnice:
1) x + 1/x = -5/2;
x 2 + 5/2 x +1 = 0;
x = -2 nebo x = -1/2.
2) x + 1/x = 10/3;
x 2 – 10/3 x + 1 = 0;
x = 3 nebo x = 1/3.
Odpověď: -2; -1/2; 1/3; 3.
Metody řešení určitých typů rovnic vyšších stupňů
1. Rovnice, které mají tvar (x + a) n + (x + b) n = c, se řeší dosazením t = x + (a + b)/2. Tato metoda se nazývá symetrizační metoda.
Příkladem takové rovnice může být rovnice ve tvaru (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.
Příklad.
(x + 3) 4 + (x + 1) 4 = 272.
Řešení.
Provádíme substituci uvedenou výše:
t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, po zjednodušení: x = t – 2.
(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.
(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.
Odstraněním závorek pomocí vzorců získáme:
t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 = 272.
2t 4 + 12 t 2 – 270 = 0.
t4 + 6t2 – 135 = 0.
t2 = 9 nebo t2 = -15.
Druhá rovnice nedává kořeny, ale z první máme t = ±3.
Po reverzní substituci dostaneme, že x = -5 nebo x = 1.
Odpověď: -5; 1.
Řešení takových rovnic je často efektivní metoda faktorizace levé strany rovnice.
2. Rovnice formuláře (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = A, kde a + d = c + b.
Technika řešení takových rovnic spočívá v částečném otevření závorek a následném zavedení nové proměnné.
Příklad.
(x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) = 24.
Řešení.
Vypočítáme: 1 + 4 = 2 + 3. Seskupte závorky do dvojic:
((x + 1)(x + 4))((x + 2)(x + 3)) = 24,
(x 2 + 5x + 4) (x 2 + 5x + 6) = 24.
Dosazením x 2 + 5x + 4 = t máme rovnici
t(t + 2) = 24, je to čtverec:
t2 + 2t – 24 = 0.
t = -6 nebo t = 4.
Po provedení zpětné substituce snadno najdeme kořeny původní rovnice.
Odpověď: -5; 0.
3. Rovnice formuláře (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = Ax 2, kde ad = cb.
Řešením je částečně otevřít závorky, vydělit obě strany x 2 a vyřešit sadu kvadratických rovnic.
Příklad.
(x + 12) (x + 2) (x + 3) (x + 8) = 4x 2.
Řešení.
Vynásobením prvních dvou a posledních dvou závorek na levé straně dostaneme:
(x 2 + 14x + 24) (x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Vydělte x 2 ≠ 0.
(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Dosazením (x + 24/x) = t dospějeme ke kvadratické rovnici:
(t + 14) (t + 11) = 4;
t2 + 25x + 150 = 0.
t = 10 nebo t = 15.
Provedením obrácené substituce x + 24/x = 10 nebo x + 24/x = 15 najdeme kořeny.
Odpověď: (-15 ± √129)/2; -4; -6.
4.
Vyřešte rovnici (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.
Řešení.
Je obtížné tuto rovnici okamžitě klasifikovat a zvolit metodu řešení. Proto nejprve transformujeme pomocí rozdílu čtverců a rozdílu kostek:
((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. Poté po vyjmutí společného činitele dospějeme k jednoduché rovnici:
(x + 5) (x 2 + 18x + 48) = 0.
Odpověď: -5; -9 ± √33.
Úkol.
Sestrojte polynom třetího stupně, ve kterém jeden kořen rovný 4 má násobnost 2 a kořen rovný -2.
Řešení.
f(x)/((x – 4) 2 (x + 2)) = q(x) nebo f(x) = (x – 4) 2 (x + 2)q(x).
Vynásobením prvních dvou závorek a získáním podobných členů dostaneme: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).
x 3 – 6x 2 + 32 je polynom třetího stupně, proto q(x) je nějaké číslo z R(tedy skutečné). Nechť q(x) je jedna, pak f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Odpověď: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Máte ještě otázky? Nevíte, jak řešit rovnice?
Chcete-li získat pomoc od lektora, zaregistrujte se.
První lekce je zdarma!
webové stránky, při kopírování celého materiálu nebo jeho části je vyžadován odkaz na zdroj.
Při studiu další literatury o řešení soustav rovnic jsem narazil na nový typ soustavy – symetrický. A dal jsem si cíl:
Shrnout vědecké informace na téma „Soustavy rovnic“.
Pochopit a naučit se řešit zaváděním nových proměnných;
3) Zvažte základní teorie spojené se symetrickými soustavami rovnic
4) Naučit se řešit symetrické soustavy rovnic.
Historie řešení soustav rovnic.
Dlouho bylo zvykem vyloučit neznámé z lineární rovnice. V 17.-18. stol. PROTI. vylučovací techniky vyvinuli Fermat, Newton, Leibniz, Euler, Bezout, Lagrange.
V moderní notaci má soustava dvou lineárních rovnic se dvěma neznámými tvar: a1x + b1y = c1, a2x + b2x = c2 x = c1b1 – c2b; y = a1c2 – a2c1 Řešení této soustavy jsou vyjádřena vzorci.
a1b2 – a2b1 a1b2 – a2b1
Díky souřadnicové metodě vytvořené v 17. stol. Fermatem a Descartem bylo možné řešit soustavy rovnic graficky.
Ve starobabylonských textech napsaných ve 3.-2.tisíciletí př.n.l. E. , obsahuje mnoho úloh, které lze řešit konstrukcí soustav rovnic, do kterých jsou zavedeny i rovnice druhého stupně.
Příklad č. 1:
Přidal jsem plochy svých dvou čtverců: 25. Strana druhého čtverce se rovná straně prvního a dalších 5. Odpovídající soustava rovnic v odpovídajícím zápisu vypadá takto: x2 + y2 = 25, y = x = 5
Diophantus, který neměl zápisy pro mnoho neznámých, se velmi snažil vybrat neznámou takovým způsobem, aby redukoval řešení soustavy na řešení jediné rovnice.
Příklad č. 2:
„Najdi dva přirozená čísla s vědomím, že jejich součet je 20 a součet jejich čtverců je 208."
Problém byl také vyřešen sestavením soustavy rovnic, x + y = 20, ale vyřešeno x2 + y2 = 208
Diophantus, volící poloviční rozdíl požadovaných čísel jako neznámý, tzn.
(x – y) = z, + (x + y) = 10
2z2 + 200 = 208 z = + 2z = -2- nesplňuje podmínky úlohy, pokud tedy z = 2x = 12 a y = 8
Systémové koncepty algebraické rovnice.
V mnoha úlohách je nutné najít několik neznámých veličin s vědomím, že jiné veličiny vytvořené s jejich pomocí (funkce neznámých) se rovnají navzájem nebo některým daným veličinám. Podívejme se na jednoduchý příklad.
Pozemek obdélníkového tvaru o výměře 2400 m2 je oplocený plotem délky 200 m. zjistěte délku a šířku pozemku. Ve skutečnosti je „algebraický model“ tohoto problému systémem dvou rovnic a jedné nerovnosti.
Vždy je třeba mít na paměti možné nerovnosti. Když řešíte problémy týkající se skládání soustav rovnic. Hlavní je ale vyřešit samotné rovnice. Řeknu vám o metodách, které se používají.
Začněme definicemi.
Systém rovnic je soubor několika (více než jedné) rovnic spojených složenou závorkou.
Složená závorka znamená, že všechny rovnice systému musí být provedeny současně, a ukazuje, že musíte najít dvojici čísel (x; y), která změní každou rovnici na skutečnou rovnost.
Řešením soustavy je dvojice čísel x a y, která po dosazení do této soustavy převede každou její rovnici na správnou číselnou rovnost.
Řešení soustavy rovnic znamená najít všechna její řešení nebo konstatovat, že žádná neexistují.
Substituční metoda.
Substituční metoda spočívá v tom, že v jedné z rovnic je jedna proměnná vyjádřena pomocí jiné. Výsledný výraz je dosazen do jiné rovnice, ze které se pak stane rovnice s jednou proměnnou, a následně vyřešen. Výsledné hodnoty této proměnné jsou dosazeny do libovolné rovnice původního systému a je nalezena druhá proměnná.
Algoritmus.
1. Vyjádřete y pomocí x z jedné rovnice soustavy.
2. Dosaďte výsledný výraz místo y do jiné rovnice soustavy.
3. Vyřešte výslednou rovnici pro x.
4. Dosaďte postupně každý z kořenů rovnice nalezené ve třetím kroku místo x do výrazu y až x získaného v prvním kroku.
5) Napište odpověď ve formě dvojic hodnot (x; y).
Příklad č. 1 y = x – 1,
Dosadíme do druhé rovnice y = x - 1, dostaneme 5x + 2 (x - 1) = 16, odkud x = 2. Výsledný výraz dosadíme do první rovnice: y = 2 - 1 = 1.
Odpověď: (2; 1).
Příklad č. 2:
8 let – x = 4, 1) 2 (8 let – 4) – 21 let = 2
2х – 21у = 2 16у – 8 – 21у = 2
5y = 10 x = 8 let – 4, y = -2
2х – 21U = 2
2) x = 8 * (-2) – 4 x = 8 let – 4, x = -20
2 (8 let – 4) – 21 let = 2 x = 8 let – 4, y = -2 x = -20, y = -2
Odpověď: (-20; -2).
Příklad č. 3: x2 + y +8 = xy, 1) x2 + 2x + 8 = x * 2x y – 2x = 0 x2 + 2x + 8 = 2x2
X2 + 2x + 8 = 0 x2 + y + 8 = xy, x2 – 2x – 8 = 0 – kvadratická rovnice y = 2x x1 = -2 x2 = 4 x2 + 2x + 8 = x * 2x 2) y1 = 2 * (-2) y = 2x y1 = -4 y2 = 2 * 4 x1= -2 y2 = 8 x2 = 4 y = 2x x1 = -2, x2 = 4 y1= -4, y2 = 8
Proto (-2; -4); (4; 8) – řešení tohoto systému.
Způsob sčítání.
Metoda sčítání spočívá v tom, že pokud se daný systém skládá z rovnic, které po sečtení tvoří rovnici s jednou proměnnou, pak řešením této rovnice získáme hodnoty jedné z proměnných. Je nalezena hodnota druhé proměnné, jako v substituční metodě.
Algoritmus pro řešení soustav metodou sčítání.
1. Vyrovnejte moduly koeficientů pro jednu z neznámých.
2. Sečtením nebo odečtením výsledných rovnic najděte jednu neznámou.
3. Dosazením nalezené hodnoty do jedné z rovnic původní soustavy najděte druhou neznámou.
Příklad č. 1. Řešte soustavu rovnic metodou sčítání: x + y = 20, x – y = 10
Odečtením druhé od první rovnice dostaneme
Vyjádřeme z druhého výrazu x = 20 - y
Dosaďte y = 5 do tohoto výrazu: x = 20 – 5 x = 15.
Odpověď: (15; 5).
Příklad č. 2:
Představme si rovnice navrhovaného systému ve formě rozdílu, který získáme
7y = 21, odkud y = 3
Dosadíme tuto hodnotu do x = vyjádřené z druhé rovnice soustavy, dostaneme x = 4.
Odpověď: (4; 3).
Příklad č. 3:
2x + 11r = 15,
10x – 11r = 9
Sečtením těchto rovnic máme:
2x + 10x = 15 + 9
12x = 24 x = 2, dosazením této hodnoty do druhé rovnice dostaneme:
10 * 2 – 11y = 9, odkud y = 1.
Řešením tohoto systému je dvojice: (2; 1).
Grafická metoda řešení soustav rovnic.
Algoritmus.
1. Sestrojte grafy každé ze systémových rovnic.
2. Najděte souřadnice průsečíku sestrojených čar.
Happening relativní pozice přímky v rovině.
1. Pokud se přímky protínají, to znamená, že mají jeden společný bod, pak má soustava rovnic jedno řešení.
2. Pokud jsou přímky rovnoběžné, to znamená, že nemají společné body, pak soustava rovnic nemá řešení.
3. Pokud se přímky shodují, to znamená, že mají mnoho bodů, pak má soustava rovnic nekonečný počet řešení.
Příklad č. 1:
Řešte graficky soustavu rovnic x – y = -1,
Vyjádřeme y z první a druhé rovnice: y = 1 + x, y = 4 – 2x x
Pojďme sestavit grafy každé ze systémových rovnic:
1) y = 1 + x – graf funkce je přímka x 0 1 (1; 2) y 1 2
2) y = 4 – 2x – graf funkce je přímka x 0 1 y 4 2
Odpověď: (1; 2).
Příklad č. 2: y x + 2y = 6,
4y = 8 – 2x x y = , y = y = - graf funkce je přímka x 0 2 y 3 2 y = - graf funkce je přímka x 0 2 y 2 1
Odpověď: neexistují žádná řešení.
Příklad č. 3: y x – 2y = 2,
3x – 6y = 6 x – 2y = 2, x – 2y = 2 x y = - graf funkce je přímka x 0 2 y -1 0
Odpověď: systém má nekonečně mnoho řešení.
Metoda zavádění nových proměnných.
Metoda zavádění nových proměnných spočívá v tom, že nová proměnná je zavedena pouze do jedné rovnice nebo dvou nových proměnných pro obě rovnice najednou, pak se rovnice nebo rovnice řeší s ohledem na nové proměnné, poté zbývá řešit další jednoduchý systém rovnic, ze kterých najdeme požadované řešení.
Příklad č. 1:
X + y = 5
Označme = z, pak =.
První rovnice bude mít tvar z + =, odpovídá 6z – 13 + 6 = 0. Po vyřešení výsledné rovnice máme z = ; z =. Potom = nebo = , jinými slovy, první rovnice se rozdělí na dvě rovnice, takže máme dva systémy:
X + y = 5 x + y = 5
Řešení těchto systémů jsou řešeními daného systému.
Řešením prvního systému je dvojice: (2; 3) a druhým je dvojice (3; 2).
Proto řešení soustavy + = , x + y = 5
Páry jsou (2; 3); (3; 2)
Příklad č. 2:
Nechť = X, a = Y.
X = , 5* - 2U = 1
5Х – 2У = 1 2,5 (8 – 3У) – 2У = 1
20 – 7,5 U – 2 U = 1
X = , -9,5 U = -19
5* - 2U = 1 U = 2
Provedeme zpětnou výměnu.
2 x = 1, y = 0,5
Odpověď: (1; 0,5).
Symetrické soustavy rovnic.
Systém s n neznámými se nazývá symetrický, pokud se při přeskupení neznámých nemění.
Symetrickou soustavu dvou rovnic o dvou neznámých x a y řešíme dosazením u = x + y, v = xy. Všimněte si, že výrazy, se kterými se setkáváme v symetrických systémech, jsou vyjádřeny pomocí u a v. Uveďme několik takových příkladů, které jsou nepochybně zajímavé pro řešení mnoha symetrických systémů: x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = u2 - 2v, x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) = u ( u2 - 2v – v) = u3 - 3uv, x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 = (u2 - 2v)2 - 2v2 = u4 - 4u2v + 2v2, x2 + xy + y2 = u2 - 2v + v = u2 - v atd.
Symetrický systém tří rovnic pro neznámé x y, z řešíme dosazením x + y + z = u, xy + yz + xz = w. Nalezneme-li u, v, w, sestaví se kubická rovnice t2 – ut2 + vt – w = 0, jejíž kořeny t1, t2, t3 v různých permutacích jsou řešením původní soustavy. Nejběžnější výrazy v takových systémech jsou vyjádřeny pomocí u, v, w takto: x2 + y2 + z2 = u2 - 2v x3 + y3 + z3 = u3 - 3uv + 3w
Příklad č. 1: x2 + xy + y2 = 13, x + y = 4
Nechť x + y = u, xy = v.
u2 – v = 13, u = 4
16 – v = 13, u = 4, v = 3, u = 4
Provedeme zpětnou výměnu.
Odpověď: (1; 3); (3; 1).
Příklad č. 2: x3 + y3 = 28, x + y = 4
Nechť x + y = u, xy = v.
u3 – 3uv = 28, u = 4
64 – 12 v = 28, u = 4
12v = -36 u = 4 v = 3, u = 4
Provedeme zpětnou výměnu.
x + y = 4, xy = 3 x = 4 – y xy = 3 x = 4 – y,
(4 – y) y = 3 x = 4 – y, y1 = 3; y2 = 1 x1 = 1, x2 = 3, y1 = 3, y2 = 1
Odpověď: (1; 3); (3; 1).
Příklad č. 3: x + y + xy = 7, x2 + y2 + xy = 13
Nechť x =y = u, xy =v.
u + v = 7, u2 – v = 13 u2 – v = 13 u2 – 7 + u =13 u2 + u = 20 v = 7 – u, u (u + 1) =20 u2 – v =13 u = 4 v = 7 – u, u = 4, v = 3, u = 4
Provedeme zpětnou výměnu.
x + y = 4, xy = 3 x = 4 – y xy = 3 x = 4 – y,
(4 – y) y = 3 x = 4 – y, y1 = 3; y2 = 1 x1 = 1, x2 = 3, y1 = 3, y2 = 1
Odpověď: (1; 3); (3; 1).
Příklad č. 4: x + y = 5, x3 + y3 = 65
Nechť x + y = u, xy = v.
u = 5, u3 – 3uv = 65 u3 – 3uv = 65 125 – 15v = 65
15v = -60 u = 5, v = 4 v = 4
Provedeme zpětnou výměnu.
x + y = 5, xy = 4 x = 5 – y, xy = 4 x = 5 – y, y (5 – y) = 4 x = 5 – y y1 = 1, y2 = 4 x1 = 4, x2 = 1, y1 = 1, y2 = 4
Odpověď: (4; 1); (14).
Příklad č. 5: x2 + xy + y2 = 49, x + y + xy = 23
Provedeme záměnu neznámých, soustava bude mít tvar u2 + v = 49, u + v = 23
Sečtením těchto rovnic dostaneme u2 + u – 72 = 0 s kořeny u1 = 8, u2 = -9. Podle toho v1 = 15, v2 = 32. Zbývá vyřešit množinu soustav x + y = 8, x + y = -9, xy = 15 xy = 32
Systém x + y = 8, má řešení x1 = 3, y1 = 5; x2=5, y2=3.
Soustava x + y = -9 nemá reálná řešení.
Odpověď: (3; 5), (5; 3).
Příklad č. 6. Řešte soustavu rovnic.
2x2 – 3xy + 2y2 = 16, x + xy + y + 3 = 0
Pomocí hlavních symetrických polynomů u = y + x a v = xy získáme následující soustavu rovnic
2u2 – 7v = 16, u + v = -3
Dosazením výrazu v = -3 – u z druhé rovnice soustavy do rovnice první získáme rovnici 2u2 + 7u + 5 = 0, jejíž kořeny jsou u1 = -1 a u2 = -2,5; a podle toho se hodnoty v1 = -2 a v2 = -0,5 získají z v = -3 – u.
Nyní zbývá vyřešit následující množinu soustav x + y = -1 a x + y = -2,5, xy = -2 xy = -0,5
Řešení této množiny soustav, potažmo původní soustavy (vzhledem k jejich ekvivalenci), jsou následující: (1; -2), (-2; 1), (;).
Příklad č. 7:
3x2y – 2xy + 3xy2 = 78,
2x – 3xy + 2y + 8 = 0
Pomocí základních symetrických polynomů lze systém zapsat v následujícím tvaru
3uv – 2v = 78,
Vyjádřením u = z druhé rovnice a jejím dosazením do rovnice první získáme 9v2 – 28v – 156 = 0. Kořeny této rovnice v1 = 6 a v2 = - nám umožňují najít odpovídající hodnoty u1 = 5, u2 = - z výrazu u =.
Vyřešme nyní následující množinu soustav x + y = 5 a x + y = -, xy = 6 xy = -.
x = 5 – y a y = -x -, xy = 6 xy = -.
x = 5 – y a y = -x -, y (5 – y) = 6 x (-x -) = -.
x = 5 – y, a y = -x -, y1= 3, y2 =2 x1 =, x2 = - x1 = 2, x2 = 3 a x1 = , x2 = - y1= 3, y2 =2 y1 = -, y2 =
Odpověď: (2; 3), (3; 2), (; -), (-;).
Závěr.
V procesu psaní tohoto článku jsem se setkal odlišné typy soustavy algebraických rovnic. Souhrnné vědecké informace na téma „Systémy rovnic“.
Přišel jsem na to a naučil se řešit zaváděním nových proměnných;
Zopakoval si základní teorie spojené se symetrickými soustavami rovnic
Naučil se řešit symetrické soustavy rovnic.
Úvod Problémem mého projektu je, aby byl úspěšný složení jednotné státní zkoušky vyžaduje schopnost řešit různé soustavy rovnic a to v kurzu střední škola Nebylo jim dáno dostatek času na hlubší pochopení této problematiky. Cíl práce: Připravit se na úspěšné složení jednotné státní zkoušky. Cíle práce: Rozšířit si znalosti v oblasti matematiky související s pojmem „symetrie“. Zlepšete svou matematickou kulturu používáním konceptu „symetrie“ při řešení soustav rovnic nazývaných symetrický, stejně jako dalších problémů v matematice.
Pojem symetrie. Symetrie - (starořecky συμμετρία), v širokém smyslu - neměnnost za jakýchkoli transformací. Například sférická symetrie tělesa znamená, že vzhled tělesa se nezmění, pokud je v prostoru rotováno v libovolných úhlech. Dvoustranná symetrie znamená, že pravá a levá strana ve vztahu k nějaké rovině vypadají stejně.
Řešení úloh pomocí symetrie. Úkol č. 1 Dva lidé se střídají v pokládání stejných mincí na kulatý stůl a mince by se neměly navzájem překrývat. Prohrává ten, kdo nemůže udělat tah. Kdo vyhraje, když se hraje správně? (Jinými slovy, který hráč má vítěznou strategii?)
Metody řešení symetrických systémů. Symetrické systémy lze řešit změnou proměnných, které hrají základní symetrické polynomy. Symetrickou soustavu dvou rovnic o dvou neznámých x a y řešíme dosazením u = x + y, v = xy.
Příklad č. 2 3 x 2y – 2xy + 3xy 2 = 78, 2x – 3xy + 2y + 8 = 0 Pomocí základních symetrických polynomů lze soustavu zapsat ve tvaru 3uv – 2v = 78, 2u – 3v = -8 . Vyjádřením u = z druhé rovnice a dosazením do rovnice první získáme 9v2– 28v – 156 = 0. Kořeny této rovnice v 1 = 6 a v 2 = - nám umožňují najít odpovídající hodnoty u1 = 5, u2= - z výrazu u = .
Řešme nyní následující množinu soustav Řešme nyní následující množinu soustav x + y = 5 a x + y = - , xy = 6 xy = - . x = 5 – y a y = -x -, xy = 6 xy = -. x = 5 – y a y = -x -, y (5 – y) = 6 x (-x -) = - . x = 5 – y, a y = -x -, y 1 = 3, y 2 = 2 x 1 =, x 2 = - x 1 = 2, x 2 = 3 a x 1 =, x 2 = - y 1= 3, y 2 = 2 y 1 = -, y 2= Odpověď: (2; 3), (3; 2), (; -), (- ;).
Věty používané při řešení symetrických systémů. Věta 1. (o symetrických polynomech) Libovolný symetrický polynom ve dvou proměnných lze znázornit jako funkci dvou základních symetrických polynomů Jinými slovy, pro každý symetrický polynom f (x, y) existuje funkce dvou proměnných φ (u , v) takové, že
Věta 2. (o symetrických polynomech) Věta 2. (o symetrických polynomech) Libovolný symetrický polynom ve třech proměnných může být reprezentován jako funkce tří hlavních symetrických polynomů: Jinými slovy, pro jakýkoli symetrický polynom f (x, y) existuje taková funkce tří proměnných θ (u, v, w), která
Složitější symetrické systémy - systémy obsahující modul: | x – y | + y2 = 3, | x – 1 | + | y – 1 | = 2. Zvažte tento systém samostatně na x< 1 и при х ≥ 1.
Если х < 1, то:
а) при у < х система принимает вид
х – у + у 2 = 3,
- х + 1 – у + 1 = 2,
или
х – у + у 2 = 3,
х + у = 0,
откуда находим х 1 = 1, у 1 = - 1, х 2 = - 3, у2 = 3. Эти пары чисел не принадлежат к рассматриваемой области;
b) pro x ≤ y< 1 система принимает вид
б) при х ≤ у < 1 система принимает вид
- х + у + у 2 = 3,
- х + 1 – у + 1 = 2,
или
- х + у + у 2 = 3,
х + у = 0,
откуда находим х 1 = 3, у 1 = - 3; х 2 = - 1, у 2 = 1.
Эти пары чисел не принадлежат к рассматриваемой области;
в) при у ≥ 1 (тогда у >x) soustava má tvar - x + y + y 2 = 3, - x + 1 + y – 1 = 2, nebo - x + y + y 2 = 3, x – y = - 2, odkud zjistíme x 1 = - 3, y 1 = - 1, x 2 = - 1, y 2 = 1. Druhá dvojice čísel patří do uvažované oblasti, to znamená, že je řešením této soustavy.
Pokud x ≥ 1, pak: Pokud x ≥ 1, pak: a) x > y a y< 1 система принимает вид
х – у + у 2 = 3,
х – 1 – у = 1 = 2,
или
х – у + у 2= 3,
х – у = 2,
откуда находим х 1 = 1, у 1 = - 1, х 2 = 4, у 2 = 2. Первая пара чисел принадлежит рассматриваемой области, т. Е. является решением данной системы;
б) при х >y a y ≥ 1 systém má tvar x – y + y 2 = 3, x – 1 + y – 1 = 2, nebo x – y + y 2 = 3, x + y = 4, odkud najdeme x = 1, y = 3. Tato dvojice čísel nepatří do uvažované oblasti;
c) pro x ≤ y (pak y ≥ 1) má systém tvar c) pro x ≤ y (pak y ≥ 1) má systém tvar - x + y + y 2 = 3, x – 1 + y – 1 = 2, nebo - x + y + y 2 = 3, x + y = 4, odkud zjistíme x 1 = 5 + √8, y 1 = - 1 - √8; x 2 = 5 - √8, y 2 = - 1 + √8. Tyto dvojice čísel nepatří do příslušné oblasti. Tedy x 1 = - 1, yi = 1; x 2 = 1, y 2 = - 1. Odpověď: (- 1; 1); (jedenáct).
Závěr Matematika rozvíjí lidské myšlení, učí prostřednictvím logiky nacházet různé způsobyřešení. Když jsem se tedy naučil řešit symetrické systémy, uvědomil jsem si, že je lze použít nejen k dokončení konkrétních příkladů, ale také k řešení různých druhů problémů. Myslím, že projekt může být přínosem nejen pro mě. Těm, kteří se chtějí s tímto tématem také seznámit, bude moje práce dobrým pomocníkem.
Seznam použité literatury: Bašmakov M.I., „Algebra a počátky analýzy“, 2. vydání, Moskva, „Prosveshchenie“, 1992, 350 s. Rudchenko P.A., Yaremchuk F.P., „Algebra and elementární funkce", příručka; třetí vydání, přepracované a rozšířené; Kyjev, Naukova, Dumka, 1987, 648 s. Sharygin I.F., „Matematika pro středoškoláky“, Moskva, Nakladatelství“Bustard”, 1995, 490 s. Internetové zdroje: http://www.college.ru/
Práci lze použít pro lekce a zprávy z předmětu "Matematika"
Hotové prezentace v matematice se používají jako názorné pomůcky, které umožňují učiteli nebo rodiči demonstrovat probírané téma z učebnice pomocí snímků a tabulek, ukázat příklady řešení úloh a rovnic a také ověřit znalosti. V této části webu můžete najít a stáhnout mnoho hotové prezentace v matematice pro studenty ročníků 1,2,3,4,5,6 a také prezentace z vyšší matematiky pro studenty vysokých škol.
1.
Rovnice se nazývají symetrické rovnice 3. stupně, pokud mají formu
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.
Pro úspěšné řešení rovnic tohoto typu je užitečné znát a umět používat následující jednoduché vlastnosti reciprokých rovnic:
A) Každá reciproká rovnice lichého stupně má vždy kořen rovný -1.
Pokud totiž seskupíme členy na levé straně takto: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, pak je možné odstranit společný faktor, tzn. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, tedy,
x + 1 = 0 nebo ax 2 + (b – a)x + a = 0, první rovnice dokazuje tvrzení, které nás zajímá.
b) Reciproká rovnice nemá kořeny rovné nule.
PROTI) Při dělení polynomu lichého stupně (x + 1) je podíl opět rekurentní polynom a to se dokazuje indukcí.
Příklad.
x 3 + 2 x 2 + 2 x + 1 = 0.
Řešení.
Původní rovnice má nutně kořen x = -1, takže x 3 + 2x 2 + 2x + 1 vydělíme (x + 1) podle Hornerova schématu:
| . |
1 |
2 |
2 |
1 |
| -1 |
1 |
2 – 1 = 1 | 2 – 1 = 1 | 1 – 1 = 0 |
x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = (x + 1) (x 2 + x + 1) = 0.
Kvadratická rovnice x 2 + x + 1 = 0 nemá kořeny.
Odpověď: -1.
2.
Rovnice se nazývají symetrické rovnice 4. stupně, pokud mají formu
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.
Algoritmus řešení podobné rovnice jsou:
A) Vydělte obě strany původní rovnice x 2. Tato akce nepovede ke ztrátě kořene, protože x = 0 není řešením dané rovnice.
b) Pomocí seskupování převeďte rovnici do tvaru:
a(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.
PROTI) Zadejte novou neznámou: t = (x + 1/x).
Udělejme transformaci: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Pokud nyní vyjádříme x 2 + 1/x 2, pak t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.
G) Vyřešte výslednou kvadratickou rovnici v nových proměnných:
at 2 + bt + c – 2a = 0.
d) Proveďte zpětnou substituci.
Příklad.
6x 4 – 5x 3 – 38x 2 – 5x + 6 = 0.
Řešení.
6x 2 – 5x – 38 – 5/x + 6/x 2 = 0.
6(x 2 + 1/x 2) – 5 (x + 1/x) – 38 = 0.
Zadejte t: substituce (x + 1/x) = t. Dosazení: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, máme:
6t 2 – 5t – 50 = 0.
t = -5/2 nebo t = 10/3.
Vraťme se k proměnné x. Po obrácené substituci vyřešíme dvě výsledné rovnice:
1) x + 1/x = -5/2;
x 2 + 5/2 x +1 = 0;
x = -2 nebo x = -1/2.
2) x + 1/x = 10/3;
x 2 – 10/3 x + 1 = 0;
x = 3 nebo x = 1/3.
Odpověď: -2; -1/2; 1/3; 3.
Metody řešení určitých typů rovnic vyšších stupňů
1. Rovnice, které mají tvar (x + a) n + (x + b) n = c, se řeší dosazením t = x + (a + b)/2. Tato metoda se nazývá symetrizační metoda.
Příkladem takové rovnice může být rovnice ve tvaru (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.
Příklad.
(x + 3) 4 + (x + 1) 4 = 272.
Řešení.
Provádíme substituci uvedenou výše:
t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, po zjednodušení: x = t – 2.
(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.
(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.
Odstraněním závorek pomocí vzorců získáme:
t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 = 272.
2t 4 + 12 t 2 – 270 = 0.
t4 + 6t2 – 135 = 0.
t2 = 9 nebo t2 = -15.
Druhá rovnice nedává kořeny, ale z první máme t = ±3.
Po reverzní substituci dostaneme, že x = -5 nebo x = 1.
Odpověď: -5; 1.
Řešení takových rovnic je často efektivní metoda faktorizace levé strany rovnice.
2. Rovnice formuláře (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = A, kde a + d = c + b.
Technika řešení takových rovnic spočívá v částečném otevření závorek a následném zavedení nové proměnné.
Příklad.
(x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) = 24.
Řešení.
Vypočítáme: 1 + 4 = 2 + 3. Seskupte závorky do dvojic:
((x + 1)(x + 4))((x + 2)(x + 3)) = 24,
(x 2 + 5x + 4) (x 2 + 5x + 6) = 24.
Dosazením x 2 + 5x + 4 = t máme rovnici
t(t + 2) = 24, je to čtverec:
t2 + 2t – 24 = 0.
t = -6 nebo t = 4.
Po provedení zpětné substituce snadno najdeme kořeny původní rovnice.
Odpověď: -5; 0.
3. Rovnice formuláře (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = Ax 2, kde ad = cb.
Řešením je částečně otevřít závorky, vydělit obě strany x 2 a vyřešit sadu kvadratických rovnic.
Příklad.
(x + 12) (x + 2) (x + 3) (x + 8) = 4x 2.
Řešení.
Vynásobením prvních dvou a posledních dvou závorek na levé straně dostaneme:
(x 2 + 14x + 24) (x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Vydělte x 2 ≠ 0.
(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Dosazením (x + 24/x) = t dospějeme ke kvadratické rovnici:
(t + 14) (t + 11) = 4;
t2 + 25x + 150 = 0.
t = 10 nebo t = 15.
Provedením obrácené substituce x + 24/x = 10 nebo x + 24/x = 15 najdeme kořeny.
Odpověď: (-15 ± √129)/2; -4; -6.
4.
Vyřešte rovnici (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.
Řešení.
Je obtížné tuto rovnici okamžitě klasifikovat a zvolit metodu řešení. Proto nejprve transformujeme pomocí rozdílu čtverců a rozdílu kostek:
((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. Poté po vyjmutí společného činitele dospějeme k jednoduché rovnici:
(x + 5) (x 2 + 18x + 48) = 0.
Odpověď: -5; -9 ± √33.
Úkol.
Sestrojte polynom třetího stupně, ve kterém jeden kořen rovný 4 má násobnost 2 a kořen rovný -2.
Řešení.
f(x)/((x – 4) 2 (x + 2)) = q(x) nebo f(x) = (x – 4) 2 (x + 2)q(x).
Vynásobením prvních dvou závorek a získáním podobných členů dostaneme: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).
x 3 – 6x 2 + 32 je polynom třetího stupně, proto q(x) je nějaké číslo z R(tedy skutečné). Nechť q(x) je jedna, pak f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Odpověď: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Máte ještě otázky? Nevíte, jak řešit rovnice?
Chcete-li získat pomoc od lektora -.
První lekce je zdarma!
blog.site, při kopírování celého materiálu nebo jeho části je vyžadován odkaz na původní zdroj.
Domů > ŘešeníRacionální rovnice a nerovnice
I. Racionální rovnice.
Lineární rovnice.
Soustavy lineárních rovnic.
Reciproké rovnice.
Vietův vzorec pro polynomy vyšších stupňů.
Soustavy rovnic druhého stupně.
Metoda vnášení nových neznámých při řešení rovnic a soustav rovnic.
Homogenní rovnice.
Řešení symetrických soustav rovnic.
Rovnice a soustavy rovnic s parametry.
Grafická metoda řešení soustav nelineárních rovnic.
Rovnice obsahující znaménko modulu.
Základní metody řešení racionálních rovnic
II. Racionální nerovnosti.
Vlastnosti ekvivalentních nerovnic.
Algebraické nerovnosti.
Intervalová metoda.
Zlomkové racionální nerovnosti.
Nerovnice obsahující neznámou pod znaménkem absolutní hodnoty.
Nerovnosti s parametry.
Systémy racionálních nerovnic.
Grafické řešení nerovnic.
III. Screeningový test.
Racionální rovnice
Funkce formuláře
P(x) = a 0 x n + a 1 x n – 1 + a 2 x n – 2 + … + a n – 1 x + a n,
kde n je přirozené číslo, a 0, a 1,…, a n jsou nějaká reálná čísla, nazývaná celá racionální funkce.
Rovnice ve tvaru P(x) = 0, kde P(x) je celá racionální funkce, se nazývá celá racionální rovnice.
Rovnice formuláře
P 1 (x) / Q 1 (x) + P 2 (x) / Q 2 (x) + … + P m (x) / Q m (x) = 0,
kde P 1 (x), P 2 (x), ..., P m (x), Q 1 (x), Q 2 (x), ..., Q m (x) jsou celé racionální funkce, tzv. racionální rovnice.
Řešením racionální rovnice P (x) / Q (x) = 0, kde P (x) a Q (x) jsou polynomy (Q (x) 0), dochází k řešení rovnice P (x) = 0 a ověření, že kořeny splňují podmínku Q (x) 0.
Lineární rovnice.
Rovnice ve tvaru ax+b=0, kde aab jsou nějaké konstanty, se nazývá lineární rovnice.
Je-li a0, pak má lineární rovnice jeden kořen: x = -b /a.
Jestliže a=0; b0, pak lineární rovnice nemá řešení.
Jestliže a=0; b=0, poté, když původní rovnici přepíšeme do tvaru ax = -b, je snadné vidět, že jakékoli x je řešením lineární rovnice.
Rovnice přímky je: y = ax + b.
Pokud přímka prochází bodem se souřadnicemi X 0 a Y 0, pak tyto souřadnice splňují rovnici přímky, tj. Y 0 = aX 0 + b.
Příklad 1.1. Vyřešte rovnici
2x – 3 + 4 (x – 1) = 5.
Řešení. Postupně otevřete závorky, přidejte podobné pojmy a najděte x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,
Příklad 1.2. Vyřešte rovnici
2x – 3 + 2 (x – 1) = 4 (x – 1) – 7.
Řešení. 2x + 2x – 4x = 3 +2 – 4 – 7, 0x = – 6.
Odpověď: .
Příklad 1.3. Vyřešte rovnici.
2x + 3 – 6 (x – 1) = 4 (x – 1) + 5.
Řešení. 2x – 6x + 3 + 6 = 4 – 4x + 5,
– 4x + 9 = 9 – 4x,
4x + 4x = 9 – 9,
Odpověď: Jakékoli číslo.
Soustavy lineárních rovnic.
Rovnice formuláře
a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b,
kde a 1, b 1, …, a n, b jsou nějaké konstanty, nazývané lineární rovnice s n neznámými x 1, x 2, …, x n.
Systém rovnic se nazývá lineární, pokud jsou všechny rovnice obsažené v systému lineární. Pokud se systém skládá z n neznámých, pak jsou možné následující tři případy:
systém nemá řešení;
systém má právě jedno řešení;
systém má nekonečně mnoho řešení.
Příklad 2.4.řešit soustavu rovnic
Řešení. Soustavu lineárních rovnic můžete řešit pomocí substituční metody, která spočívá ve vyjádření jedné neznámé pomocí jiných neznámých pro libovolnou rovnici soustavy a následném dosazení hodnoty této neznámé do zbývajících rovnic.
Z první rovnice vyjádříme: x= (8 – 3y) / 2. Tento výraz dosadíme do druhé rovnice a dostaneme soustavu rovnic
X = (8 – 3y) / 2, 3(8 – 3y) / 2 + 2y = 7. Z druhé rovnice dostaneme y = 2. Vezmeme-li toto v úvahu, z první rovnice x = 1. Odpověď: (1 2) Příklad 2.5. Řešte soustavu rovnic
Řešení. Systém nemá řešení, protože dvě rovnice systému nemohou být splněny současně (z první rovnice x + y = 3 az druhé x + y = 3,5).
Odpověď: Neexistují žádná řešení.
Příklad 2.6. řešit soustavu rovnic
Řešení. Systém má nekonečně mnoho řešení, protože druhá rovnice se získá z první vynásobením 2 (tj. ve skutečnosti existuje pouze jedna rovnice se dvěma neznámými).
Odpověď: Existuje nekonečně mnoho řešení.
Příklad 2.7. řešit soustavu rovnic
x + y – z = 2,
2x – y + 4z = 1,
Řešení. Při řešení soustav lineárních rovnic je vhodné použít Gaussovu metodu, která spočívá v transformaci soustavy do trojúhelníkového tvaru.
První rovnici soustavy vynásobíme – 2 a sečtením výsledku s druhou rovnicí dostaneme – 3y + 6z = – 3. Tuto rovnici lze přepsat jako y – 2z = 1. První rovnici sečteme za třetí, dostaneme 7y = 7 nebo y = 1.
Systém tak získal trojúhelníkový tvar
x + y – z = 2,
Dosazením y = 1 do druhé rovnice zjistíme z = 0. Dosazením y = 1 az = 0 do první rovnice zjistíme x = 1. Odpověď: (1; 1; 0) Příklad 2.8. při jakých hodnotách parametru a je soustava rovnic
2x + ay = a + 2,
(a + 1) x + 2ay = 2a + 4
má nekonečně mnoho řešení? Řešení. Z první rovnice vyjádříme x:
x = – (a / 2)y + a / 2 +1.
Dosazením tohoto výrazu do druhé rovnice dostaneme
(a + 1) (– (a / 2)y + a / 2 +1) + 2ay = 2a + 4.
(a + 1) (a + 2 – ay) + 4ay = 4a + 8,
4ay – a(a + 1)y = 4(a + 2) – (a + 1)(a + 2),
ya(4 – a – 1) = (a + 2)(4 – a – 1),
ya(3 – a) = (a + 2)(3 – a).
Při analýze poslední rovnice si všimneme, že pro a = 3 má tvar 0y = 0, tzn. je splněna pro jakékoli hodnoty y. Odpověď: 3.
Kvadratické rovnice a rovnice, které lze na ně redukovat.
Rovnice ve tvaru ax 2 + bx + c = 0, kde a, b a c jsou nějaká čísla (a0);
x je proměnná zvaná kvadratická rovnice.
Vzorec pro řešení kvadratické rovnice.
Nejprve vydělme obě strany rovnice ax 2 + bx + c = 0 a - tím se nezmění její kořeny. K vyřešení výsledné rovnice
x 2 + (b / a) x + (c / a) = 0
vyberte celý čtverec na levé straně
x 2 + (b / a) + (c / a) = (x 2 + 2 (b / 2a) x + (b / 2a) 2) – (b / 2a) 2 + (c / a) =
= (x + (b / 2a)) 2 – (b 2) / (4a 2) + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – ((b 2 – 4ac) / (4a 2 )).
Pro stručnost označíme výraz (b 2 – 4ac) D. Poté má výsledná identita tvar
Jsou možné tři případy:
pokud je číslo D kladné (D > 0), pak v tomto případě můžeme z D extrahovat Odmocnina a napište D ve tvaru D = (D) 2. Pak
D / (4a 2) = (D) 2 / (2a) 2 = (D / 2a) 2, proto identita nabývá tvaru
x 2 + (b / a) x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / 2a) 2 .
Pomocí vzorce rozdílu čtverců odvozujeme odtud:
x 2 + (b / a) x + (c / a) = (x + (b / 2a) – (D / 2a)) (x + (b / 2a) + (D / 2a)) =
= (x – ((-b + D) / 2a)) (x – ((– b – D) / 2a)).
Teorém: Pokud totožnost platí
ax 2 + bx + c = a(x – x 1)(x – x 2),
pak kvadratická rovnice ax 2 + bx + c = 0 pro X 1 X 2 má dva kořeny X 1 a X 2 a pro X 1 = X 2 - pouze jeden kořen X 1.
Na základě této věty z výše odvozené identity vyplývá, že rovnice
x 2 + (b / a) x + (c / a) = 0,
a rovnice ax 2 + bx + c = 0 má tedy dva kořeny:
Xi = (-b + D) / 2a; X2 = (-b - D) / 2a.
Tedy x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2).
Obvykle jsou tyto kořeny zapsány jedním vzorcem:
kde b 2 – 4ac = D.
pokud je číslo D rovno nule (D = 0), pak identita
x 2 + (b / a) x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))
má tvar x 2 + (b / a) x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2.
Z toho vyplývá, že pro D = 0 má rovnice ax 2 + bx + c = 0 jednu odmocninu násobnosti 2: X 1 = – b / 2a
3) Pokud je číslo D záporné (D< 0), то – D >0, a tedy výraz
x 2 + (b / a) x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))
je součet dvou členů, z nichž jeden je nezáporný a druhý kladný. Takový součet se nemůže rovnat nule, takže rovnice
x 2 + (b / a) x + (c / a) = 0
nemá skutečné kořeny. Rovnice ax 2 + bx + c = 0 je také nemá.
K vyřešení kvadratické rovnice je tedy třeba vypočítat diskriminant
D = b 2 – 4ac.
Pokud D = 0, pak má kvadratická rovnice jedinečné řešení:
Pokud D > 0, pak má kvadratická rovnice dva kořeny:
Xi = (-b + D) / (2a); X2 = (-b - D) / (2a).
Pokud D< 0, то квадратное уравнение не имеет корней.
Pokud je jeden z koeficientů b nebo c nulový, pak lze kvadratickou rovnici vyřešit bez výpočtu diskriminantu:
b = 0; c 0; c/a<0; X1,2 = (-c / a)
b 0; c = 0; X1 = 0, X2 = -b/a.
Kořeny obecné kvadratické rovnice ax 2 + bx + c = 0 najdeme podle vzorce
Kvadratická rovnice, ve které je koeficient x 2 roven 1, se nazývá redukovaná. Obvykle se daná kvadratická rovnice označuje takto:
x 2 + px + q = 0.
Vietova věta.
Identifikovali jsme identitu
x 2 + (b / a) x + (c / a) = (x – x1) (x – x2),
kde X 1 a X 2 jsou kořeny kvadratické rovnice ax 2 + bx + c =0. Otevřeme závorky na pravé straně této identity.
x 2 + (b / a) x + (c / a) = x 2 – x 1 x – x 2 x + x 1 x 2 = x 2 – (x 1 + x 2) x + x 1 x 2.
Z toho vyplývá, že X 1 + X 2 = – b / a a X 1 X 2 = c / a. Dokázali jsme následující větu, kterou poprvé stanovil francouzský matematik F. Vieta (1540 – 1603):
Věta 1 (vieta). Součet kořenů kvadratické rovnice je roven koeficientu X, braný s opačným znaménkem a dělený koeficientem X 2 ; součin kořenů této rovnice je roven volnému členu dělenému koeficientem X 2 .
Věta 2 (obrátit). Pokud jsou splněny rovnosti
X 1 + X 2 = – b / a a X 1 X 2 = c / a,
pak čísla X 1 a X 2 jsou kořeny kvadratické rovnice ax 2 + bx + c = 0.
Komentář. Vzorce X 1 + X 2 = – b / a a X 1 X 2 = c / a zůstávají pravdivé v případě, kdy rovnice ax 2 + bx + c = 0 má jeden kořen X 1 násobku 2, dáme-li X v uvedených vzorcích 2 = X 1. Proto se obecně uznává, že v D = 0 má rovnice ax 2 + bx +c = 0 dva kořeny, které se vzájemně shodují.
Při řešení úloh souvisejících s Vietovou větou je užitečné používat vztahy
(1/X1) + (1/X2)= (X1 + X2)/X1X2;
X12 + X22 = (X1 + X2)2 – 2 X1X2;
Xi/X2 + X2/Xi = (Xi2 + X22) / XiX2 = ((Xi + X2)2-2X1X2)/XiX2;
X 1 3 + X 2 3 = (X 1 + X 2) (X 1 2 – X 1 X 2 + X 2 2) =
= (X 1 + X 2) ((X 1 + X 2) 2 – 3X 1 X 2).
Příklad 3.9. Vyřešte rovnici 2x 2 + 5x – 1 = 0.
Řešení. D = 25 – 42 (– 1) = 33 >0;
Xi = (-5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.
Odpověď: X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.
Příklad 3.10.Řešte rovnici x 3 – 5x 2 + 6x = 0
Řešení. Rozložme levou stranu rovnice na faktor x(x 2 – 5x + 6) = 0,
tedy x = 0 nebo x 2 – 5x + 6 = 0.
Řešením kvadratické rovnice dostaneme X 1 = 2, X 2 = 3.
Odpověď: 0; 2; 3.
Příklad 3.11.
x 3 – 3x + 2 = 0. Řešení. Přepišme rovnici tak, že napíšeme –3x = – x – 2x, x 3 – x – 2x + 2 = 0, a nyní grupa x(x 2 – 1) – 2(x – 1) = 0,(x – 1) (x( x + 1) – 2) = 0,x – 1 = 0, x 1 = 1,x 2 + x – 2 = 0, x 2 = – 2, x 3 = 1. Odpověď: x 1 = x 3 = 1 , x 2 = – 2.Příklad 3.12. Řešte rovnici7
(x – 1) (x – 3) (x – 4)
(2x – 7)(x + 2)(x – 6)Řešení. Pojďme najít rozsah přijatelných hodnot x:X + 2 0; x – 6 0; 2x – 7 0 nebo x – 2; x 6; x 3,5. Rovnici zredukujeme na tvar (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), otevřeme závorky. 7x 3 – 49x 2 + 84x – 14x 2 + 98x – 168 + 4x 3 – 16x 2 – 48x – 14x 2 + 56x + 168 = 0,11x 3 – 93x 2 + 190x = 0,x(11x 2 – 93x = + 0,110) = + 0,110 = – 93x + 190 = 0,93(8649 – 8360) 93 17 x 2,3 = = ,
Tito. x 1 = 5; x 2 = 38/11.
Nalezené hodnoty vyhovují ODZ.
Odpověď: x 1 = 0; x2 = 5; x 3 = 38/11.
Příklad 3.13.Řešte rovnici x 6 – 5x 3 + 4 = 0
Řešení. Označme y = x 3 , pak má původní rovnice tvar
y 2 – 5y + 4 = 0, řešením dostaneme Y 1 = 1; Y2 = 4.
Původní rovnice je tedy ekvivalentní množině
rovnice: x 3 = 1 nebo x 3 = 4, tj. X 1 = 1 nebo X 2 = 3 4
Odpověď: 1; 34.
Příklad 3.14. Vyřešte rovnici (x 3 – 27) / (x – 3) = 27
Řešení. Rozložme čitatel na faktor (pomocí vzorce rozdílu kostek):
ZprávaVědecký vedoucí: Kulabukhov Sergey Yuryevich, kandidát fyzikálních a matematických věd, učitel Další vzdělávání MOU DOD DTDiM, Rostov na Donu.
