1.
Ekvationerna kallas symmetriska ekvationer av 3:e graden, om de har formen
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.
För att framgångsrikt lösa ekvationer av denna typ är det användbart att känna till och kunna använda följande enkla egenskaper hos ömsesidiga ekvationer:
A) Varje ömsesidig ekvation av udda grad har alltid en rot lika med -1.
Faktum är att om vi grupperar termerna på vänster sida enligt följande: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, då är det möjligt att ta bort den gemensamma faktorn, dvs. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, därför
x + 1 = 0 eller ax 2 + (b – a)x + a = 0, den första ekvationen bevisar påståendet som intresserar oss.
b) Den reciproka ekvationen har inga rötter lika med noll.
V) När man dividerar ett polynom med udda grad med (x + 1), är kvoten återigen ett återkommande polynom och detta bevisas genom induktion.
Exempel.
x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = 0.
Lösning.
Den ursprungliga ekvationen har nödvändigtvis en rot x = -1, så vi dividerar x 3 + 2x 2 + 2x + 1 med (x + 1) enligt Horners schema:
| . |
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.
Andragradsekvationen x 2 + x + 1 = 0 har inga rötter.
Svar: -1.
2.
Ekvationerna kallas symmetriska ekvationer av fjärde graden, om de har formen
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.
Lösningsalgoritm liknande ekvationer är:
A) Dividera båda sidor av den ursprungliga ekvationen med x 2. Denna åtgärd kommer inte att leda till förlust av roten, eftersom x = 0 inte är en lösning på den givna ekvationen.
b) Använd gruppering och för ekvationen till formen:
a(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.
V) Ange en ny okänd: t = (x + 1/x).
Låt oss göra omvandlingen: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Om vi nu uttrycker x 2 + 1/x 2, så är t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.
G) Lös resultatet i nya variabler andragradsekvation:
vid 2 + bt + c – 2a = 0.
d) Utför omvänd substitution.
Exempel.
6x 4 – 5x 3 – 38x 2 – 5x + 6 = 0.
Lösning.
6x 2 – 5x – 38 – 5/x + 6/x 2 = 0.
6(x 2 + 1/x 2) – 5(x + 1/x) – 38 = 0.
Ange t: substitution (x + 1/x) = t. Substitution: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, vi har:
6t 2 – 5t – 50 = 0.
t = -5/2 eller t = 10/3.
Låt oss återgå till variabeln x. Efter den omvända substitutionen löser vi de två resulterande ekvationerna:
1) x + 1/x = -5/2;
x 2 + 5/2 x +1 = 0;
x = -2 eller x = -1/2.
2) x + 1/x = 10/3;
x 2 – 10/3 x + 1 = 0;
x = 3 eller x = 1/3.
Svar: -2; -1/2; 1/3; 3.
Metoder för att lösa vissa typer av ekvationer av högre grader
1. Ekvationer som har formen (x + a) n + (x + b) n = c, löses genom att ersätta t = x + (a + b)/2. Denna metod kallas symmetriseringsmetod.
Ett exempel på en sådan ekvation skulle vara en ekvation av formen (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.
Exempel.
(x + 3) 4 + (x + 1) 4 = 272.
Lösning.
Vi gör ersättningen som nämns ovan:
t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, efter förenkling: x = t – 2.
(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.
(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.
Om du tar bort parenteserna med formler får vi:
t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 = 272.
2t 4 + 12t 2 – 270 = 0.
t 4 + 6t 2 – 135 = 0.
t2 = 9 eller t2 = -15.
Den andra ekvationen ger inga rötter, men från den första har vi t = ±3.
Efter omvänd substitution får vi att x = -5 eller x = 1.
Svar: -5; 1.
För att lösa sådana ekvationer är det ofta effektivt att metod för att faktorisera vänster sida av ekvationen.
2. Formens ekvationer (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = A, där a + d = c + b.
Tekniken för att lösa sådana ekvationer är att delvis öppna parenteserna och sedan introducera en ny variabel.
Exempel.
(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24.
Lösning.
Vi beräknar: 1 + 4 = 2 + 3. Gruppera parenteserna i par:
((x + 1)(x + 4))((x + 2)(x + 3)) = 24,
(x 2 + 5x + 4)(x 2 + 5x + 6) = 24.
Genom att göra substitutionen x 2 + 5x + 4 = t, har vi ekvationen
t(t + 2) = 24, det är kvadratiskt:
t 2 + 2t – 24 = 0.
t = -6 eller t = 4.
Efter att ha utfört den omvända substitutionen hittar vi lätt rötterna till den ursprungliga ekvationen.
Svar: -5; 0.
3. Formens ekvationer (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = Ax 2, där ad = cb.
Lösningsmetoden är att delvis öppna parenteserna, dividera båda sidorna med x 2 och lösa en uppsättning andragradsekvationer.
Exempel.
(x + 12)(x + 2)(x + 3)(x + 8) = 4x 2.
Lösning.
Genom att multiplicera de två första och sista två parenteserna på vänster sida får vi:
(x 2 + 14x + 24)(x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Dividera med x 2 ≠ 0.
(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Genom att ersätta (x + 24/x) = t kommer vi fram till andragradsekvationen:
(t + 14)(t + 11) = 4;
t 2 + 25x + 150 = 0.
t = 10 eller t = 15.
Genom att göra den omvända substitutionen x + 24/x = 10 eller x + 24/x = 15, hittar vi rötterna.
Svar: (-15 ± √129)/2; -4; -6.
4.
Lös ekvationen (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.
Lösning.
Det är svårt att omedelbart klassificera denna ekvation och välja en lösningsmetod. Därför transformerar vi först med skillnaden mellan kvadrater och skillnaden mellan kuber:
((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. Sedan, efter att ha tagit ut den gemensamma faktorn, kommer vi fram till en enkel ekvation:
(x + 5)(x 2 + 18x + 48) = 0.
Svar: -5; -9 ± √33.
Uppgift.
Konstruera ett polynom av tredje graden där en rot lika med 4 har multipliciteten 2 och en rot lika med -2.
Lösning.
f(x)/((x – 4) 2 (x + 2)) = q(x) eller f(x) = (x – 4) 2 (x + 2)q(x).
Om vi multiplicerar de två första parenteserna och tar med liknande termer får vi: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).
x 3 – 6x 2 + 32 är ett polynom av tredje graden, därför är q(x) ett tal från R(dvs äkta). Låt q(x) vara ett, då f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Svar: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Har du fortfarande frågor? Vet du inte hur man löser ekvationer?
För att få hjälp av en handledare, registrera dig.
Första lektionen är gratis!
webbplats, vid kopiering av material helt eller delvis krävs en länk till källan.
När jag studerade ytterligare litteratur om att lösa ekvationssystem, stötte jag på en ny typ av system - symmetriska. Och jag satte upp ett mål för mig själv:
Sammanfatta vetenskaplig information på ämnet "Ekvationssystem".
Förstå och lära sig lösa genom att introducera nya variabler;
3) Betrakta de grundläggande teorierna förknippade med symmetriska ekvationssystem
4) Lär dig lösa symmetriska ekvationssystem.
Historien om att lösa ekvationssystem.
Det har länge varit praxis att utesluta okända från linjära ekvationer. På 1600-1700-talen. V. uteslutningstekniker utvecklades av Fermat, Newton, Leibniz, Euler, Bezout, Lagrange.
I modern notation har ett system av två linjära ekvationer med två okända formen: a1x + b1y = c1, a2x + b2x = c2 x = c1b1 – c2b; y = a1c2 – a2c1 Lösningar av detta system uttrycks med formler.
a1b2 – a2b1 a1b2 – a2b1
Tack vare koordinatmetoden skapad på 1600-talet. Fermat och Descartes blev det möjligt att lösa ekvationssystem grafiskt.
I forntida babyloniska texter skrivna under det 3:e-2:a årtusendet f.Kr. e. , innehåller många problem som kan lösas genom att konstruera ekvationssystem, i vilka ekvationer av andra graden också introduceras.
Exempel #1:
Jag lade till arean av mina två kvadrater: 25. Sidan på den andra kvadraten är lika med sidan på den första och ytterligare 5. Motsvarande ekvationssystem i motsvarande notation ser ut som: x2 + y2 = 25, y = x = 5
Diophantus, som inte hade notationer för många okända, ansträngde sig mycket för att välja det okända på ett sådant sätt att systemets lösning reducerades till lösningen av en enda ekvation.
Exempel #2:
"Hitta två naturliga tal, att veta att deras summa är 20 och summan av deras kvadrater är 208."
Problemet löstes också genom att rita upp ett ekvationssystem, x + y = 20, men löste x2 + y2 = 208
Diophantus, att välja halva skillnaden av de nödvändiga siffrorna som det okända, dvs.
(x – y) = z, + (x + y) = 10
2z2 + 200 = 208 z = + 2z = -2- uppfyller inte villkoren för problemet, därför om z = 2x = 12 och y = 8
Systemkoncept algebraiska ekvationer.
I många problem är det nödvändigt att hitta flera okända kvantiteter, med vetskap om att andra kvantiteter som bildas med deras hjälp (funktionerna hos de okända) är lika med varandra eller med vissa givna kvantiteter. Låt oss titta på ett enkelt exempel.
En rektangulär tomt med en yta på 2400 m2 är inhägnad med ett staket 200 m långt. hitta längden och bredden på tomten. Faktum är att den "algebraiska modellen" för detta problem är ett system av två ekvationer och en olikhet.
Eventuella ojämlikheter bör alltid hållas i åtanke. När du löser problem med att komponera ekvationssystem. Men huvudsaken är att lösa ekvationerna själva. Jag kommer att berätta om metoderna som används.
Låt oss börja med definitioner.
Ett ekvationssystem är en uppsättning av flera (mer än en) ekvationer som är sammankopplade med ett krulligt stag.
Den lockiga klammerparentesen betyder att alla ekvationer i systemet måste exekveras samtidigt, och visar att du måste hitta ett par tal (x; y) som gör varje ekvation till en sann likhet.
En lösning till ett system är ett par av siffror x och y som, när de sätts in i detta system, omvandlar var och en av dess ekvationer till en korrekt numerisk likhet.
Att lösa ett ekvationssystem innebär att hitta alla dess lösningar eller fastställa att det inte finns några.
Substitutionsmetod.
Substitutionsmetoden är att i en av ekvationerna uttrycks en variabel i termer av en annan. Det resulterande uttrycket ersätts med en annan ekvation, som sedan blir en ekvation med en variabel och sedan löses. De resulterande värdena för denna variabel ersätts i valfri ekvation i det ursprungliga systemet och den andra variabeln hittas.
Algoritm.
1. Uttryck y i termer av x från en ekvation i systemet.
2. Ersätt det resulterande uttrycket istället för y med en annan ekvation av systemet.
3. Lös den resulterande ekvationen för x.
4. Ersätt i sin tur var och en av rötterna till ekvationen som hittades i det tredje steget istället för x med uttrycket y till x som erhölls i det första steget.
5) Skriv svaret i form av värdepar (x; y).
Exempel nr. 1 y = x – 1,
Låt oss ersätta y = x - 1 i den andra ekvationen, vi får 5x + 2 (x - 1) = 16, varav x = 2. Låt oss ersätta det resulterande uttrycket i den första ekvationen: y = 2 - 1 = 1.
Svar: (2; 1).
Exempel #2:
8y – x = 4, 1) 2 (8y – 4) – 21y = 2
2х – 21у = 2 16у – 8 – 21у = 2
5y = 10 x = 8y – 4, y = -2
2х – 21у = 2
2) x = 8 * (-2) – 4 x = 8y – 4, x = -20
2 (8y – 4) – 21y = 2 x = 8y – 4, y = -2 x = -20, y = -2
Svar: (-20; -2).
Exempel nr 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 – andragradsekvation 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
Därför (-2; -4); (4; 8) – lösningar för detta system.
Tilläggsmetod.
Adderingsmetoden är att om ett givet system består av ekvationer som, när de adderas, bildar en ekvation med en variabel, så får vi genom att lösa denna ekvation värdena för en av variablerna. Värdet på den andra variabeln hittas, som i substitutionsmetoden.
Algoritm för att lösa system med hjälp av additionsmetoden.
1. Utjämna modulerna för koefficienterna för en av de okända.
2. Genom att addera eller subtrahera de resulterande ekvationerna, hitta en okänd.
3. Genom att ersätta det hittade värdet i en av ekvationerna i det ursprungliga systemet, hitta det andra okända.
Exempel nr 1. Lös ekvationssystemet med hjälp av additionsmetoden: x + y = 20, x – y = 10
Om vi subtraherar den andra från den första ekvationen får vi
Låt oss uttrycka från det andra uttrycket x = 20 - y
Ersätt y = 5 i detta uttryck: x = 20 – 5 x = 15.
Svar: (15; 5).
Exempel #2:
Låt oss representera ekvationerna för det föreslagna systemet i form av en skillnad, får vi
7y = 21, varav y = 3
Låt oss ersätta detta värde med x = uttryckt från systemets andra ekvation, vi får x = 4.
Svar: (4; 3).
Exempel #3:
2x + 11y = 15,
10x – 11y = 9
Lägger vi till dessa ekvationer har vi:
2x + 10x = 15 + 9
12x = 24 x = 2, genom att ersätta detta värde i den andra ekvationen, får vi:
10 * 2 – 11y = 9, därav y = 1.
Lösningen på detta system är paret: (2; 1).
Grafisk metod för att lösa ekvationssystem.
Algoritm.
1. Konstruera grafer för var och en av systemekvationerna.
2. Hitta koordinaterna för skärningspunkten för de konstruerade linjerna.
Happening relativ position raka linjer på ett plan.
1. Om linjerna skär varandra, det vill säga de har en gemensam punkt, så har ekvationssystemet en lösning.
2. Om linjerna är parallella, det vill säga att de inte har gemensamma punkter, så har ekvationssystemet inga lösningar.
3. Om linjerna sammanfaller, det vill säga de har många punkter, så har ekvationssystemet ett oändligt antal lösningar.
Exempel #1:
Lös grafiskt ekvationssystemet x – y = -1,
Låt oss uttrycka y från de första och andra ekvationerna: y = 1 + x, y = 4 – 2x x
Låt oss bygga grafer för var och en av systemekvationerna:
1) y = 1 + x – grafen för funktionen är den räta linjen x 0 1 (1; 2) y 1 2
2) y = 4 – 2x – grafen för funktionen är den räta linjen x 0 1 y 4 2
Svar: (1; 2).
Exempel nr 2: y x + 2y = 6,
4y = 8 – 2x x y = , y = y = - grafen för funktionen är den räta linjen x 0 2 y 3 2 y = - grafen för funktionen är den räta linjen x 0 2 y 2 1
Svar: det finns inga lösningar.
Exempel nr 3: y x – 2y = 2,
3x – 6y = 6 x – 2y = 2, x – 2y = 2 x y = - grafen för funktionen är den räta linjen x 0 2 y -1 0
Svar: systemet har ett oändligt antal lösningar.
Metod för att introducera nya variabler.
Metoden för att introducera nya variabler är att en ny variabel introduceras i endast en ekvation eller två nya variabler för båda ekvationerna samtidigt, sedan löses ekvationen eller ekvationerna med avseende på de nya variablerna, varefter det återstår att lösa fler enkelt system ekvationer från vilka vi hittar den önskade lösningen.
Exempel #1:
X + y = 5
Låt oss beteckna = z, sedan =.
Den första ekvationen kommer att ha formen z + = , den motsvarar 6z – 13 + 6 = 0. Efter att ha löst den resulterande ekvationen har vi z = ; z =. Då = eller =, med andra ord, den första ekvationen delas upp i två ekvationer, därför har vi två system:
X + y = 5 x + y = 5
Lösningarna för dessa system är lösningarna för det givna systemet.
Lösningen till det första systemet är paret: (2; 3), och det andra är paret (3; 2).
Därför är lösningarna i systemet + = , x + y = 5
Paren är (2; 3); (3; 2)
Exempel #2:
Låt = X, a = Y.
X = , 5 * - 2U = 1
5Х – 2У = 1 2,5 (8 – 3У) – 2У = 1
20 – 7,5 U – 2 U = 1
X =, -9,5U = -19
5 * - 2U = 1 U = 2
Vi kommer att göra en omvänd ersättning.
2 x = 1, y = 0,5
Svar: (1; 0,5).
Symmetriska ekvationssystem.
Ett system med n okända kallas symmetriskt om det inte ändras när de okända omorganiseras.
Ett symmetriskt system av två ekvationer med två okända x och y löses genom att ersätta u = x + y, v = xy. Observera att uttrycken som påträffas i symmetriska system uttrycks i termer av u och v. Låt oss ge flera sådana exempel som är av otvivelaktigt intresse för att lösa många symmetriska system: 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, etc.
Ett symmetriskt system med tre ekvationer för de okända x y, z löses genom att ersätta x + y + z = u, xy + yz + xz = w. Om u, v, w hittas, kompileras en kubikekvation t2 – ut2 + vt – w = 0, vars rötter t1, t2, t3 i olika permutationer är lösningar av det ursprungliga systemet. De vanligaste uttrycken i sådana system uttrycks i termer av u, v, w enligt följande: x2 + y2 + z2 = u2 - 2v x3 + y3 + z3 = u3 - 3uv + 3w
Exempel nr 1: x2 + xy + y2 = 13, x + y = 4
Låt x + y = u, xy = v.
u2 – v = 13, u = 4
16 – v = 13, u = 4 v = 3, u = 4
Vi kommer att göra en omvänd ersättning.
Svar: (1; 3); (3; 1).
Exempel nr 2: x3 + y3 = 28, x + y = 4
Låt x + y = u, xy = v.
u3 – 3uv = 28, u = 4
64 – 12 v = 28, u = 4
12v = -36 u = 4 v = 3, u = 4
Vi kommer att göra en omvänd ersättning.
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
Svar: (1; 3); (3; 1).
Exempel nr. 3: x + y + xy = 7, x2 + y2 + xy = 13
Låt 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
Vi kommer att göra en omvänd ersättning.
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
Svar: (1; 3); (3; 1).
Exempel nr 4: x + y = 5, x3 + y3 = 65
Låt x + y = u, xy = v.
u = 5, u3 – 3uv = 65 u3 – 3uv = 65 125 – 15v = 65
15v = -60 u = 5, v = 4 v = 4
Vi kommer att göra en omvänd ersättning.
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
Svar: (4; 1); (14).
Exempel nr 5: x2 + xy + y2 = 49, x + y + xy = 23
Låt oss göra en förändring av okända, systemet kommer att ha formen u2 + v = 49, u + v = 23
Om vi adderar dessa ekvationer får vi u2 + u – 72 = 0 med rötter u1 = 8, u2 = -9. Följaktligen är v1 = 15, v2 = 32. Det återstår att lösa uppsättningen av system x + y = 8, x + y = -9, xy = 15 xy = 32
System x + y = 8, har lösningar x1 = 3, y1 = 5; x2=5, y2=3.
Systemet x + y = -9 har inga riktiga lösningar.
Svar: (3; 5), (5; 3).
Exempel nr 6. Lös ekvationssystemet.
2x2 – 3xy + 2y2 = 16, x + xy + y + 3 = 0
Med hjälp av de symmetriska huvudpolynomen u = y + x och v = xy får vi följande ekvationssystem
2u2 – 7v = 16, u + v = -3
Genom att ersätta uttrycket v = -3 – u från systemets andra ekvation med den första ekvationen får vi följande ekvation 2u2 + 7u + 5 = 0, vars rötter är u1 = -1 och u2 = -2,5; och följaktligen erhålls värdena v1 = -2 och v2 = -0,5 från v = -3 - u.
Nu återstår att lösa följande uppsättning system x + y = -1, och x + y = -2,5, xy = -2 xy = -0,5
Lösningarna för denna uppsättning system, och därför det ursprungliga systemet (på grund av deras likvärdighet), är följande: (1; -2), (-2; 1), (;).
Exempel #7:
3x2y – 2xy + 3xy2 = 78,
2x – 3xy + 2y + 8 = 0
Med hjälp av grundläggande symmetriska polynom kan systemet skrivas i följande form
3uv – 2v = 78,
Genom att uttrycka u = från den andra ekvationen och ersätta den med den första ekvationen får vi 9v2 – 28v – 156 = 0. Rötterna till denna ekvation v1 = 6 och v2 = - låter oss hitta motsvarande värden u1 = 5, u2 = - från uttrycket u =.
Låt oss nu lösa följande uppsättning system x + y = 5, och x + y = -, xy = 6 xy = -.
x = 5 – y, och y = -x -, xy = 6 xy = -.
x = 5 – y, och y = -x -, y (5 – y) = 6 x (-x -) = -.
x = 5 – y, och y = -x - , y1= 3, y2 =2 x1 = , x2 = - x1 = 2, x2 = 3, och x1 = , x2 = - y1= 3, y2 =2 y1 = -, y2 =
Svar: (2; 3), (3; 2), (; -), (-;).
Slutsats.
I processen att skriva den här artikeln träffade jag olika typer system av algebraiska ekvationer. Sammanfattad vetenskaplig information om ämnet "Ekvationssystem".
Jag kom på det och lärde mig att lösa genom att introducera nya variabler;
Har gått igenom de grundläggande teorierna förknippade med symmetriska ekvationssystem
Lärt sig lösa symmetriska ekvationssystem.
Inledning Problemet med mitt projekt är att jag ska lyckas klara Unified State Exam förmågan att lösa olika ekvationssystem krävs och på gymnasiekursen får de inte tillräckligt med tid för att förstå denna fråga djupare. Syfte med arbetet: att förbereda sig för framgångsrikt godkänt av Unified State Exam. Mål för arbetet: Utöka dina kunskaper inom området matematik relaterat till begreppet "symmetri". Förbättra din matematiska kultur genom att använda begreppet "symmetri" när du löser ekvationssystem som kallas symmetriska, såväl som andra problem inom matematik.
Begreppet symmetri. Symmetri - (urgammal grekiska συμμετρία), i vid mening - oföränderlighet under alla transformationer. Till exempel innebär den sfäriska symmetrin hos en kropp att kroppens utseende inte kommer att förändras om den roteras i rymden i godtyckliga vinklar. Bilateral symmetri innebär att höger och vänster i förhållande till något plan ser likadana ut.
Lösa problem med symmetri. Uppgift nr 1 Två personer turas om att placera identiska mynt på ett runt bord, och mynten ska inte täcka varandra. Den som inte kan göra ett drag förlorar. Vem vinner när man spelar rätt? (Med andra ord, vilken spelare har en vinnande strategi?)
Metoder för att lösa symmetriska system. Symmetriska system kan lösas genom att ändra variabler, som spelas av de grundläggande symmetriska polynomen. Ett symmetriskt system av två ekvationer med två okända x och y löses genom att ersätta u = x + y, v = xy.
Exempel nr 2 3 x 2y – 2xy + 3xy 2 = 78, 2x – 3xy + 2y + 8 = 0 Med hjälp av grundläggande symmetriska polynom kan systemet skrivas i följande form 3uv – 2v = 78, 2u – 3v = -8 . Genom att uttrycka u = från den andra ekvationen och ersätta den med den första ekvationen får vi 9v2– 28v – 156 = 0. Rötterna till denna ekvation v 1 = 6 och v 2 = - låter oss hitta motsvarande värden u1 = 5, u2= - från uttrycket u = .
Låt oss nu lösa följande uppsättning system Låt oss nu lösa följande uppsättning system x + y = 5, och x + y = - , xy = 6 xy = - . x = 5 – y, och y = -x -, xy = 6 xy = -. x = 5 – y, och y = -x - , y (5 – y) = 6 x (-x -) = - . x = 5 – y, och y = -x - , y 1 = 3, y 2 = 2 x 1 = , x 2 = - x 1 = 2, x 2 = 3, och x 1 = , x 2 = - y 1= 3, y 2 = 2 y 1 = - , y 2= Svar: (2; 3), (3; 2), (; -), (- ;).
Satser som används för att lösa symmetriska system. Sats 1. (om symmetriska polynom) Vilket symmetriskt polynom som helst i två variabler kan representeras som en funktion av två grundläggande symmetriska polynom. Med andra ord, för varje symmetriskt polynom f (x, y) finns det en funktion av två variabler φ (u) , v) sådan att
Sats 2. (om symmetriska polynom) Sats 2. (om symmetriska polynom) Vilket symmetriskt polynom som helst i tre variabler kan representeras som en funktion av tre symmetriska huvudpolynom: Med andra ord, för varje symmetriskt polynom f (x, y) finns det en sådan funktion av tre variabler θ (u, v, w), som
Mer komplexa symmetriska system - system som innehåller modulen: | x – y | + y2 = 3, | x – 1 | + | y – 1 | = 2. Överväg detta system separat vid 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) för 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) systemet har formen - x + y + y 2 = 3, - x + 1 + y – 1 = 2, eller - x + y + y 2 = 3, x – y = - 2, varifrån vi finner x 1 = - 3, y 1 = - 1, x 2 = - 1, y 2 = 1. Det andra sifferparet hör till det aktuella området, det vill säga det är en lösning på detta system.
Om x ≥ 1, då: Om x ≥ 1, då: a) x > y och 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 och y ≥ 1 systemet har formen x – y + y 2 = 3, x – 1 + y – 1 = 2, eller x – y + y 2 = 3, x + y = 4, varifrån vi hittar x = 1, y = 3. Detta sifferpar tillhör inte det aktuella området;
c) för x ≤ y (då y ≥ 1) tar systemet formen c) för x ≤ y (då y ≥ 1) har systemet formen - x + y + y 2 = 3, x – 1 + y – 1 = 2, eller - x + y + y 2 = 3, x + y = 4, varifrån vi finner x 1 = 5 + √8, y 1 = - 1 - √8; x 2 = 5 - √8, y2 = - 1 + √8. Dessa nummerpar hör inte till regionen i fråga. Således, xl = -1, yi = 1; x 2 = 1, y 2 = - 1. Svar: (- 1; 1); (elva).
Slutsats Matematik utvecklar mänskligt tänkande, lär genom logik att hitta olika sätt lösningar. Så, efter att ha lärt mig att lösa symmetriska system, insåg jag att de inte bara kan användas för att slutföra specifika exempel, utan också för att lösa olika typer av problem. Jag tror att projektet inte bara kan gynna mig. För den som också vill sätta sig in i detta ämne kommer mitt arbete att vara en bra assistent.
Lista över använd litteratur: Bashmakov M.I., "Algebra and the beginnings of analysis", 2:a upplagan, Moskva, "Prosveshchenie", 1992, 350 s. Rudchenko P.A., Yaremchuk F.P., "Algebra and elementära funktioner", referensbok; tredje upplagan, reviderad och utökad; Kiev, Naukova, Dumka, 1987, 648 s. Sharygin I.F., "Mathematics for high school students", Moskva, Förlag"Bustard", 1995, 490 s. Internetresurser: http://www.college.ru/
Arbetet kan användas för lektioner och rapporter i ämnet "Matematik"
Färdiga presentationer i matematik används som visuella hjälpmedel som låter en lärare eller förälder demonstrera ämnet som studeras från en lärobok med hjälp av bilder och tabeller, visa exempel på att lösa problem och ekvationer och även testa kunskaper. I den här delen av sajten kan du hitta och ladda ner många färdiga presentationer om matematik för elever i årskurs 1, 2, 3, 4, 5, 6, samt presentationer om högre matematik för universitetsstudenter.
1.
Ekvationerna kallas symmetriska ekvationer av 3:e graden, om de har formen
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.
För att framgångsrikt lösa ekvationer av denna typ är det användbart att känna till och kunna använda följande enkla egenskaper hos ömsesidiga ekvationer:
A) Varje ömsesidig ekvation av udda grad har alltid en rot lika med -1.
Faktum är att om vi grupperar termerna på vänster sida enligt följande: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, då är det möjligt att ta bort den gemensamma faktorn, dvs. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, därför
x + 1 = 0 eller ax 2 + (b – a)x + a = 0, den första ekvationen bevisar påståendet som intresserar oss.
b) Den reciproka ekvationen har inga rötter lika med noll.
V) När man dividerar ett polynom med udda grad med (x + 1), är kvoten återigen ett återkommande polynom och detta bevisas genom induktion.
Exempel.
x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = 0.
Lösning.
Den ursprungliga ekvationen har nödvändigtvis en rot x = -1, så vi dividerar x 3 + 2x 2 + 2x + 1 med (x + 1) enligt Horners schema:
| . |
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.
Andragradsekvationen x 2 + x + 1 = 0 har inga rötter.
Svar: -1.
2.
Ekvationerna kallas symmetriska ekvationer av fjärde graden, om de har formen
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.
Lösningsalgoritm liknande ekvationer är:
A) Dividera båda sidor av den ursprungliga ekvationen med x 2. Denna åtgärd kommer inte att leda till förlust av roten, eftersom x = 0 inte är en lösning på den givna ekvationen.
b) Använd gruppering och för ekvationen till formen:
a(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.
V) Ange en ny okänd: t = (x + 1/x).
Låt oss göra omvandlingen: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Om vi nu uttrycker x 2 + 1/x 2, så är t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.
G) Lös den resulterande andragradsekvationen i nya variabler:
vid 2 + bt + c – 2a = 0.
d) Utför omvänd substitution.
Exempel.
6x 4 – 5x 3 – 38x 2 – 5x + 6 = 0.
Lösning.
6x 2 – 5x – 38 – 5/x + 6/x 2 = 0.
6(x 2 + 1/x 2) – 5(x + 1/x) – 38 = 0.
Ange t: substitution (x + 1/x) = t. Substitution: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, vi har:
6t 2 – 5t – 50 = 0.
t = -5/2 eller t = 10/3.
Låt oss återgå till variabeln x. Efter den omvända substitutionen löser vi de två resulterande ekvationerna:
1) x + 1/x = -5/2;
x 2 + 5/2 x +1 = 0;
x = -2 eller x = -1/2.
2) x + 1/x = 10/3;
x 2 – 10/3 x + 1 = 0;
x = 3 eller x = 1/3.
Svar: -2; -1/2; 1/3; 3.
Metoder för att lösa vissa typer av ekvationer av högre grader
1. Ekvationer som har formen (x + a) n + (x + b) n = c, löses genom att ersätta t = x + (a + b)/2. Denna metod kallas symmetriseringsmetod.
Ett exempel på en sådan ekvation skulle vara en ekvation av formen (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.
Exempel.
(x + 3) 4 + (x + 1) 4 = 272.
Lösning.
Vi gör ersättningen som nämns ovan:
t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, efter förenkling: x = t – 2.
(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.
(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.
Om du tar bort parenteserna med formler får vi:
t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 = 272.
2t 4 + 12t 2 – 270 = 0.
t 4 + 6t 2 – 135 = 0.
t2 = 9 eller t2 = -15.
Den andra ekvationen ger inga rötter, men från den första har vi t = ±3.
Efter omvänd substitution får vi att x = -5 eller x = 1.
Svar: -5; 1.
För att lösa sådana ekvationer är det ofta effektivt att metod för att faktorisera vänster sida av ekvationen.
2. Formens ekvationer (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = A, där a + d = c + b.
Tekniken för att lösa sådana ekvationer är att delvis öppna parenteserna och sedan introducera en ny variabel.
Exempel.
(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24.
Lösning.
Vi beräknar: 1 + 4 = 2 + 3. Gruppera parenteserna i par:
((x + 1)(x + 4))((x + 2)(x + 3)) = 24,
(x 2 + 5x + 4)(x 2 + 5x + 6) = 24.
Genom att göra substitutionen x 2 + 5x + 4 = t, har vi ekvationen
t(t + 2) = 24, det är kvadratiskt:
t 2 + 2t – 24 = 0.
t = -6 eller t = 4.
Efter att ha utfört den omvända substitutionen hittar vi lätt rötterna till den ursprungliga ekvationen.
Svar: -5; 0.
3. Formens ekvationer (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = Ax 2, där ad = cb.
Lösningsmetoden är att delvis öppna parenteserna, dividera båda sidorna med x 2 och lösa en uppsättning andragradsekvationer.
Exempel.
(x + 12)(x + 2)(x + 3)(x + 8) = 4x 2.
Lösning.
Genom att multiplicera de två första och sista två parenteserna på vänster sida får vi:
(x 2 + 14x + 24)(x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Dividera med x 2 ≠ 0.
(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Genom att ersätta (x + 24/x) = t kommer vi fram till andragradsekvationen:
(t + 14)(t + 11) = 4;
t 2 + 25x + 150 = 0.
t = 10 eller t = 15.
Genom att göra den omvända substitutionen x + 24/x = 10 eller x + 24/x = 15, hittar vi rötterna.
Svar: (-15 ± √129)/2; -4; -6.
4.
Lös ekvationen (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.
Lösning.
Det är svårt att omedelbart klassificera denna ekvation och välja en lösningsmetod. Därför transformerar vi först med skillnaden mellan kvadrater och skillnaden mellan kuber:
((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. Sedan, efter att ha tagit ut den gemensamma faktorn, kommer vi fram till en enkel ekvation:
(x + 5)(x 2 + 18x + 48) = 0.
Svar: -5; -9 ± √33.
Uppgift.
Konstruera ett polynom av tredje graden där en rot lika med 4 har multipliciteten 2 och en rot lika med -2.
Lösning.
f(x)/((x – 4) 2 (x + 2)) = q(x) eller f(x) = (x – 4) 2 (x + 2)q(x).
Om vi multiplicerar de två första parenteserna och tar med liknande termer får vi: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).
x 3 – 6x 2 + 32 är ett polynom av tredje graden, därför är q(x) ett tal från R(dvs äkta). Låt q(x) vara ett, då f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Svar: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.
Har du fortfarande frågor? Vet du inte hur man löser ekvationer?
För att få hjälp av en handledare -.
Första lektionen är gratis!
blog.site, vid kopiering av material helt eller delvis krävs en länk till originalkällan.
Hem > LösningRationella ekvationer och ojämlikheter
I. Rationella ekvationer.
Linjära ekvationer.
System av linjära ekvationer.
Ömsesidiga ekvationer.
Vietas formel för polynom av högre grader.
Ekvationssystem av andra graden.
En metod för att introducera nya okända vid lösning av ekvationer och ekvationssystem.
Homogena ekvationer.
Lösa symmetriska ekvationssystem.
Ekvationer och ekvationssystem med parametrar.
Grafisk metod för att lösa system av olinjära ekvationer.
Ekvationer som innehåller modultecken.
Grundläggande metoder för att lösa rationella ekvationer
II. Rationella ojämlikheter.
Egenskaper av likvärdiga ojämlikheter.
Algebraiska ojämlikheter.
Intervallmetod.
Fraktionella rationella ojämlikheter.
Ojämlikheter som innehåller en okänd under absolutvärdetecknet.
Ojämlikheter med parametrar.
System av rationella ojämlikheter.
Grafisk lösning av ojämlikheter.
III. Screeningtest.
Rationella ekvationer
Formens funktion
P(x) = a 0 x n + a 1 x n – 1 + a 2 x n – 2 + … + a n – 1 x + a n,
där n är ett naturligt tal, a 0, a 1,..., a n är några reella tal som kallas en hel rationell funktion.
En ekvation av formen P(x) = 0, där P(x) är en hel rationell funktion, kallas en hel rationell ekvation.
Formens ekvation
P 1 (x) / Q 1 (x) + P 2 (x) / Q 2 (x) + … + P m (x) / Q m (x) = 0,
där P 1 (x), P 2 (x), ..., P m (x), Q 1 (x), Q 2 (x), ..., Q m (x) är hela rationella funktioner, kallade en rationell ekvation.
Att lösa den rationella ekvationen P (x) / Q (x) = 0, där P (x) och Q (x) är polynom (Q (x) 0), handlar om att lösa ekvationen P (x) = 0 och kontrollera att rötterna uppfyller villkoret Q (x) 0.
Linjära ekvationer.
En ekvation av formen ax+b=0, där a och b är några konstanter, kallas en linjär ekvation.
Om a0, så har den linjära ekvationen en enda rot: x = -b /a.
Om a=0; b0, då har den linjära ekvationen inga lösningar.
Om a=0; b=0, om man sedan skriver om den ursprungliga ekvationen i formen ax = -b, är det lätt att se att vilket x som helst är en lösning på den linjära ekvationen.
Ekvationen för den räta linjen är: y = axe + b.
Om en linje passerar genom en punkt med koordinaterna X 0 och Y 0, så uppfyller dessa koordinater linjens ekvation, dvs Y 0 = aX 0 + b.
Exempel 1.1. Lös ekvationen
2x – 3 + 4(x – 1) = 5.
Lösning. Öppna parenteserna i tur och ordning, lägg till liknande termer och hitta x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,
Exempel 1.2. Lös ekvationen
2x – 3 + 2(x – 1) = 4(x – 1) – 7.
Lösning. 2x + 2x – 4x = 3 +2 – 4 – 7, 0x = – 6.
Svar: .
Exempel 1.3. Lös ekvationen.
2x + 3 – 6(x – 1) = 4(x – 1) + 5.
Lösning. 2x – 6x + 3 + 6 = 4 – 4x + 5,
– 4x + 9 = 9 – 4x,
4x + 4x = 9 – 9,
Svar: Vilket nummer som helst.
System av linjära ekvationer.
Formens ekvation
a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b,
där a 1, b 1, …, a n, b är några konstanter som kallas en linjär ekvation med n okända x 1, x 2, …, x n.
Ett ekvationssystem kallas linjärt om alla ekvationer som ingår i systemet är linjära. Om systemet består av n okända, är följande tre fall möjliga:
systemet har inga lösningar;
systemet har exakt en lösning;
systemet har oändligt många lösningar.
Exempel 2.4. lösa ekvationssystem
Lösning. Du kan lösa ett system av linjära ekvationer med hjälp av substitutionsmetoden, som består av att uttrycka en okänd i termer av andra okända för valfri ekvation i systemet, och sedan ersätta värdet av denna okända i de återstående ekvationerna.
Från den första ekvationen uttrycker vi: x= (8 – 3y) / 2. Vi ersätter detta uttryck i den andra ekvationen och får ett ekvationssystem
X = (8 – 3y) / 2, 3(8 – 3y) / 2 + 2y = 7. Från den andra ekvationen får vi y = 2. Med hänsyn till detta, från den första ekvationen x = 1. Svar: (1 2. Exempel 2.5. Lös ekvationssystem
Lösning. Systemet har inga lösningar, eftersom två ekvationer i systemet inte kan uppfyllas samtidigt (från den första ekvationen x + y = 3, och från den andra x + y = 3,5).
Svar: Det finns inga lösningar.
Exempel 2.6. lösa ekvationssystem
Lösning. Systemet har oändligt många lösningar, eftersom den andra ekvationen erhålls från den första genom att multiplicera med 2 (dvs. det finns faktiskt bara en ekvation med två okända).
Svar: Det finns oändligt många lösningar.
Exempel 2.7. lösa ekvationssystem
x + y – z = 2,
2x – y + 4z = 1,
Lösning. När man löser system med linjära ekvationer är det bekvämt att använda Gauss-metoden, som består av att transformera systemet till en triangulär form.
Vi multiplicerar den första ekvationen i systemet med – 2 och adderar det resulterande resultatet med den andra ekvationen får vi – 3y + 6z = – 3. Denna ekvation kan skrivas om som y – 2z = 1. Lägg till den första ekvationen med för det tredje får vi 7y = 7, eller y = 1.
Således fick systemet en triangulär form
x + y – z = 2,
Genom att ersätta y = 1 i den andra ekvationen finner vi z = 0. Om vi ersätter y = 1 och z = 0 i den första ekvationen finner vi x = 1. Svar: (1; 1; 0) Exempel 2.8. vid vilka värden av parameter a är ekvationssystemet
2x + ay = a + 2,
(a + 1)x + 2ay = 2a + 4
har oändligt många lösningar? Lösning. Från den första ekvationen uttrycker vi x:
x = – (a / 2)y + a / 2 +1.
Genom att ersätta detta uttryck i den andra ekvationen får vi
(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).
När vi analyserar den sista ekvationen noterar vi att för a = 3 har den formen 0y = 0, dvs. det är uppfyllt för alla värden på y. Svar: 3.
Andragradsekvationer och ekvationer som kan reduceras till dem.
En ekvation av formen ax 2 + bx + c = 0, där a, b och c är några tal (a0);
x är en variabel som kallas en andragradsekvation.
Formel för att lösa en andragradsekvation.
Låt oss först dividera båda sidor av ekvationen ax 2 + bx + c = 0 med a - detta kommer inte att ändra dess rötter. För att lösa den resulterande ekvationen
x 2 + (b/a)x + (c/a) = 0
välj en hel ruta på vänster sida
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 )).
För korthetens skull betecknar vi uttrycket (b 2 – 4ac) med D. Då tar den resulterande identiteten formen
Tre fall är möjliga:
om talet D är positivt (D > 0), så kan vi i detta fall extrahera från D Roten ur och skriv D på formen D = (D) 2. Sedan
D / (4a 2) = (D) 2 / (2a) 2 = (D / 2a) 2, därför tar identiteten formen
x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / 2a) 2 .
Med hjälp av formeln för skillnaden mellan kvadrater härleder vi härifrån:
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)).
Sats: Om identiteten håller
ax 2 + bx + c = a(x – x 1)(x – x 2),
då har andragradsekvationen ax 2 + bx + c = 0 för X 1 X 2 två rötter X 1 och X 2, och för X 1 = X 2 - endast en rot X 1.
I kraft av detta teorem, av identiteten härledd ovan följer att ekvationen
x 2 + (b/a)x + (c/a) = 0,
och således har ekvationen ax 2 + bx + c = 0 två rötter:
X 1 =(-b + D) / 2a; X 2 = (-b - D) / 2a.
Alltså x 2 + (b/a)x + (c/a) = (x – x1)(x – x2).
Vanligtvis skrivs dessa rötter med en formel:
där b 2 – 4ac = D.
om talet D är lika med noll (D = 0), då identiteten
x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))
har formen x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2.
Det följer att för D = 0 har ekvationen ax 2 + bx + c = 0 en rot av multiplicitet 2: X 1 = – b / 2a
3) Om talet D är negativt (D< 0), то – D >0, och därför uttrycket
x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))
är summan av två termer, varav den ena är icke-negativ och den andra är positiv. En sådan summa kan inte vara lika med noll, så ekvationen
x 2 + (b/a)x + (c/a) = 0
har inga riktiga rötter. Ekvationen ax 2 + bx + c = 0 har inte heller dem.
För att lösa en andragradsekvation bör man alltså beräkna diskriminanten
D = b 2 – 4ac.
Om D = 0, så har andragradsekvationen en unik lösning:
Om D > 0 har andragradsekvationen två rötter:
X 1 =(-b + D) / (2a); X 2 = (-b - D) / (2a).
Om D< 0, то квадратное уравнение не имеет корней.
Om en av koefficienterna b eller c är noll, kan andragradsekvationen lösas utan att beräkna diskriminanten:
b = 0; c 0; c/a<0; X1,2 = (-c / a)
b 0; c = 0; X1 = 0, X2= -b/a.
Rötterna till en allmän andragradsekvation ax 2 + bx + c = 0 hittas av formeln
En andragradsekvation där koefficienten för x 2 är lika med 1 kallas reducerad. Vanligtvis betecknas den givna andragradsekvationen enligt följande:
x 2 + px + q = 0.
Vietas sats.
Vi har härlett identiteten
x 2 + (b/a)x + (c/a) = (x – x1)(x – x2),
där X 1 och X 2 är rötterna till andragradsekvationen ax 2 + bx + c =0. Låt oss öppna parenteserna på höger sida av denna identitet.
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.
Det följer att X 1 + X 2 = – b / a och X 1 X 2 = c / a. Vi har bevisat följande teorem, först fastställd av den franske matematikern F. Vieta (1540 – 1603):
Sats 1 (Vieta). Summan av rötterna i en andragradsekvation är lika med koefficienten för X, taget med motsatt tecken och dividerat med koefficienten för X 2 ; produkten av rötterna till denna ekvation är lika med den fria termen dividerat med koefficienten för X 2 .
Sats 2 (omvänd). Om jämställdheterna är uppfyllda
X 1 + X 2 = – b/a och X 1 X 2 = c/a,
då är talen X 1 och X 2 rötterna till andragradsekvationen ax 2 + bx + c = 0.
Kommentar. Formlerna X 1 + X 2 = – b / a och X 1 X 2 = c / a förblir sanna i fallet när ekvationen ax 2 + bx + c = 0 har en rot X 1 av multipel 2, om vi sätter X i de angivna formlerna 2 = X 1. Därför är det allmänt accepterat att vid D = 0 har ekvationen ax 2 + bx +c = 0 två rötter som sammanfaller med varandra.
När man löser problem relaterade till Vietas teorem är det användbart att använda relationerna
(1/X1) + (1/X2)= (Xi + X2)/X1X2;
X 1 2 + X 2 2 = (X 1 + X 2) 2 – 2 X 1 X 2;
X 1 / X 2 + X 2 / X 1 = (X 1 2 + X 2 2) / X 1 X 2 = ((X 1 + X 2) 2 – 2 X 1 X 2) / X 1 X 2;
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).
Exempel 3.9. Lös ekvationen 2x 2 + 5x – 1 = 0.
Lösning. D = 25 – 42(– 1) = 33 >0;
X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.
Svar: X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.
Exempel 3.10. Lös ekvationen x 3 – 5x 2 + 6x = 0
Lösning. Låt oss faktorisera vänster sida av ekvationen x(x 2 – 5x + 6) = 0,
alltså x = 0 eller x 2 – 5x + 6 = 0.
När vi löser andragradsekvationen får vi X 1 = 2, X 2 = 3.
Svar: 0; 2; 3.
Exempel 3.11.
x 3 – 3x + 2 = 0. Lösning. Låt oss skriva om ekvationen genom att skriva –3x = – x – 2x, x 3 – x – 2x + 2 = 0, och nu gruppera 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. Svar: x 1 = x 3 = 1 , x 2 = – 2. Exempel 3.12. Lös ekvation 7
(x – 1)(x – 3)(x – 4)
(2x – 7)(x + 2)(x – 6)Lösning. Låt oss hitta intervallet för acceptabla värden x:X + 2 0; x – 6 0; 2x – 7 0 eller x – 2; x 6; x 3.5 Vi reducerar ekvationen till formen (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), öppnar parenteserna. 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 + 0,1x 2 = 0,1x) – 93x + 190 = 0,93(8649 – 8360) 93 17 x 2,3 = = ,
De där. xl = 5; x 2 = 38/11.
De hittade värdena uppfyller ODZ.
Svar: x 1 = 0; x 2 = 5; x 3 = 38/11.
Exempel 3.13. Lös ekvationen x 6 – 5x 3 + 4 = 0
Lösning. Låt oss beteckna y = x 3 , då tar den ursprungliga ekvationen formen
y 2 – 5y + 4 = 0, löser vi vilket vi får Y 1 = 1; Y2 = 4.
Således är den ursprungliga ekvationen ekvivalent med mängden
ekvationer: x 3 = 1 eller x 3 = 4, dvs X 1 = 1 eller X 2 = 3 4
Svar: 1; 3 4.
Exempel 3.14. Lös ekvationen (x 3 – 27) / (x – 3) = 27
Lösning. Låt oss faktorisera täljaren (med formeln för skillnaden mellan kuber):
RapporteraVetenskaplig handledare: Kulabukhov Sergey Yuryevich, kandidat för fysikaliska och matematiska vetenskaper, lärare ytterligare utbildning MOU DOD DTDiM, Rostov-on-Don.
