1. Jednačine se nazivaju simetrične jednačine 3. stepena, ako imaju formu
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.

Za uspješno rješavanje jednadžbi ovog tipa, korisno je znati i biti u stanju koristiti sljedeća jednostavna svojstva recipročnih jednačina:

A) Svaka recipročna jednačina neparnog stepena uvijek ima korijen jednak -1.

Zaista, ako grupišemo članove na lijevoj strani na sljedeći način: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, tada je moguće ukloniti zajednički faktor, tj. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, dakle,
x + 1 = 0 ili ax 2 + (b – a)x + a = 0, prva jednačina dokazuje tvrdnju koja nas zanima.

b) Recipročna jednačina nema korijen jednak nuli.

V) Kada se polinom neparnog stepena podijeli sa (x + 1), kvocijent je opet rekurentni polinom i to se dokazuje indukcijom.

Primjer.

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

Rješenje.

Originalna jednadžba nužno ima korijen x = -1, pa dijelimo x 3 + 2x 2 + 2x + 1 sa (x + 1) prema Hornerovoj shemi:

.	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.

Kvadratna jednadžba x 2 + x + 1 = 0 nema korijena.

Odgovor: -1.

2. Jednačine se nazivaju simetrične jednačine 4. stepena, ako imaju formu
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.

Algoritam rješenja slične jednačine su:

A) Podijelite obje strane originalne jednadžbe sa x 2. Ova akcija neće dovesti do gubitka korijena, jer x = 0 nije rješenje date jednačine.

b) Koristeći grupisanje, dovedite jednačinu u oblik:

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

V) Unesite novu nepoznatu: t = (x + 1/x).

Napravimo transformaciju: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Ako sada izrazimo x 2 + 1/x 2, onda je t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.

G) Riješi rezultirajuću kvadratnu jednačinu u novim varijablama:

na 2 + bt + c – 2a = 0.

d) Izvršite obrnutu zamjenu.

Primjer.

6x 4 – 5x 3 – 38x 2 – 5x + 6 = 0.

Rješenje.

6x 2 – 5x – 38 – 5/x + 6/x 2 = 0.

6(x 2 + 1/x 2) – 5(x + 1/x) – 38 = 0.

Unesite t: zamjena (x + 1/x) = t. Zamjena: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, imamo:

6t 2 – 5t – 50 = 0.

t = -5/2 ili t = 10/3.

Vratimo se na varijablu x. Nakon obrnute zamjene rješavamo dvije rezultirajuće jednadžbe:

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

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

x = -2 ili x = -1/2.

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

x 2 – 10/3 x + 1 = 0;

x = 3 ili x = 1/3.

Odgovor: -2; -1/2; 1/3; 3.

Metode rješavanja pojedinih vrsta jednačina viših stupnjeva

1. Jednačine koje imaju oblik (x + a) n + (x + b) n = c, rješavaju se zamjenom t = x + (a + b)/2. Ova metoda se zove metoda simetrije.

Primjer takve jednačine bi bila jednačina oblika (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.

Primjer.

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

Rješenje.

Vršimo gore navedenu zamjenu:

t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, nakon pojednostavljenja: x = t – 2.

(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.

(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.

Uklanjanjem zagrada pomoću formula, dobijamo:

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 ili t 2 = -15.

Druga jednačina ne daje korijene, ali iz prve imamo t = ±3.

Nakon reverzne zamjene dobijamo da je x = -5 ili x = 1.

Odgovor: -5; 1.

Za rješavanje takvih jednačina često je efikasno metoda faktoringa lijeve strane jednačine.

2. Jednačine oblika (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = A, gdje je a + d = c + b.

Tehnika rješavanja ovakvih jednačina je djelomično otvaranje zagrada, a zatim uvođenje nove varijable.

Primjer.

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

Rješenje.

Računamo: 1 + 4 = 2 + 3. Grupirajte zagrade u parove:

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

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

Napravivši supstituciju x 2 + 5x + 4 = t, imamo jednačinu

t(t + 2) = 24, kvadrat je:

t 2 + 2t – 24 = 0.

t = -6 ili t = 4.

Nakon izvođenja obrnute zamjene, lako ćemo pronaći korijene originalne jednadžbe.

Odgovor: -5; 0.

3. Jednačine oblika (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = Ax 2, gdje je ad = cb.

Metoda rješenja je da se djelimično otvore zagrade, obje strane podijele sa x 2 i riješe se skup kvadratnih jednadžbi.

Primjer.

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

Rješenje.

Množenjem prve dvije i posljednje dvije zagrade na lijevoj strani dobijamo:

(x 2 + 14x + 24)(x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Podijelite sa x 2 ≠ 0.

(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Zamjenom (x + 24/x) = t dolazimo do kvadratne jednadžbe:

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

t 2 + 25x + 150 = 0.

t = 10 ili t = 15.

Obrnutom zamjenom x + 24/x = 10 ili x + 24/x = 15, nalazimo korijene.

Odgovor: (-15 ± √129)/2; -4; -6.

4. Riješite jednačinu (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.

Rješenje.

Teško je odmah klasifikovati ovu jednačinu i odabrati metodu rješenja. Stoga prvo transformiramo koristeći razliku kvadrata i razliku kocki:

((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. Zatim, nakon uklanjanja zajedničkog faktora, dolazimo do jednostavne jednačine:

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

Odgovor: -5; -9 ± √33.

Zadatak.

Konstruirajte polinom trećeg stepena u kojem jedan korijen jednak 4 ima višestrukost 2 i korijen jednak -2.

Rješenje.

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

Množenjem prve dvije zagrade i dovođenjem sličnih pojmova dobijamo: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).

x 3 – 6x 2 + 32 je polinom trećeg stepena, dakle, q(x) je neki broj iz R(tj. pravi). Neka je q(x) jedan, tada je f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Odgovor: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Imate još pitanja? Ne znate kako riješiti jednačine?
Da biste dobili pomoć od tutora, registrujte se.
Prva lekcija je besplatna!

web stranicu, kada kopirate materijal u cijelosti ili djelomično, link na izvor je obavezan.

Dakle, za u dobijamo jednačinu Podsetimo se teoreme o racionalnim korenima polinoma (§ 2.1.5). Racionalne korijene naše jednačine moramo tražiti među djeliteljima broja –4. Prolazeći kroz sve djelitelje, uvjerili smo se da jednačina nema racionalne korijene. Međutim, ova teorema nije bila teorema postojanja korijena. Ova teorema je samo rekla sljedeće: ako polinom s cijelim koeficijentima ima racionalne korijene (ali je još uvijek moguće da oni NE postoje), onda će ti korijeni imati neki poseban oblik. Ova teorema nije opisala slučaj kada ne postoje racionalni korijeni.

Pokušajmo pronaći korijene jednadžbe originalnog sistema među iracionalnim brojevima. Međutim, to će zahtijevati malo kreativnosti: standardna zamjena za simetrične sisteme ovdje očito ne funkcionira.

Podižući drugu jednačinu u kocku, dobijamo: Dakle, prema Vietinoj teoremi, i su korijeni kvadratne jednadžbe Otuda i Otuda,

Ciljevi lekcije:

• edukativni: obuka u rješavanju sistema jednačina koji sadrže homogenu jednačinu, simetričnih sistema jednačina;
• razvija: razvoj mišljenja, pažnje, pamćenja, sposobnosti da se istakne glavna stvar;
• edukativni: razvoj komunikacijskih vještina.

Vrsta lekcije: lekcija učenja novog gradiva.

Korišćene nastavne tehnologije:

• rad u grupama;
• metoda dizajna.

Oprema: kompjuter, multimedijalni projektor.

Nedelju dana pre časa učenici dobijaju teme za kreativne zadatke (prema opcijama).
I opcija. Simetrični sistemi jednačina. Rješenja.
Opcija II. Sistemi koji sadrže homogenu jednačinu. Rješenja.

Svaki učenik, koristeći dodatnu nastavnu literaturu, mora pronaći odgovarajući nastavni materijal, odabrati sistem jednačina i riješiti ga.
Po jedan učenik iz svake opcije kreira multimedijalne prezentacije na temu kreativnog zadatka. Nastavnik po potrebi pruža konsultacije za učenike.

I. Motivacija za učeničke aktivnosti

Uvodni govor nastavnika
U prethodnoj lekciji smo se bavili rješavanjem sistema jednačina zamjenom nepoznanica. Ne postoji opće pravilo za odabir novih varijabli. Međutim, dvije vrste sistema jednadžbi mogu se razlikovati kada postoji razuman izbor varijabli:

• simetrični sistemi jednačina;
• sistema jednačina, od kojih je jedna homogena.

II. Učenje novog gradiva

Učenici u opciji 2 izvještavaju o svom domaćem zadatku.

1. Demonstracija slajdova multimedijalne prezentacije „Sistemi koji sadrže homogenu jednačinu“ (prezentacija 1).

2. Rad u parovima učenika koji sjede za istim stolom: učenik u opciji 2 objašnjava svom susjedu rješenje sistema koji sadrži homogenu jednačinu.

Izvještaj učenika za opciju 1.

1. Demonstracija slajdova multimedijalne prezentacije „Simetrični sistemi jednačina“ (prezentacija 2).

Učenici zapisuju u svoje sveske:

2. Rad u parovima učenika koji sjede za istim stolom: učenik u opciji 1 objašnjava svom susjedu rješenje simetričnog sistema jednačina.

III. Učvršćivanje naučenog materijala

Rad u grupama (učenici koji sjede za susjednim klupama ujedinjuju se u grupu od 4 učenika).
Svaka od 6 grupa ispunjava sljedeći zadatak.

Odredite tip sistema i riješite ga:

Učenici u grupama analiziraju sisteme, određuju njihov tip, a zatim tokom frontalnog rada diskutuju o rješenjima sistema.

a) sistem

simetrično, uvedemo nove varijable x+y=u, xy=v

b) sistem

sadrži homogenu jednačinu.

Par brojeva (0;0) nije rješenje za sistem.

IV. Praćenje znanja učenika

Samostalan rad na opcijama.

Riješite sistem jednačina:

Učenici predaju svoje sveske nastavniku na provjeru.

V. Domaći

1. Popunili su svi učenici.

Riješite sistem jednačina:

2. Izvode „jaki“ učenici.

Riješite sistem jednačina:

VI. Sažetak lekcije

pitanja:
O kojim vrstama sistema jednačina ste učili na času?
Koja metoda rješavanja sistema jednačina se koristi za njihovo rješavanje?

Izvještavanje o ocjenama koje su učenici dobili tokom časa.

− 4 1 + 4

−6

27 ≡ 0,

−4 x + 4 y + 27

+(y +6 )

x = 1, x

(x−1)

= −6.

y = −6

Imajte na umu da rješenje druge jednačine još uvijek nije rješenje sistema. Rezultirajući brojevi moraju se zamijeniti u preostalu prvu jednačinu sistema. U ovom slučaju, nakon zamjene dobijamo identitet.

Odgovor: (1, – 6).♦

§5. Homogene jednačine i sistemi
Funkcija f(x, y)	pozvao	homogena		k ako
f (tx, ty) = tk f (x, y) .	Na primjer, funkcija f (x, y) = 4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2
je homogena stepena 4, jer		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) . Jednačina f(x, y) = 0, gdje je				f (x, y) –

homogena funkcija se naziva homogena. Svodi se na jednačinu

cija sa jednom nepoznatom, ako uvedete novu varijablu t = x y.

f (x, y) = a,

Sistem sa dvije varijable g (x, y) = b, gdje je f (x, y), g (x, y) –

homogene funkcije istog stepena nazivaju se homogene. Ako je ab ≠ 0, pomnožite prvu jednačinu sa b, drugu sa a i

Uzimamo jedno od drugog i dobijamo ekvivalentan sistem

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

Prva jednadžba promjenom varijabli t =

(ili t =

) će se smanjiti na

jednačina sa jednom nepoznatom.

Ako je a = 0

(b = 0), tada je jednačina f (x, y) = 0 (g (x, y) = 0) zamjenom

varijable t =

(ili t =

) će se svesti na jednačinu s jednom nepoznatom

− xy + y

21 ,

Primjer 20. (MSU, 2001, Hemijski fakultet) Riješiti sistem

− 2xy + 15 = 0.

2012-2013 akademska godina godine, br. 1, 11. razred. Matematika. Algebarske jednačine, nejednačine, sistemi

− 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. Simetrični sistemi

f(x,y)

pozvao

simetričan,

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

f(x, y) = a

Sistem jednačina oblika

gdje je f (x, y), g (x, y) – simetrično

g(x, y) = b,

ric, naziva se simetričnim sistemom. Takvi sistemi rješavaju

javljaju češće	samo uvođenjem novog	varijable
x + y = u, xy

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

Primjer 21. Riješite sistem jednačina

x + xy + y = 5 .

♦ Ovo je algebarski (simetrični) sistem, obično se rješava zamjenom x + y = u, xy = v. Primetivši to

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,

prepisujemo sistem u obliku

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Ilyinichna

2012-2013 akademska godina godine, br. 1, 11. razred. Matematika. Algebarske jednačine, nejednačine, sistemi

− 3 uv + v

u = 5 − v,

6 = 0

V =5

−5v

v = 3, u = 2

(u starim varijablama)

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,

Odgovor: (2;1) ,

(1; 2) . ♦

Književnost

1. S. I. Kolesnikova “Intenzivni pripremni kurs za Jedinstveni državni ispit.” Moskva, Iris – Press;

2. „Rješavanje složenih zadataka Jedinstvenog državnog ispita“ Moskva, Iris – Press ili „Waco“, 2011;

3. Časopis "Potencijal" br.1–2 za 2005. – članci S.I.Kolesnikove „Iracionalne jednačine” i „Iracionalne nejednakosti”;

4. S. I. Kolesnikova „Iracionalne jednačine“, Moskva, 2010,

Azbuka doo;

5. S. I. Kolesnikova “Iracionalne nejednakosti”, Moskva, 2010, DOO “Azbuka”;

6. S.I. Kolesnikova „Jednačine i nejednačine koje sadrže module“, Moskva, 2010, Azbuka LLC.

Kontrolna pitanja

1(2). Pronađite najkraću dužinu intervala koji sadrži sva rješenja nejednakosti 5x + 1 ≥ 2(x − 1) .

2(2). Riješite nejednačinu x 3 + 8x 2 − 20x ≤ 2x − 4 (nema potrebe rješavati kubnu jednačinu, jer postoji faktor x − 2 desno i lijevo).

3(2). Riješite nejednačinu 2 − x ≥ x − 3.

4(2). Odrediti najkraću dužinu intervala do kojeg je

požnjeti sva rješenja nejednakosti	x2 + 5 x − 84	≤ 0 .
	(x + 13 )(x + 14 )

5(3). Naći zbroj kvadrata cjelobrojnih rješenja nejednačine

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Ilyinichna

2012-2013 akademska godina godine, br. 1, 11. razred. Matematika. Algebarske jednačine, nejednačine, sistemi

4 − x − 8 + x ≤ x +6 .

6(3). Riješite nejednačinu 5 + x − 8 − x ≤ 3 − x.

7(3). Riješite nejednakost		− x 3 − x −1			≤x.
						9 − 4x − (x + 3) )
8(3). Riješite nejednakost		4 − x −(x + 2 ) )(					≤ 0.
			(x + 1 )(x − 2 )(x − 3 )

9(4). Odrediti najkraću dužinu intervala do kojeg je

požnjeti sva rješenja nejednakosti
			x+5				x+2				144 − x< 0.
			X−2				4 x −5		6x − 6

10(2). Pronađite najkraću dužinu intervala koji sadrži sva rješenja nejednakosti 8 x − 8 ≤ 32 + 4x − x 2 .

11(4). Naći zbir kvadrata svih cjelobrojnih rješenja nejednačina

2(2). Pronađite najkraću dužinu intervala koji sadrži
			(x − 1 )3 (x + 3 )
sva rješenja nejednakosti										≤ 0 .
			2x − 1				x − 2		) (x − 1 )

3(2). Riješite nejednakost

4 (x − 3 ) 4 ≥ 4 (x − 7 .5 ) 4 .

4(4). Riješite nejednakost

x2 + 3 x − 4

x 2 − 16

2x 2 + 3x − 20

5(3). Riješite nejednačinu (x 2	X +1 ) 2 −2 x 3 + x 2 + x −3 x 2		≥ 0 .
svojstva 4 − 2x − 1 ≤ 3.	Zadaci
	− 5x + 6 + 9 − 2x − 5	≤ 0 .
1(3). Riješite nejednakost
19x 2 − 4x 3 − 4x + 19

10x 2 − 17x − 6

6(4). Pronađite sve a za koje je jednadžba

4 x −

funkcija f (x) = x 2 + 4x +

x 2 −

x − 1

− a prihvata samo

ne-negacija-

telijalna značenja.

8(4). Riješite jednačinu 4 x − 3

x − 1

5x + 14 − 3

5x + 14 − 1

9(4). Riješite jednačinu

x 2 − 5 +

x 2 −3 = x +1 +

x + 3 .

24 − x 2

9 2 x

10(3). Riješite nejednakost

≥ 0 .

x2 − 4 7 x − 10

11(3). Tri trkača startuju istovremeno iz jedne tačke na kružnoj stazi i voze se konstantnom brzinom u istom smeru. Prvi vozač je prvi put sustigao drugog, napravivši svoj peti krug, u tački dijametralno suprotnoj od starta, a pola sata nakon toga sustigao je i trećeg po drugi put, ne računajući start. Drugi vozač je sustigao trećeg po prvi put 3 sata nakon starta. Koliko krugova na sat napravi prvi vozač ako drugi krug završi za najmanje dvadeset minuta?

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Ilyinichna

Početna > Rješenje

Racionalne jednačine i nejednačine

I. Racionalne jednadžbe.

Linearne jednadžbe.

Sistemi linearnih jednačina.

Recipročne jednačine.

Vietina formula za polinome viših stupnjeva.

Sistemi jednačina drugog stepena.

Metoda za uvođenje novih nepoznanica pri rješavanju jednačina i sistema jednačina.

Homogene jednadžbe.

Rješavanje simetričnih sistema jednačina.

Jednačine i sistemi jednačina sa parametrima.

Grafička metoda za rješavanje sistema nelinearnih jednačina.

Jednačine koje sadrže znak modula.

Osnovne metode za rješavanje racionalnih jednačina

II. Racionalne nejednakosti.

Svojstva ekvivalentnih nejednakosti.

Algebarske nejednakosti.

Intervalna metoda.

Frakcionalne racionalne nejednakosti.

Nejednakosti koje sadrže nepoznatu pod znakom apsolutne vrijednosti.

Nejednakosti sa parametrima.

Sistemi racionalnih nejednakosti.

Grafičko rješenje nejednačina.

III. Skrining test.

Racionalne jednadžbe

Funkcija forme

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

gdje je n prirodan broj, a 0, a 1,..., a n su neki realni brojevi koji se nazivaju cijela racionalna funkcija.

Jednačina oblika P(x) = 0, gdje je P(x) cijela racionalna funkcija, naziva se čitava racionalna jednačina.

Jednačina oblika

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

gdje su P 1 (x), P 2 (x), ..., P m (x), Q 1 (x), Q 2 (x), ..., Q m (x) cijele racionalne funkcije, tzv. racionalna jednačina.

Rješavanje racionalne jednadžbe P (x) / Q (x) = 0, gdje su P (x) i Q (x) polinomi (Q (x)  0), svodi se na rješavanje jednadžbe P (x) = 0 i provjeravajući da li korijeni zadovoljavaju uvjet Q (x)  0.

Linearne jednadžbe.

Jednačina oblika ax+b=0, gdje su a i b neke konstante, naziva se linearna jednačina.

Ako je a0, onda linearna jednadžba ima jedan korijen: x = -b /a.

Ako je a=0; b0, tada linearna jednačina nema rješenja.

Ako je a=0; b=0, onda, prepisivanjem originalne jednadžbe u obliku ax = -b, lako je vidjeti da je bilo koji x rješenje linearne jednačine.

Jednačina prave je: y = ax + b.

Ako prava prolazi kroz tačku sa koordinatama X 0 i Y 0, tada te koordinate zadovoljavaju jednadžbu prave, tj. Y 0 = aX 0 + b.

Primjer 1.1. Riješite jednačinu

2x – 3 + 4(x – 1) = 5.

Rješenje. Slijedom otvorite zagrade, dodajte slične pojmove i pronađite x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,

Primjer 1.2. Riješite jednačinu

2x – 3 + 2(x – 1) = 4(x – 1) – 7.

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

Odgovor: .

Primjer 1.3. Riješite jednačinu.

2x + 3 – 6(x – 1) = 4(x – 1) + 5.

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

– 4x + 9 = 9 – 4x,

4x + 4x = 9 – 9,

Odgovor: Bilo koji broj.

Sistemi linearnih jednačina.

Jednačina oblika

a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b,

gdje su a 1, b 1, …, a n, b neke konstante, koje se nazivaju linearna jednačina sa n nepoznatih x 1, x 2, …, x n.

Sistem jednačina se naziva linearnim ako su sve jednačine uključene u sistem linearne. Ako se sistem sastoji od n nepoznatih, onda su moguća sljedeća tri slučaja:

sistem nema rješenja;

sistem ima tačno jedno rešenje;

sistem ima beskonačno mnogo rješenja.

Primjer 2.4. riješiti sistem jednačina

Rješenje. Možete riješiti sistem linearnih jednačina koristeći metodu zamjene, koja se sastoji od izražavanja jedne nepoznate u terminima drugih nepoznanica za bilo koju jednačinu sistema, a zatim zamjenu vrijednosti ove nepoznate u preostale jednačine.

Iz prve jednačine izražavamo: x= (8 – 3y) / 2. Ovaj izraz zamjenjujemo u drugu jednačinu i dobijamo sistem jednačina

X = (8 – 3y) / 2, 3(8 – 3y) / 2 + 2y = 7. Iz druge jednačine dobijamo y = 2. Uzimajući ovo u obzir, iz prve jednačine x = 1. Odgovor: (1 2) Primjer 2.5. Riješiti sistem jednačina

Rješenje. Sistem nema rješenja, jer se dvije jednačine sistema ne mogu istovremeno zadovoljiti (iz prve jednačine x + y = 3, a iz druge x + y = 3,5).

Odgovor: Ne postoje rješenja.

Primjer 2.6. riješiti sistem jednačina

Rješenje. Sistem ima beskonačno mnogo rješenja, pošto se druga jednačina dobija iz prve množenjem sa 2 (tj., u stvari, postoji samo jedna jednačina sa dvije nepoznate).

Odgovor: Postoji beskonačno mnogo rješenja.

Primjer 2.7. riješiti sistem jednačina

x + y – z = 2,

2x – y + 4z = 1,

Rješenje. Prilikom rješavanja sistema linearnih jednadžbi zgodno je koristiti Gaussovu metodu, koja se sastoji od transformacije sistema u trouglasti oblik.

Prvu jednačinu sistema pomnožimo sa – 2 i, dodajući rezultujući rezultat sa drugom jednačinom, dobijamo – 3y + 6z = – 3. Ova jednačina se može prepisati kao y – 2z = 1. Dodajući prvu jednačinu sa treće, dobijamo 7y = 7, ili y = 1.

Tako je sistem dobio trouglasti oblik

x + y – z = 2,

Zamjenom y = 1 u drugu jednačinu nalazimo z = 0. Zamjenom y = 1 i z = 0 u prvu jednačinu, nalazimo x = 1. Odgovor: (1; 1; 0). na kojim vrijednostima parametra a je sistem jednadžbi

2x + ay = a + 2,

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

ima beskonačno mnogo rješenja? Rješenje. Iz prve jednačine izražavamo x:

x = – (a / 2)y + a / 2 +1.

Zamjenom ovog izraza u drugu jednačinu dobijamo

(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).

Analizirajući posljednju jednačinu, primjećujemo da za a = 3 ona ima oblik 0y = 0, tj. ono je zadovoljeno za bilo koje vrijednosti y. Odgovor: 3.

Kvadratne jednadžbe i jednadžbe koje se na njih mogu svesti.

Jednačina oblika ax 2 + bx + c = 0, gdje su a, b i c neki brojevi (a0);

x je varijabla koja se zove kvadratna jednačina.

Formula za rješavanje kvadratne jednadžbe.

Prvo, podijelimo obje strane jednačine ax 2 + bx + c = 0 sa a - to neće promijeniti njene korijene. Za rješavanje rezultirajuće jednačine

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

odaberite cijeli kvadrat na lijevoj strani

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 )).

Radi kratkoće, izraz (b 2 – 4ac) označavamo sa D. Tada rezultirajući identitet poprima oblik

Moguća su tri slučaja:

ako je broj D pozitivan (D > 0), onda u ovom slučaju možete uzeti kvadratni korijen od D i napisati D u obliku D = (D) 2. Onda

D / (4a 2) = (D) 2 / (2a) 2 = (D / 2a) 2, stoga identitet poprima oblik

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

Koristeći formulu razlike kvadrata, izvlačimo odavde:

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)).

Teorema: Ako identitet stoji

ax 2 + bx + c = a(x – x 1)(x – x 2),

tada kvadratna jednadžba ax 2 + bx + c = 0 za X 1  X 2 ima dva korijena X 1 i X 2, a za X 1 = X 2 - samo jedan korijen X 1.

Na osnovu ove teoreme, iz gore izvedenog identiteta slijedi da je jednadžba

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

tako da jednačina ax 2 + bx + c = 0 ima dva korijena:

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

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

Obično se ovi korijeni pišu s jednom formulom:

gdje je b 2 – 4ac = D.

ako je broj D jednak nuli (D = 0), tada je identitet

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

poprima oblik x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2.

Iz toga slijedi da za D = 0 jednačina ax 2 + bx + c = 0 ima jedan korijen višestrukosti 2: X 1 = – b / 2a

3) Ako je broj D negativan (D< 0), то – D >0, a samim tim i izraz

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

je zbir dva člana, od kojih je jedan nenegativan, a drugi pozitivan. Takav zbir ne može biti jednak nuli, tako da je jednačina

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

nema prave korene. Nema ih ni jednadžba ax 2 + bx + c = 0.

Dakle, da bi se riješila kvadratna jednačina, treba izračunati diskriminanta

D = b 2 – 4ac.

Ako je D = 0, tada kvadratna jednadžba ima jedinstveno rješenje:

Ako je D > 0, kvadratna jednadžba ima dva korijena:

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

Ako je D< 0, то квадратное уравнение не имеет корней.

Ako je jedan od koeficijenata b ili c jednak nuli, tada se kvadratna jednadžba može riješiti bez izračunavanja diskriminanta:

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

b  0; c = 0; X1 = 0, X2= -b / a.

Korijeni opće kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c = 0 nalaze se po formuli

Kvadratna jednadžba u kojoj je koeficijent od x 2 jednak 1 naziva se redukovana. Obično se data kvadratna jednačina označava na sljedeći način:

x 2 + px + q = 0.

Vietin teorem.

Izveli smo identitet

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

gdje su X 1 i X 2 korijeni kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c =0. Otvorimo zagrade na desnoj strani ovog identiteta.

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.

Iz toga slijedi da je X 1 + X 2 = – b / a i X 1 X 2 = c / a. Dokazali smo sljedeću teoremu, koju je prvi postavio francuski matematičar F. Vieta (1540. – 1603.):

Teorema 1 (Vieta). Zbir korijena kvadratne jednadžbe jednak je koeficijentu od X, uzetom sa suprotnim predznakom i podijeljenom sa koeficijentom od X 2 ; proizvod korijena ove jednadžbe jednak je slobodnom članu podijeljenom sa koeficijentom X 2 .

Teorema 2 (obratno). Ako su jednakosti zadovoljene

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

tada su brojevi X 1 i X 2 korijeni kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c = 0.

Komentar. Formule X 1 + X 2 = – b / a i X 1 X 2 = c / a ostaju istinite u slučaju kada jednačina ax 2 + bx + c = 0 ima jedan korijen X 1 od višestrukog broja 2, ako stavimo X u naznačenim formulama 2 = X 1. Stoga je općenito prihvaćeno da pri D = 0 jednačina ax 2 + bx +c = 0 ima dva korijena koji se međusobno poklapaju.

Prilikom rješavanja problema vezanih za Vietinu teoremu, korisno je koristiti relacije

(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).

Primjer 3.9. Riješite jednačinu 2x 2 + 5x – 1 = 0.

Rješenje. D = 25 – 42(– 1) = 33 >0;

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

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

Primjer 3.10. Riješite jednačinu x 3 – 5x 2 + 6x = 0

Rješenje. Razložimo lijevu stranu jednačine x(x 2 – 5x + 6) = 0,

dakle x = 0 ili x 2 – 5x + 6 = 0.

Rješavajući kvadratnu jednačinu, dobijamo X 1 = 2, X 2 = 3.

Odgovor: 0; 2; 3.

Primjer 3.11.

x 3 – 3x + 2 = 0. Rješenje. Prepišimo jednačinu tako što ćemo napisati –3x = – x – 2x, x 3 – x – 2x + 2 = 0, a sada 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. Odgovor: x 1 = x 3 = 1 , x 2 = – 2. Primjer 3.12. Riješi jednačinu 7

(x – 1) (x – 3) (x – 4)

(2x – 7)(x + 2)(x – 6) Rješenje. Nađimo raspon prihvatljivih vrijednosti x:X + 2  0; x – 6  0; 2x – 7  0 ili x  – 2; x  6; x  3.5 Svodimo jednačinu na oblik (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), otvorimo zagrade 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 x 1 = 0.x1) – 93x + 190 = 0,93(8649 – 8360) 93  17 x 2,3 = = ,

One. x 1 = 5; x 2 = 38 / 11.

Pronađene vrijednosti zadovoljavaju ODZ.

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

Primjer 3.13. Riješite jednačinu x 6 – 5x 3 + 4 = 0

Rješenje. Označimo y = x 3 , tada originalna jednadžba poprima oblik

y 2 – 5y + 4 = 0, rešavanjem čega dobijamo Y 1 = 1; Y2 = 4.

Dakle, originalna jednačina je ekvivalentna skupu

jednadžbe: x 3 = 1 ili x 3 = 4, tj. X 1 = 1 ili X 2 = 3 4

Odgovor: 1; 3 4.

Primjer 3.14. Riješite jednačinu (x 3 – 27) / (x – 3) = 27

Rješenje. Razložimo brojilac (koristeći formulu razlike kocki):

Izvještaj

Naučni rukovodilac: Kulabukhov Sergej Jurijevič, kandidat fizičko-matematičkih nauka, nastavnik dodatnog obrazovanja Opštinske obrazovne ustanove Obrazovne ustanove za obrazovanje i nauku dece, Rostov na Donu.