1. Уравненията се наричат симетрични уравнения от 3-та степен, ако имат формата
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.

За успешното решаване на уравнения от този тип е полезно да знаете и да можете да използвате следните прости свойства на реципрочните уравнения:

а)Всяко реципрочно уравнение с нечетна степен винаги има корен, равен на -1.

Наистина, ако групираме членовете от лявата страна, както следва: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, тогава е възможно да премахнем общия множител, т.е. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, следователно,
x + 1 = 0 или ax 2 + (b – a)x + a = 0, първото уравнение доказва твърдението, което ни интересува.

б)Реципрочното уравнение няма корени, равни на нула.

V)При разделянето на полином с нечетна степен на (x + 1), частното отново е повтарящ се полином и това се доказва чрез индукция.

Пример.

x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = 0.

Решение.

Оригиналното уравнение задължително има корен x = -1, така че разделяме x 3 + 2x 2 + 2x + 1 на (x + 1) според схемата на Horner:

.	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.

Квадратното уравнение x 2 + x + 1 = 0 няма корени.

Отговор: -1.

2. Уравненията се наричат симетрични уравнения от 4-та степен, ако имат формата
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.

Алгоритъм за решениеподобни уравнения са:

а)Разделете двете страни на оригиналното уравнение на x 2. Това действие няма да доведе до загуба на корена, тъй като x = 0 не е решение на даденото уравнение.

б)Използвайки групиране, приведете уравнението във формата:

a(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.

V)Въведете ново неизвестно: t = (x + 1/x).

Нека направим трансформацията: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Ако сега изразим x 2 + 1/x 2, тогава t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.

G)Решете полученото квадратно уравнение в нови променливи:

аt 2 + bt + c – 2a = 0.

д)Извършете обратно заместване.

Пример.

6x 4 – 5x 3 – 38x 2 – 5x + 6 = 0.

Решение.

6x 2 – 5x – 38 – 5/x + 6/x 2 = 0.

6(x 2 + 1/x 2) – 5(x + 1/x) – 38 = 0.

Въведете t: заместване (x + 1/x) = t. Заместване: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, имаме:

6t 2 – 5t – 50 = 0.

t = -5/2 или t = 10/3.

Нека се върнем към променливата x. След обратното заместване решаваме двете получени уравнения:

1) x + 1/x = -5/2;

x 2 + 5/2 x +1 = 0;

x = -2 или x = -1/2.

2) x + 1/x = 10/3;

x 2 – 10/3 x + 1 = 0;

x = 3 или x = 1/3.

Отговор: -2; -1/2; 1/3; 3.

Методи за решаване на някои видове уравнения от по-високи степени

1. Уравнения, които имат формата (x + a) n + (x + b) n = c,се решават чрез заместване на t = x + (a + b)/2. Този метод се нарича метод на симетризация.

Пример за такова уравнение би било уравнение във формата (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.

Пример.

(x + 3) 4 + (x + 1) 4 = 272.

Решение.

Ние правим заместването, споменато по-горе:

t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, след опростяване: x = t – 2.

(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.

(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.

Премахвайки скобите с помощта на формули, получаваме:

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.

t 2 = 9 или t 2 = -15.

Второто уравнение не дава корени, но от първото имаме t = ±3.

След обратното заместване получаваме, че x = -5 или x = 1.

Отговор: -5; 1.

За решаването на такива уравнения често е ефективно да метод за факторизиране на лявата страна на уравнението.

2. Уравнения на формата (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = A, където a + d = c + b.

Техниката за решаване на такива уравнения е частично отваряне на скобите и след това въвеждане на нова променлива.

Пример.

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24.

Решение.

Изчисляваме: 1 + 4 = 2 + 3. Групирайте скобите по двойки:

((x + 1)(x + 4))((x + 2)(x + 3)) = 24,

(x 2 + 5x + 4) (x 2 + 5x + 6) = 24.

Като направим заместването x 2 + 5x + 4 = t, получаваме уравнението

t(t + 2) = 24, това е квадрат:

t 2 + 2t – 24 = 0.

t = -6 или t = 4.

След като извършим обратното заместване, лесно намираме корените на първоначалното уравнение.

Отговор: -5; 0.

3. Уравнения на формата (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = Ax 2, където ad = cb.

Методът на решение е частично отваряне на скобите, разделяне на двете страни на x 2 и решаване на набор от квадратни уравнения.

Пример.

(x + 12)(x + 2)(x + 3)(x + 8) = 4x 2.

Решение.

Умножавайки първите две и последните две скоби от лявата страна, получаваме:

(x 2 + 14x + 24) (x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Разделете на x 2 ≠ 0.

(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Замествайки (x + 24/x) = t, стигаме до квадратното уравнение:

(t + 14)(t + 11) = 4;

t 2 + 25x + 150 = 0.

t = 10 или t = 15.

Като направим обратното заместване x + 24/x = 10 или x + 24/x = 15, намираме корените.

Отговор: (-15 ± √129)/2; -4; -6.

4. Решете уравнението (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.

Решение.

Трудно е незабавно да се класифицира това уравнение и да се избере метод за решение. Затова първо трансформираме, използвайки разликата на квадратите и разликата на кубовете:

((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. След това, след като извадим общия множител, стигаме до просто уравнение:

(x + 5)(x 2 + 18x + 48) = 0.

Отговор: -5; -9 ± √33.

Задача.

Постройте полином от трета степен, в който един корен, равен на 4, има кратност 2 и корен, равен на -2.

Решение.

f(x)/((x – 4) 2 (x + 2)) = q(x) или f(x) = (x – 4) 2 (x + 2)q(x).

Умножавайки първите две скоби и привеждайки подобни членове, получаваме: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).

x 3 – 6x 2 + 32 е полином от трета степен, следователно q(x) е някакво число от Р(т.е. истински). Нека q(x) е едно, тогава f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Отговор: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Все още имате въпроси? Не знаете как да решавате уравнения?
За да получите помощ от преподавател, регистрирайте се.
Първият урок е безплатен!

уебсайт, при пълно или частично копиране на материал се изисква връзка към източника.

И така, за u получаваме уравнението Нека си припомним теоремата за рационалните корени на полиноми (§ 2.1.5). Рационалните корени на нашето уравнение трябва да се търсят сред делителите на числото –4. Преминавайки през всички делители, се убеждаваме, че уравнението няма рационални корени. Тази теорема обаче не беше теорема за съществуването на корени. Тази теорема твърди само следното: ако полином с цели коефициенти има рационални корени (но все пак е възможно те да НЕ съществуват), тогава тези корени ще имат някаква специална форма. Тази теорема не описва случая, когато няма рационални корени.

Нека се опитаме да намерим корените на уравнението на първоначалната система сред ирационалните числа. Това обаче ще изисква известна креативност: стандартната замяна на симетрични системи очевидно не работи тук.

Повишавайки второто уравнение в куб, получаваме: Така, по теоремата на Vieta, и са корените на квадратното уравнение Следователно и Следователно,

Цели на урока:

• образователен:обучение за решаване на системи от уравнения, съдържащи еднородно уравнение, симетрични системи от уравнения;
• развиващи се: развитие на мисленето, вниманието, паметта, способността да се подчертае основното;
• образователен:развитие на комуникативни умения.

Тип урок:урок за изучаване на нов материал.

Използвани технологии за обучение:

• работа в групи;
• метод на проектиране.

Оборудване:компютър, мултимедиен проектор.

Седмица преди урока учениците получават теми за творчески задачи (според вариантите).
I опция. Симетрични системи уравнения. Решения.
Вариант II. Системи, съдържащи еднородно уравнение. Решения.

Всеки ученик, използвайки допълнителна учебна литература, трябва да намери подходящия учебен материал, да избере система от уравнения и да я реши.
По един ученик от всеки вариант създава мултимедийни презентации по темата на творческата задача. При необходимост преподавателят дава консултации на учениците.

I. Мотивация за учебната дейност на учениците

Встъпително слово на учителя
В предишния урок разгледахме решаването на системи от уравнения чрез заместване на неизвестни. Няма общо правило за избор на нови променливи. Въпреки това могат да се разграничат два вида системи от уравнения, когато има разумен избор на променливи:

• симетрични системи уравнения;
• системи от уравнения, едното от които е хомогенно.

II. Учене на нов материал

Учениците във вариант 2 докладват за домашната си работа.

1. Демонстрация на слайдове от мултимедийната презентация „Системи, съдържащи еднородно уравнение” (презентация 1).

2. Работа по двойки ученици, седнали на една маса: ученик от вариант 2 обяснява на съседа си решението на система, съдържаща хомогенно уравнение.

Студентски доклад по вариант 1.

1. Демонстрация на слайдове от мултимедийната презентация „Симетрични системи от уравнения“ (презентация 2).

Учениците пишат в тетрадките си:

2. Работа по двойки ученици, седнали на една маса: ученик от вариант 1 обяснява на своя съсед по бюро решението на симетрична система от уравнения.

III. Затвърдяване на научения материал

Работа в групи (учениците, седящи на съседни бюра, се обединяват в група от 4 ученика).
Всяка от 6-те групи изпълнява следната задача.

Определете вида на системата и я решете:

Учениците в групи анализират системи, определят техния тип, след което по време на фронтална работа обсъждат решенията на системите.

система

симетричен, нека въведем нови променливи x+y=u, xy=v

б) система

съдържа хомогенно уравнение.

Двойката числа (0;0) не е решение на системата.

IV. Контрол на знанията на учениците

Самостоятелна работа по варианти.

Решете системата от уравнения:

Учениците предават тетрадките си на учителя за проверка.

V. Домашна работа

1. Попълва се от всички ученици.

Решете системата от уравнения:

2. Изпълнява се от „силни“ ученици.

Решете системата от уравнения:

VI. Обобщение на урока

Въпроси:
Какви видове системи от уравнения научихте в клас?
Какъв метод за решаване на системи от уравнения се използва за тяхното решаване?

Отчитане на оценките, получени от учениците по време на урока.

− 4 1 + 4

−6

27 ≡ 0,

−4 x + 4 y + 27

+(y +6 )

х = 1, х

(x−1)

= −6.

y = −6

Обърнете внимание, че решението на второто уравнение все още не е решение на системата. Получените числа трябва да бъдат заменени в останалото първо уравнение на системата. В този случай след заместване получаваме идентичност.

Отговор: (1, – 6).♦

§5. Еднородни уравнения и системи
Функция f(x, y)	Наречен	хомогенен		k ако
f (tx, ty) = tk f (x, y) .	Например функция f (x, y) = 4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2
е хомогенна от степен 4, т.к		f (tx, ty) = 4	(tx )3 (ty )− 5 (tx )(ty )3 +
+ (tx) 2 (ty) 2 = t 4 (4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2). Уравнение f(x, y) = 0, където				f (x, y) –

хомогенна функция се нарича хомогенна. Свежда се до уравнението

с едно неизвестно, ако въведете нова променлива t = x y.

f (x, y) = a,

Система с две променливи g (x, y) = b, където f (x, y), g (x, y) –

еднородни функции от еднаква степен се наричат ​​еднородни. Ако ab ≠ 0, умножете първото уравнение по b, второто по a и

Вземаме едно от друго и получаваме еквивалентна система

bf (x, y) − ag(x, y) = 0, g(x, y) = b.

Първото уравнение чрез промяна на променливи t =

(или t =

) ще бъдат намалени до

уравнение с едно неизвестно.

Ако a = 0

(b = 0), тогава уравнението f (x, y) = 0 (g (x, y) = 0) чрез замяна

променливи t =

(или t =

) ще бъдат сведени до уравнение с едно неизвестно

− xy + y

21 ,

Пример 20. (MSU, 2001, Химически факултет) Решете системата

− 2xy + 15 = 0.

2012-2013 учебна година година, No1, 11 клас. Математика. Алгебрични уравнения, неравенства, системи

− xy + y 2 = 21,

− xy + y 2

y2 − 2 xy

−2 xy = −15

2xy = − 15

x ≠ 0, y ≠ 0;

19 ± 11

5x 2 − 19xy + 12y 2 = 0 5

− 19

12 = 0

−2 xy = −15

x = 3 y,

y = ±5.

3 ) ,

(− 3 3; −

3 ) , (4; 5) ,

(− 4; − 5) . ♦

§6. Симетрични системи

f(x,y)

Наречен

симетричен,

f (x, y) = f (y, x) .

f(x, y) = a

Система от уравнения на формата

където f (x, y), g (x, y) – симетрични

g(x, y) = b,

ric, се нарича симетрична система. Такива системи решават

се появяват по-често	само чрез въвеждане на нови	променливи
x + y = u, xy

x 3 + x 3 y 3 + y 3 = 17,

Пример 21. Решете системата от уравнения

x + xy + y = 5.

♦ Това е алгебрична (симетрична) система, обикновено се решава чрез замяна на x + y = u, xy = v. Забелязвайки това

x 3 + x 3 y 3 + y 3 = (x + y) (x 2 − xy + y 2) + x 3 y 3 =

= (x + y) ((x + y) 2 − 3 xy) + x3 y3 = u (u2 − 3 v) + v3,

пренаписваме системата във формата

© 2012, ZFTSH MIPT. Колесникова София Илинична

2012-2013 учебна година година, No1, 11 клас. Математика. Алгебрични уравнения, неравенства, системи

− 3 uv + v

u = 5 − v,

6 = 0

V =5

−5v

v = 3, u = 2

(в стари променливи)

x + y = 2,

x = 2 − y,

xy = 3,

y 2 − 2 y + 3 = 0

x + y = 3,

x = 3 − y,

x = 2, y = 1,

y −3 y + 2 = 0

x = 1, y = 2.

xy = 2,

Отговор: (2;1) ,

(1; 2) . ♦

Литература

1. С. И. Колесникова „Интензивен подготвителен курс за Единния държавен изпит“. Москва, Iris – Press;

2. „Решаване на сложни задачи на Единния държавен изпит“ Москва, Ирис – Прес или „Вако“, 2011 г.;

3. Списание "Потенциал" No1–2 за 2005 г. – статии на С. И. Колесникова „Ирационални уравнения” и „Ирационални неравенства”;

4. С. И. Колесникова “Ирационални уравнения”, Москва, 2010 г.,

Азбука ООД;

5. С. И. Колесникова “Ирационални неравенства”, Москва, 2010 г., ООО “Азбука”;

6. S.I. Kolesnikova „Уравнения и неравенства, съдържащи модули“, Москва, 2010, Азбука LLC.

Контролни въпроси

1(2). Намерете най-късата дължина на интервала, който съдържа всички решения на неравенството 5x + 1 ≥ 2(x − 1) .

2(2). Решете неравенството x 3 + 8x 2 − 20x ≤ 2x − 4 (няма нужда да решавате кубичното уравнение, тъй като има множител x − 2 отдясно и отляво).

3(2). Решете неравенството 2 − x ≥ x − 3.

4(2). Намерете най-късата дължина на интервала, до който

пожънете всички решения на неравенството	x2 + 5 x − 84	≤ 0 .
	(x + 13) (x + 14)

5(3). Намерете сумата от квадратите на целите решения на неравенството

© 2012, ZFTSH MIPT. Колесникова София Илинична

2012-2013 учебна година година, No1, 11 клас. Математика. Алгебрични уравнения, неравенства, системи

4 − x − 8 + x ≤ x +6 .

6(3). Решете неравенството 5 + x − 8 − x ≤ 3 − x.

7(3). Решете неравенството		− x 3 − x −1			≤x.
						9 − 4x − (x + 3) )
8(3). Решете неравенството		4 − x −(x + 2 ) )(					≤ 0.
			(x + 1)(x − 2)(x − 3)

9(4). Намерете най-късата дължина на интервала, до който

пожънете всички решения на неравенството
			х+5				х+2				144 − x< 0.
			X−2				4 х −5		6x − 6

10(2). Намерете най-късата дължина на интервала, който съдържа всички решения на неравенството 8 x − 8 ≤ 32 + 4x − x 2 .

11(4). Намерете сумата от квадратите на всички цели решения на неравенствата

2(2). Намерете най-късата дължина на интервала, който съдържа
			(x − 1 )3 (x + 3 )
всички решения на неравенството										≤ 0 .
			2x − 1				x − 2		) (x − 1 )

3(2). Решете неравенството

4 (x − 3 ) 4 ≥ 4 (x − 7 ,5 ) 4 .

4(4). Решете неравенството

x2 + 3 x − 4

x 2 − 16

2x 2 + 3x − 20

5(3). Решете неравенството (x 2	X +1 ) 2 −2 x 3 + x 2 + x −3 x 2		≥ 0 .
свойства 4 − 2x − 1 ≤ 3.	Задачи
	− 5x + 6 + 9 − 2x − 5	≤ 0 .
1(3). Решете неравенството
19x 2 − 4x 3 − 4x + 19

10x 2 − 17x − 6

6(4). Намерете всички a, за които уравнението

4 x −

функция f (x) = x 2 + 4x +

x 2 −

x − 1

− a приема само

неотрицание-

телиални значения.

8(4). Решете уравнението 4 x − 3

x − 1

5x + 14 − 3

5x + 14 − 1

9(4). Решете уравнението

x 2 − 5 +

x 2 −3 = x +1 +

х + 3 .

24 − x 2

9 2 х

10(3). Решете неравенството

≥ 0 .

x2 − 4 7 x − 10

11(3). Трима състезатели стартират едновременно от една точка на кръгла писта и карат с постоянни скорости в една и съща посока. Първият състезател настигна втория за първи път, правейки своята пета обиколка, в точка, диаметрално противоположна на старта, а половин час след това настигна третия състезател за втори път, без да се брои старта. Вторият ездач настигна третия за първи път 3 часа след старта. Колко обиколки на час прави първият пилот, ако вторият завършва обиколката за най-малко двадесет минути?

© 2012, ZFTSH MIPT. Колесникова София Илинична

Начало > Решение

Рационални уравнения и неравенства

I. Рационални уравнения.

Линейни уравнения.

Системи линейни уравнения.

Реципрочни уравнения.

Формула на Виета за полиноми от по-високи степени.

Системи уравнения от втора степен.

Метод за въвеждане на нови неизвестни при решаване на уравнения и системи от уравнения.

Хомогенни уравнения.

Решаване на симетрични системи уравнения.

Уравнения и системи уравнения с параметри.

Графичен метод за решаване на системи от нелинейни уравнения.

Уравнения, съдържащи знак за модул.

Основни методи за решаване на рационални уравнения

II. Рационални неравенства.

Свойства на еквивалентни неравенства.

Алгебрични неравенства.

Интервален метод.

Дробни рационални неравенства.

Неравенства, съдържащи неизвестно под знака на абсолютната стойност.

Неравенства с параметри.

Системи от рационални неравенства.

Графично решение на неравенства.

III. Скрининг тест.

Рационални уравнения

Функция на формата

P(x) = a 0 x n + a 1 x n – 1 + a 2 x n – 2 + … + a n – 1 x + a n,

където n е естествено число, a 0, a 1,..., a n са някои реални числа, наречени цяла рационална функция.

Уравнение от формата P(x) = 0, където P(x) е цяла рационална функция, се нарича цяло рационално уравнение.

Уравнение на формата

P 1 (x) / Q 1 (x) + P 2 (x) / Q 2 (x) + … + P m (x) / Q m (x) = 0,

където P 1 (x), P 2 (x), ..., P m (x), Q 1 (x), Q 2 (x), ..., Q m (x) са цели рационални функции, т.нар. рационално уравнение.

Решаването на рационалното уравнение P (x) / Q (x) = 0, където P (x) и Q (x) са полиноми (Q (x)  0), се свежда до решаването на уравнението P (x) = 0 и проверка дали корените отговарят на условието Q (x)  0.

Линейни уравнения.

Уравнение от формата ax+b=0, където a и b са някои константи, се нарича линейно уравнение.

Ако a0, тогава линейното уравнение има един корен: x = -b /a.

Ако a=0; b0, тогава линейното уравнение няма решения.

Ако a=0; b=0, тогава, пренаписвайки оригиналното уравнение във формата ax = -b, е лесно да се види, че всяко x е решение на линейното уравнение.

Уравнението на правата е: y = ax + b.

Ако права минава през точка с координати X 0 и Y 0, тогава тези координати отговарят на уравнението на правата, т.е. Y 0 = aX 0 + b.

Пример 1.1. Решете уравнението

2x – 3 + 4(x – 1) = 5.

Решение. Последователно отворете скобите, добавете подобни членове и намерете x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,

Пример 1.2.Решете уравнението

2x – 3 + 2(x – 1) = 4(x – 1) – 7.

Решение. 2x + 2x – 4x = 3 +2 – 4 – 7, 0x = – 6.

Отговор: .

Пример 1.3. Решете уравнението.

2x + 3 – 6(x – 1) = 4(x – 1) + 5.

Решение. 2x – 6x + 3 + 6 = 4 – 4x + 5,

– 4x + 9 = 9 – 4x,

4x + 4x = 9 – 9,

Отговор: Всякакви числа.

Системи линейни уравнения.

Уравнение на формата

a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b,

където a 1, b 1, …, a n, b са някои константи, наречени линейно уравнение с n неизвестни x 1, x 2, …, x n.

Система от уравнения се нарича линейна, ако всички уравнения, включени в системата, са линейни. Ако системата се състои от n неизвестни, тогава са възможни следните три случая:

системата няма решения;

системата има точно едно решение;

системата има безкрайно много решения.

Пример 2.4.решаване на система от уравнения

Решение. Можете да решите система от линейни уравнения, като използвате метода на заместване, който се състои в изразяване на едно неизвестно чрез други неизвестни за всяко уравнение на системата и след това заместване на стойността на това неизвестно в останалите уравнения.

От първото уравнение изразяваме: x= (8 – 3y) / 2. Заместваме този израз във второто уравнение и получаваме система от уравнения

X = (8 – 3y) / 2, 3(8 – 3y) / 2 + 2y = 7. От второто уравнение получаваме y = 2. Като вземем това предвид, от първото уравнение x = 1. Отговорът: (1 2). Пример 2.5. Решете система от уравнения

Решение. Системата няма решения, тъй като две уравнения на системата не могат да бъдат изпълнени едновременно (от първото уравнение x + y = 3, а от второто x + y = 3,5).

Отговор: Няма решения.

Пример 2.6. решаване на система от уравнения

Решение. Системата има безкрайно много решения, тъй като второто уравнение се получава от първото чрез умножаване по 2 (т.е. всъщност има само едно уравнение с две неизвестни).

Отговор: Има безкрайно много решения.

Пример 2.7. решаване на система от уравнения

x + y – z = 2,

2x – y + 4z = 1,

Решение. При решаване на системи от линейни уравнения е удобно да се използва методът на Гаус, който се състои в трансформиране на системата в триъгълна форма.

Умножаваме първото уравнение на системата по – 2 и като съберем получения резултат с второто уравнение, получаваме – 3y + 6z = – 3. Това уравнение може да бъде пренаписано като y – 2z = 1. Добавяйки първото уравнение с трето, получаваме 7y = 7, или y = 1.

Така системата придобива триъгълна форма

x + y – z = 2,

Замествайки y = 1 във второто уравнение, намираме z = 0. Заменяйки y = 1 и z = 0 в първото уравнение, намираме x = 1. Отговор: (1; 1; 0). при какви стойности на параметър а е системата от уравнения

2x + ay = a + 2,

(a + 1)x + 2ay = 2a + 4

има безкрайно много решения? Решение. От първото уравнение изразяваме x:

x = – (a / 2)y + a / 2 +1.

Замествайки този израз във второто уравнение, получаваме

(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).

Анализирайки последното уравнение, отбелязваме, че за a = 3 то има формата 0y = 0, т.е. то е изпълнено за всякакви стойности на y. Отговор: 3.

Квадратни уравнения и уравнения, които могат да се сведат до тях.

Уравнение от вида ax 2 + bx + c = 0, където a, b и c са някои числа (a0);

x е променлива, наречена квадратно уравнение.

Формула за решаване на квадратно уравнение.

Първо, нека разделим двете страни на уравнението ax 2 + bx + c = 0 на a - това няма да промени неговите корени. За решаване на полученото уравнение

x 2 + (b / a) x + (c / a) = 0

изберете цял квадрат от лявата страна

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 )).

За краткост означаваме израза (b 2 – 4ac) с D. Тогава получената идентичност приема формата

Възможни са три случая:

ако числото D е положително (D > 0), тогава в този случай можете да вземете корен квадратен от D и да запишете D във формата D = (D) 2. Тогава

D / (4a 2) = (D) 2 / (2a) 2 = (D / 2a) 2, следователно идентичността приема формата

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / 2a) 2 .

Използвайки формулата за разликата на квадратите, извличаме от тук:

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)).

Теорема:Ако самоличността е валидна

ax 2 + bx + c = a(x – x 1)(x – x 2),

тогава квадратното уравнение ax 2 + bx + c = 0 за X 1  X 2 има два корена X 1 и X 2, а за X 1 = X 2 - само един корен X 1.

По силата на тази теорема, от тъждеството, получено по-горе, следва, че уравнението

x 2 + (b / a) x + (c / a) = 0,

и по този начин уравнението ax 2 + bx + c = 0 има два корена:

X 1 =(-b +  D) / 2a; X 2 = (-b -  D) / 2a.

Така x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2).

Обикновено тези корени се записват с една формула:

където b 2 – 4ac = D.

ако числото D е нула (D = 0), тогава идентичността

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))

приема формата x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2.

От това следва, че за D = 0 уравнението ax 2 + bx + c = 0 има един корен с кратност 2: X 1 = – b / 2a

3) Ако числото D е отрицателно (D< 0), то – D >0 и следователно изразът

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))

е сумата от два члена, единият от които е неотрицателен, а другият е положителен. Такава сума не може да бъде равна на нула, така че уравнението

x 2 + (b / a) x + (c / a) = 0

няма реални корени. Уравнението ax 2 + bx + c = 0 също ги няма.

По този начин, за да се реши квадратно уравнение, трябва да се изчисли дискриминанта

D = b 2 – 4ac.

Ако D = 0, тогава квадратното уравнение има уникално решение:

Ако D > 0, тогава квадратното уравнение има два корена:

X 1 =(-b + D) / (2a); X 2 = (-b - D) / (2a).

Ако Д< 0, то квадратное уравнение не имеет корней.

Ако един от коефициентите b или c е нула, тогава квадратното уравнение може да бъде решено без изчисляване на дискриминанта:

b = 0; c  0; c/a<0; X1,2 = (-c / a)

b  0; c = 0; X1 = 0, X2 = -b / a.

Корените на общо квадратно уравнение ax 2 + bx + c = 0 се намират по формулата

Квадратно уравнение, в което коефициентът на x 2 е равен на 1, се нарича намалено. Обикновено даденото квадратно уравнение се означава по следния начин:

x 2 + px + q = 0.

Теорема на Виета.

Ние сме извели самоличността

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2),

където X 1 и X 2 са корените на квадратното уравнение ax 2 + bx + c =0. Нека отворим скобите от дясната страна на това тъждество.

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.

От това следва, че X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a. Доказахме следната теорема, установена за първи път от френския математик Ф. Виете (1540 – 1603):

Теорема 1 (Виета). Сумата от корените на квадратно уравнение е равна на коефициента на X, взет с обратен знак и разделен на коефициента на X 2 ; произведението на корените на това уравнение е равно на свободния член, разделен на коефициента на X 2 .

Теорема 2 (обратна). Ако равенствата са изпълнени

X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a,

тогава числата X 1 и X 2 са корените на квадратното уравнение ax 2 + bx + c = 0.

Коментирайте. Формулите X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a остават верни в случая, когато уравнението ax 2 + bx + c = 0 има един корен X 1 от кратно 2, ако поставим X в посочените формули 2 = X 1. Следователно, общоприето е, че при D = 0 уравнението ax 2 + bx + c = 0 има два корена, които съвпадат един с друг.

При решаване на задачи, свързани с теоремата на Виета, е полезно да се използват отношенията

(1 / X 1) + (1 / X 2)= (X 1 + X 2) / X 1 X 2 ;

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 – 2X 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).

Пример 3.9.Решете уравнението 2x 2 + 5x – 1 = 0.

Решение. D = 25 – 42(– 1) = 33 >0;

X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.

Отговор: X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.

Пример 3.10.Решете уравнението x 3 – 5x 2 + 6x = 0

Решение. Нека разложим лявата страна на уравнението x(x 2 – 5x + 6) = 0,

следователно x = 0 или x 2 – 5x + 6 = 0.

Решавайки квадратното уравнение, получаваме X 1 = 2, X 2 = 3.

Отговор: 0; 2; 3.

Пример 3.11.

x 3 – 3x + 2 = 0. Решение. Нека пренапишем уравнението, като напишем –3x = – x – 2x, x 3 – x – 2x + 2 = 0, а сега групата 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. Отговор: x 1 = x 3 = 1 , x 2 = – 2. Пример 3.12. Решете уравнение7

(x – 1) (x – 3) (x – 4)

(2x – 7)(x + 2)(x – 6)Решение. Нека намерим обхвата на приемливите стойности x:X + 2  0; x – 6  0; 2x – 7  0 или x  – 2; x  6; x  3.5 Привеждаме уравнението до вида (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), отваряме скобите 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 + 190) = 0,x 1 = 011x2 – 93x + 190 = 0,93(8649 – 8360) 93  17 x 2,3 = = ,

Тези. x 1 = 5; x 2 = 38/11.

Намерените стойности удовлетворяват ODZ.

Отговор: x 1 = 0; х 2 = 5; х 3 = 38/11.

Пример 3.13.Решете уравнението x 6 – 5x 3 + 4 = 0

Решение. Нека означим y = x 3 , тогава оригиналното уравнение приема формата

y 2 – 5y + 4 = 0, решавайки което получаваме Y 1 = 1; Y2 = 4.

По този начин първоначалното уравнение е еквивалентно на множеството

уравнения: x 3 = 1 или x 3 = 4, т.е. X 1 = 1 или X 2 = 3 4

Отговор: 1; 3 4.

Пример 3.14.Решете уравнението (x 3 – 27) / (x – 3) = 27

Решение. Нека разложим числителя на множители (използвайки формулата за разликата на кубовете):

Докладвай

Научен ръководител: Кулабухов Сергей Юриевич, кандидат на физико-математическите науки, учител по допълнително образование на Общинската образователна институция на образователната институция за детско образование и наука, Ростов на Дон.