Τύποι για τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης. Εξετάζονται οι περιπτώσεις πραγματικών, πολλαπλών και σύνθετων ριζών. Παραγοντοποίηση τετράγωνο τριώνυμο. Γεωμετρική ερμηνεία. Παραδείγματα προσδιορισμού ριζών και παραγοντοποίησης.

Βασικοί τύποι

Θεωρήστε την τετραγωνική εξίσωση:
(1) .
Οι ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης(1) καθορίζονται από τους τύπους:
; .
Αυτοί οι τύποι μπορούν να συνδυαστούν ως εξής:
.
Όταν οι ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης είναι γνωστές, τότε το πολυώνυμο του δεύτερου βαθμού μπορεί να αναπαρασταθεί ως γινόμενο παραγόντων (παραγοντικά):
.

Επιπλέον, θεωρούμε ότι - πραγματικούς αριθμούς.
Σκεφτείτε διάκριση μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης:
.
Εάν η διάκριση είναι θετική, τότε η τετραγωνική εξίσωση (1) έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες:
; .
Τότε η παραγοντοποίηση του τετραγωνικού τριωνύμου έχει τη μορφή:
.
Εάν η διάκριση είναι μηδέν, τότε η τετραγωνική εξίσωση (1) έχει δύο πολλαπλές (ίσες) πραγματικές ρίζες:
.
Παραγοντοποίηση:
.
Εάν η διάκριση είναι αρνητική, τότε η τετραγωνική εξίσωση (1) έχει δύο μιγαδικές συζυγείς ρίζες:
;
.
Εδώ είναι η φανταστική μονάδα, ;
και είναι τα πραγματικά και τα φανταστικά μέρη των ριζών:
; .
Επειτα

.

Γραφική ερμηνεία

Αν χτιστεί γράφημα συνάρτησης
,
που είναι παραβολή, τότε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης με τον άξονα θα είναι οι ρίζες της εξίσωσης
.
Όταν , το γράφημα τέμνει τον άξονα (άξονα) της τετμημένης σε δύο σημεία.
Όταν , το γράφημα αγγίζει τον άξονα x σε ένα σημείο.
Όταν , το γράφημα δεν διασχίζει τον άξονα x.

Παρακάτω είναι παραδείγματα τέτοιων γραφημάτων.

Χρήσιμοι τύποι που σχετίζονται με την τετραγωνική εξίσωση

(στ.1) ;
(στ.2) ;
(στ.3) .

Παραγωγή του τύπου για τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης

Εκτελούμε μετασχηματισμούς και εφαρμόζουμε τους τύπους (f.1) και (f.3):




,
όπου
; .

Έτσι, πήραμε τον τύπο για το πολυώνυμο του δεύτερου βαθμού με τη μορφή:
.
Από αυτό φαίνεται ότι η εξίσωση

εκτελείται στο
και .
Δηλαδή και είναι οι ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης
.

Παραδείγματα προσδιορισμού των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης

Παράδειγμα 1

(1.1) .

Λύση

.
Συγκρίνοντας με την εξίσωσή μας (1.1), βρίσκουμε τις τιμές των συντελεστών:
.
Εύρεση του διαχωριστικού:
.
Εφόσον η διάκριση είναι θετική, η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες:
;
;
.

Από εδώ παίρνουμε την αποσύνθεση του τετραγωνικού τριωνύμου σε παράγοντες:

.

Γράφημα της συνάρτησης y = 2 x 2 + 7 x + 3διασχίζει τον άξονα x σε δύο σημεία.

Ας σχεδιάσουμε τη συνάρτηση
.
Η γραφική παράσταση αυτής της συνάρτησης είναι μια παραβολή. Διασχίζει τον άξονα x (άξονα) σε δύο σημεία:
και .
Αυτά τα σημεία είναι οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης (1.1).

Απάντηση

;
;
.

Παράδειγμα 2

Βρείτε τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης:
(2.1) .

Λύση

Γράφουμε την τετραγωνική εξίσωση στο γενική εικόνα:
.
Συγκρίνοντας με την αρχική εξίσωση (2.1), βρίσκουμε τις τιμές των συντελεστών:
.
Εύρεση του διαχωριστικού:
.
Εφόσον η διάκριση είναι μηδέν, η εξίσωση έχει δύο πολλαπλές (ίσες) ρίζες:
;
.

Τότε η παραγοντοποίηση του τριωνύμου έχει τη μορφή:
.

Γράφημα της συνάρτησης y = x 2 - 4 x + 4αγγίζει τον άξονα x σε ένα σημείο.

Ας σχεδιάσουμε τη συνάρτηση
.
Η γραφική παράσταση αυτής της συνάρτησης είναι μια παραβολή. Αγγίζει τον άξονα x (άξονα) σε ένα σημείο:
.
Αυτό το σημείο είναι η ρίζα της αρχικής εξίσωσης (2.1). Εφόσον αυτή η ρίζα συνυπολογίζεται δύο φορές:
,
τότε μια τέτοια ρίζα ονομάζεται πολλαπλή. Δηλαδή θεωρούν ότι υπάρχουν δύο ίσες ρίζες:
.

Απάντηση

;
.

Παράδειγμα 3

Βρείτε τις ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης:
(3.1) .

Λύση

Γράφουμε την τετραγωνική εξίσωση σε γενική μορφή:
(1) .
Ας ξαναγράψουμε την αρχική εξίσωση (3.1):
.
Συγκρίνοντας με το (1), βρίσκουμε τις τιμές των συντελεστών:
.
Εύρεση του διαχωριστικού:
.
Η διάκριση είναι αρνητική, . Επομένως, δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες.

Μπορείτε να βρείτε πολύπλοκες ρίζες:
;
;
.

Επειτα


.

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης δεν διασχίζει τον άξονα x. Δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες.

Ας σχεδιάσουμε τη συνάρτηση
.
Η γραφική παράσταση αυτής της συνάρτησης είναι μια παραβολή. Δεν διασχίζει την τετμημένη (άξονα). Επομένως, δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες.

Απάντηση

Δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες. Σύνθετες ρίζες:
;
;
.

Αυτό το θέμα μπορεί να φαίνεται δύσκολο στην αρχή λόγω των πολλών απλοί τύποι. Όχι μόνο οι ίδιες οι τετραγωνικές εξισώσεις έχουν μεγάλες εγγραφές, αλλά οι ρίζες βρίσκονται επίσης μέσω της διάκρισης. Υπάρχουν τρεις νέες φόρμουλες συνολικά. Δεν είναι πολύ εύκολο να θυμάστε. Αυτό είναι δυνατό μόνο μετά τη συχνή επίλυση τέτοιων εξισώσεων. Τότε όλοι οι τύποι θα θυμούνται από μόνες τους.

Γενική άποψη της τετραγωνικής εξίσωσης

Η ρητή σημείωση τους προτείνεται εδώ, όταν τα περισσότερα κύριο πτυχίοαναφέρονται πρώτα και μετά με φθίνουσα σειρά. Συχνά υπάρχουν περιπτώσεις που οι όροι ξεχωρίζουν. Τότε είναι καλύτερο να ξαναγράψουμε την εξίσωση με φθίνουσα σειρά του βαθμού της μεταβλητής.

Ας εισάγουμε τη σημειογραφία. Παρουσιάζονται στον παρακάτω πίνακα.

Εάν δεχθούμε αυτούς τους συμβολισμούς, όλες οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις ανάγονται στον ακόλουθο συμβολισμό.

Επιπλέον, ο συντελεστής a ≠ 0. Έστω ότι αυτός ο τύπος συμβολίζεται με τον αριθμό ένα.

Όταν δίνεται η εξίσωση, δεν είναι ξεκάθαρο πόσες ρίζες θα υπάρχουν στην απάντηση. Επειδή μία από τις τρεις επιλογές είναι πάντα δυνατή:

• η λύση θα έχει δύο ρίζες.
• η απάντηση θα είναι ένας αριθμός.
• Η εξίσωση δεν έχει καθόλου ρίζες.

Και ενώ η απόφαση δεν έχει τελειώσει, είναι δύσκολο να καταλάβουμε ποια από τις επιλογές θα πέσει έξω σε μια συγκεκριμένη περίπτωση.

Τύποι εγγραφών τετραγωνικών εξισώσεων

Οι εργασίες μπορεί να έχουν διαφορετικές καταχωρήσεις. Δεν θα μοιάζουν πάντα με τον γενικό τύπο μιας τετραγωνικής εξίσωσης. Μερικές φορές θα λείπουν κάποιοι όροι. Αυτό που γράφτηκε παραπάνω είναι πλήρης εξίσωση. Εάν αφαιρέσετε τον δεύτερο ή τον τρίτο όρο σε αυτό, θα λάβετε κάτι άλλο. Αυτές οι εγγραφές ονομάζονται επίσης τετραγωνικές εξισώσεις, μόνο ελλιπείς.

Επιπλέον, μόνο οι όροι για τους οποίους οι συντελεστές "β" και "γ" μπορούν να εξαφανιστούν. Ο αριθμός «α» δεν μπορεί σε καμία περίπτωση να είναι ίσος με μηδέν. Γιατί σε αυτή την περίπτωση ο τύπος μετατρέπεται σε γραμμική εξίσωση. Οι τύποι για την ημιτελή μορφή των εξισώσεων θα είναι οι εξής:

Άρα, υπάρχουν μόνο δύο τύποι, εκτός από πλήρεις, υπάρχουν και ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις. Έστω ο πρώτος τύπος ο αριθμός δύο και ο δεύτερος αριθμός τρία.

Η διάκριση και η εξάρτηση του αριθμού των ριζών από την αξία του

Αυτός ο αριθμός πρέπει να είναι γνωστός για να υπολογιστούν οι ρίζες της εξίσωσης. Μπορεί πάντα να υπολογιστεί, ανεξάρτητα από το ποιος είναι ο τύπος της τετραγωνικής εξίσωσης. Για να υπολογίσετε τη διάκριση, πρέπει να χρησιμοποιήσετε την ισότητα που γράφεται παρακάτω, η οποία θα έχει τον αριθμό τέσσερα.

Αφού αντικαταστήσετε τις τιμές των συντελεστών σε αυτόν τον τύπο, μπορείτε να πάρετε αριθμούς με διαφορετικά σημάδια. Εάν η απάντηση είναι ναι, τότε η απάντηση στην εξίσωση θα είναι δύο διαφορετική ρίζα. Με αρνητικό αριθμό, οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης θα απουσιάζουν. Αν είναι ίσο με μηδέν, η απάντηση θα είναι ένα.

Πώς λύνεται μια πλήρης τετραγωνική εξίσωση;

Μάλιστα, η εξέταση αυτού του θέματος έχει ήδη ξεκινήσει. Γιατί πρώτα πρέπει να βρεις το διακριτικό. Αφού διευκρινιστεί ότι υπάρχουν ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης και είναι γνωστός ο αριθμός τους, πρέπει να χρησιμοποιήσετε τους τύπους για τις μεταβλητές. Εάν υπάρχουν δύο ρίζες, τότε πρέπει να εφαρμόσετε έναν τέτοιο τύπο.

Εφόσον περιέχει το σύμβολο «±», θα υπάρχουν δύο τιμές. Η έκφραση κάτω από το σύμβολο της τετραγωνικής ρίζας είναι η διάκριση. Επομένως, ο τύπος μπορεί να ξαναγραφτεί με διαφορετικό τρόπο.

Φόρμουλα πέντε. Από την ίδια εγγραφή μπορεί να φανεί ότι εάν η διάκριση είναι μηδέν, τότε και οι δύο ρίζες θα λάβουν τις ίδιες τιμές.

Εάν η λύση των τετραγωνικών εξισώσεων δεν έχει ακόμη επεξεργαστεί, τότε είναι καλύτερο να γράψετε τις τιμές όλων των συντελεστών πριν εφαρμόσετε τους τύπους διάκρισης και μεταβλητής. Αργότερα αυτή η στιγμή δεν θα προκαλέσει δυσκολίες. Αλλά στην αρχή υπάρχει σύγχυση.

Πώς λύνεται μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση;

Όλα είναι πολύ πιο απλά εδώ. Ακόμη και δεν υπάρχει ανάγκη για πρόσθετους τύπους. Και δεν θα χρειαστείτε αυτά που έχουν ήδη γραφτεί για το διακριτικό και το άγνωστο.

Πρώτα σκεφτείτε ημιτελής εξίσωσηστο νούμερο δύο. Σε αυτή την ισότητα, υποτίθεται ότι αφαιρεί την άγνωστη τιμή από την αγκύλη και λύνει τη γραμμική εξίσωση, η οποία θα παραμείνει στις αγκύλες. Η απάντηση θα έχει δύο ρίζες. Το πρώτο είναι απαραίτητα ίσο με μηδέν, γιατί υπάρχει ένας παράγοντας που αποτελείται από την ίδια τη μεταβλητή. Το δεύτερο προκύπτει με την επίλυση μιας γραμμικής εξίσωσης.

Η ημιτελής εξίσωση στον αριθμό τρία λύνεται μεταφέροντας τον αριθμό από την αριστερή πλευρά της εξίσωσης προς τα δεξιά. Στη συνέχεια, πρέπει να διαιρέσετε με τον συντελεστή μπροστά από το άγνωστο. Απομένει μόνο να εξαγάγετε την τετραγωνική ρίζα και μην ξεχάσετε να τη γράψετε δύο φορές με αντίθετα σημάδια.

Ακολουθούν ορισμένες ενέργειες που σας βοηθούν να μάθετε πώς να λύνετε κάθε είδους ισότητες που μετατρέπονται σε εξισώσεις δευτεροβάθμιας. Θα βοηθήσουν τον μαθητή να αποφύγει λάθη που οφείλονται σε απροσεξία. Αυτές οι ελλείψεις είναι η αιτία των κακών βαθμών κατά τη μελέτη του εκτενούς θέματος «Τετραγωνικές Εξισώσεις (Βαθμός 8)». Στη συνέχεια, αυτές οι ενέργειες δεν θα χρειάζεται να εκτελούνται συνεχώς. Γιατί θα υπάρχει μια σταθερή συνήθεια.

• Πρώτα πρέπει να γράψετε την εξίσωση σε τυπική μορφή. Δηλαδή πρώτα ο όρος με τον μεγαλύτερο βαθμό της μεταβλητής και μετά -χωρίς τον βαθμό και τον τελευταίο- απλώς ένας αριθμός.

• Εάν ένα μείον εμφανίζεται πριν από τον συντελεστή "a", τότε μπορεί να περιπλέξει τη δουλειά για έναν αρχάριο να μελετήσει τις εξισώσεις του δευτεροβάθμιου επιπέδου. Είναι καλύτερα να το ξεφορτωθείς. Για το σκοπό αυτό, όλη η ισότητα πρέπει να πολλαπλασιαστεί με "-1". Αυτό σημαίνει ότι όλοι οι όροι θα αλλάξουν πρόσημο στο αντίθετο.

• Με τον ίδιο τρόπο, συνιστάται να απαλλαγείτε από κλάσματα. Απλώς πολλαπλασιάστε την εξίσωση με τον κατάλληλο παράγοντα έτσι ώστε οι παρονομαστές να ακυρωθούν.

Παραδείγματα

Απαιτείται η επίλυση των ακόλουθων τετραγωνικών εξισώσεων:

x 2 - 7x \u003d 0;

15 - 2x - x 2 \u003d 0;

x 2 + 8 + 3x = 0;

12x + x 2 + 36 = 0;

(x+1) 2 + x + 1 = (x+1) (x+2).

Η πρώτη εξίσωση: x 2 - 7x \u003d 0. Είναι ελλιπής, επομένως επιλύεται όπως περιγράφεται για τον τύπο δύο.

Μετά την αγκύρωση, αποδεικνύεται: x (x - 7) \u003d 0.

Η πρώτη ρίζα παίρνει την τιμή: x 1 = 0. Η δεύτερη θα βρεθεί από γραμμική εξίσωση: x - 7 = 0. Είναι εύκολο να δούμε ότι x 2 = 7.

Δεύτερη εξίσωση: 5x2 + 30 = 0. Και πάλι ημιτελής. Μόνο που λύνεται όπως περιγράφεται για τον τρίτο τύπο.

Μετά τη μεταφορά 30 σε σωστη πλευραισότητα: 5x 2 = 30. Τώρα πρέπει να διαιρέσετε με το 5. Αποδεικνύεται: x 2 = 6. Οι απαντήσεις θα είναι αριθμοί: x 1 = √6, x 2 = - √6.

Τρίτη εξίσωση: 15 - 2x - x 2 \u003d 0. Εδώ και παρακάτω, η λύση των δευτεροβάθμιων εξισώσεων θα ξεκινήσει ξαναγράφοντας τις σε μια τυπική μορφή: - x 2 - 2x + 15 \u003d 0. Τώρα είναι ώρα να χρησιμοποιήσετε τη δεύτερη χρήσιμες συμβουλέςκαι πολλαπλασιάζουμε τα πάντα με μείον ένα. Αποδεικνύεται x 2 + 2x - 15 \u003d 0. Σύμφωνα με τον τέταρτο τύπο, πρέπει να υπολογίσετε τη διάκριση: D \u003d 2 2 - 4 * (- 15) \u003d 4 + 60 \u003d 64. Αντιπροσωπεύει θετικός αριθμός. Από όσα ειπώθηκαν παραπάνω, προκύπτει ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες. Πρέπει να υπολογιστούν σύμφωνα με τον πέμπτο τύπο. Σύμφωνα με αυτό, αποδεικνύεται ότι x \u003d (-2 ± √64) / 2 \u003d (-2 ± 8) / 2. Στη συνέχεια, x 1 \u003d 3, x 2 \u003d - 5.

Η τέταρτη εξίσωση x 2 + 8 + 3x \u003d 0 μετατρέπεται σε αυτό: x 2 + 3x + 8 \u003d 0. Η διάκρισή της είναι ίση με αυτήν την τιμή: -23. Δεδομένου ότι αυτός ο αριθμός είναι αρνητικός, η απάντηση σε αυτήν την εργασία θα είναι η ακόλουθη καταχώρηση: "Δεν υπάρχουν ρίζες".

Η πέμπτη εξίσωση 12x + x 2 + 36 = 0 θα πρέπει να ξαναγραφτεί ως εξής: x 2 + 12x + 36 = 0. Μετά την εφαρμογή του τύπου για τη διάκριση, προκύπτει ο αριθμός μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι θα έχει μία ρίζα, δηλαδή: x \u003d -12 / (2 * 1) \u003d -6.

Η έκτη εξίσωση (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 1) (x + 2) απαιτεί μετασχηματισμούς, οι οποίοι πρέπει να φέρουν σαν όρους, πριν ανοίξετε τα στηρίγματα. Στη θέση της πρώτης θα υπάρχει μια τέτοια έκφραση: x 2 + 2x + 1. Μετά την ισότητα, θα εμφανιστεί αυτή η καταχώρηση: x 2 + 3x + 2. Αφού μετρηθούν παρόμοιοι όροι, η εξίσωση θα πάρει τη μορφή: x 2 - x \u003d 0. Έχει γίνει ημιτελές . Παρόμοιο με αυτό έχει ήδη θεωρηθεί λίγο υψηλότερο. Οι ρίζες αυτού θα είναι οι αριθμοί 0 και 1.

Αγροτικό γυμνάσιο Kopyevskaya

10 τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων

Επικεφαλής: Patrikeeva Galina Anatolyevna,

καθηγητής μαθηματικών

s.Kopyevo, 2007

1. Ιστορία της ανάπτυξης των δευτεροβάθμιων εξισώσεων

1.1 Τετραγωνικές εξισώσεις στην αρχαία Βαβυλώνα

1.2 Πώς ο Διόφαντος συνέταξε και έλυσε δευτεροβάθμιες εξισώσεις

1.3 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία

1.4 Τετραγωνικές εξισώσεις στο al-Khwarizmi

1.5 Τετραγωνικές εξισώσεις σε Ευρώπη XIII- XVII αιώνες

1.6 Σχετικά με το θεώρημα του Vieta

2. Μέθοδοι επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων

συμπέρασμα

Βιβλιογραφία

1. Ιστορία ανάπτυξης τετραγωνικών εξισώσεων

1.1 Τετραγωνικές εξισώσεις στην αρχαία Βαβυλώνα

Η ανάγκη επίλυσης εξισώσεων όχι μόνο του πρώτου, αλλά και του δεύτερου βαθμού στην αρχαιότητα προκλήθηκε από την ανάγκη επίλυσης προβλημάτων που σχετίζονται με την εύρεση περιοχών οικόπεδακαι με χωματουργικές εργασίες στρατιωτικού χαρακτήρα, καθώς και με την ανάπτυξη της ίδιας της αστρονομίας και των μαθηματικών. Οι τετραγωνικές εξισώσεις μπόρεσαν να λύσουν περίπου το 2000 π.Χ. μι. Βαβυλώνιοι.

Εφαρμόζοντας τη σύγχρονη αλγεβρική σημειογραφία, μπορούμε να πούμε ότι στα σφηνοειδή κείμενά τους υπάρχουν, εκτός από τα ημιτελή, όπως, για παράδειγμα, πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις:

Χ 2 + Χ = ¾; Χ 2 - Χ = 14,5

Ο κανόνας για την επίλυση αυτών των εξισώσεων, που αναφέρεται στα βαβυλωνιακά κείμενα, συμπίπτει ουσιαστικά με τον σύγχρονο, αλλά δεν είναι γνωστό πώς έφτασαν οι Βαβυλώνιοι σε αυτόν τον κανόνα. Σχεδόν όλα τα σφηνοειδή κείμενα που βρέθηκαν μέχρι τώρα δίνουν μόνο προβλήματα με λύσεις που δηλώνονται με τη μορφή συνταγών, χωρίς καμία ένδειξη για το πώς βρέθηκαν.

Παρά υψηλό επίπεδοανάπτυξη της άλγεβρας στη Βαβυλώνα, στα σφηνοειδή κείμενα δεν υπάρχει έννοια αρνητικού αριθμού και κοινές μεθόδουςλύσεις δευτεροβάθμιων εξισώσεων.

1.2 Πώς ο Διόφαντος συνέταξε και έλυσε δευτεροβάθμιες εξισώσεις.

Η Αριθμητική του Διόφαντου δεν περιέχει συστηματική έκθεση της άλγεβρας, αλλά περιέχει μια συστηματική σειρά προβλημάτων, που συνοδεύονται από επεξηγήσεις και λύνονται με την κατάρτιση εξισώσεων διαφόρων βαθμών.

Κατά τη σύνταξη εξισώσεων, ο Διόφαντος επιλέγει επιδέξια αγνώστους για να απλοποιήσει τη λύση.

Εδώ, για παράδειγμα, είναι ένα από τα καθήκοντά του.

Εργασία 11."Βρες δύο αριθμούς γνωρίζοντας ότι το άθροισμά τους είναι 20 και το γινόμενο τους είναι 96"

Ο Διόφαντος υποστηρίζει ως εξής: από την συνθήκη του προβλήματος προκύπτει ότι οι επιθυμητοί αριθμοί δεν είναι ίσοι, αφού αν ήταν ίσοι, τότε το γινόμενο τους δεν θα ήταν 96, αλλά 100. Έτσι, ένας από αυτούς θα είναι περισσότερο από το μισό του άθροισμα, δηλ. 10+x, το άλλο είναι μικρότερο, δηλ. δεκαετία του 10. Η διαφορά μεταξύ τους 2x .

Εξ ου και η εξίσωση:

(10 + x) (10 - x) = 96

100 - x 2 = 96

x 2 - 4 = 0 (1)

Από εδώ x = 2. Ένας από τους επιθυμητούς αριθμούς είναι 12 , άλλα 8 . Λύση x = -2γιατί ο Διόφαντος δεν υπάρχει, αφού τα ελληνικά μαθηματικά γνώριζαν μόνο θετικούς αριθμούς.

Εάν λύσουμε αυτό το πρόβλημα επιλέγοντας έναν από τους επιθυμητούς αριθμούς ως άγνωστο, τότε θα καταλήξουμε στη λύση της εξίσωσης

y(20 - y) = 96,

y 2 - 20y + 96 = 0. (2)

Είναι σαφές ότι ο Διόφαντος απλοποιεί τη λύση επιλέγοντας τη μισή διαφορά των επιθυμητών αριθμών ως άγνωστο. καταφέρνει να αναγάγει το πρόβλημα στην επίλυση μιας ημιτελούς δευτεροβάθμιας εξίσωσης (1).

1.3 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία

Προβλήματα για τετραγωνικές εξισώσεις βρίσκονται ήδη στην αστρονομική οδό "Aryabhattam", που συντάχθηκε το 499 από τον Ινδό μαθηματικό και αστρονόμο Aryabhatta. Ένας άλλος Ινδός λόγιος, ο Brahmagupta (7ος αιώνας), εξήγησε γενικός κανόναςλύσεις δευτεροβάθμιων εξισώσεων ανάγονται σε μία κανονική μορφή:

αχ 2+ σι x = c, a > 0. (1)

Στην εξίσωση (1), οι συντελεστές, εκτός από το ένα, μπορεί επίσης να είναι αρνητικό. Ο κανόνας του Brahmagupta ουσιαστικά συμπίπτει με τον δικό μας.

ΣΤΟ αρχαία Ινδίαοι δημόσιοι διαγωνισμοί για την επίλυση δύσκολων προβλημάτων ήταν συνηθισμένοι. Σε ένα από τα παλιά ινδικά βιβλία, λέγεται το εξής για τέτοιους διαγωνισμούς: «Όπως ο ήλιος ξεπερνά τα αστέρια με τη λάμψη του, έτσι επιστήμονας άνθρωποςεπισκιάσει τη δόξα του άλλου λαϊκές συνελεύσεις, προτείνοντας και λύνοντας αλγεβρικά προβλήματα». Τα καθήκοντα ήταν συχνά ντυμένα με ποιητική μορφή.

Εδώ είναι ένα από τα προβλήματα του διάσημου Ινδού μαθηματικού του XII αιώνα. Μπασκάρα.

Εργασία 13.

«Ένα ζωηρό κοπάδι πιθήκους και δώδεκα στα κλήματα…

Έχοντας φάει δύναμη, διασκέδασε. Άρχισαν να πηδούν, κρέμονται ...

Μέρος όγδοο από αυτά σε ένα τετράγωνο Πόσοι πίθηκοι ήταν εκεί,

Διασκεδάζοντας στο λιβάδι. Θα μου πεις, σε αυτό το κοπάδι;

Η λύση του Bhaskara δείχνει ότι γνώριζε για τη διπλή αξία των ριζών των τετραγωνικών εξισώσεων (Εικ. 3).

Η εξίσωση που αντιστοιχεί στο πρόβλημα 13 είναι:

( Χ /8) 2 + 12 = Χ

Ο Bhaskara γράφει υπό το πρόσχημα του:

x 2 - 64x = -768

και, για να συμπληρώσει την αριστερή πλευρά αυτής της εξίσωσης σε τετράγωνο, προσθέτει και στις δύο πλευρές 32 2 , παίρνοντας τότε:

x 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

x 1 = 16, x 2 = 48.

1.4 Τετραγωνικές εξισώσεις στο al-Khorezmi

Η αλγεβρική πραγματεία του Al-Khorezmi δίνει μια ταξινόμηση γραμμικών και τετραγωνικών εξισώσεων. Ο συγγραφέας απαριθμεί 6 τύπους εξισώσεων, εκφράζοντας τους ως εξής:

1) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με ρίζες», δηλ. τσεκούρι 2 + γ = σι Χ.

2) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με τον αριθμό», δηλ. τσεκούρι 2 = s.

3) «Οι ρίζες είναι ίσες με τον αριθμό», δηλ. αχ = s.

4) «Τα τετράγωνα και οι αριθμοί είναι ίσοι με τις ρίζες», δηλ. τσεκούρι 2 + γ = σι Χ.

5) «Τα τετράγωνα και οι ρίζες ισούνται με τον αριθμό», δηλ. αχ 2+ bx = s.

6) «Οι ρίζες και οι αριθμοί είναι ίσοι με τετράγωνα», δηλ. bx + c \u003d τσεκούρι 2.

Για τον al-Khwarizmi, ο οποίος απέφυγε τη χρήση αρνητικών αριθμών, οι όροι καθεμιάς από αυτές τις εξισώσεις είναι προσθέσεις, όχι αφαιρέσεις. Στην περίπτωση αυτή προφανώς δεν λαμβάνονται υπόψη εξισώσεις που δεν έχουν θετικές λύσεις. Ο συγγραφέας περιγράφει τρόπους επίλυσης τις υποδεικνυόμενες εξισώσεις, χρησιμοποιώντας τις τεχνικές al-jabr και al-muqabala. Οι αποφάσεις του, φυσικά, δεν συμπίπτουν απόλυτα με τις δικές μας. Για να μην αναφέρουμε το γεγονός ότι είναι καθαρά ρητορικό, θα πρέπει να σημειωθεί, για παράδειγμα, ότι όταν λύνουμε μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση πρώτου τύπου

Ο al-Khorezmi, όπως όλοι οι μαθηματικοί πριν από τον 17ο αιώνα, δεν λαμβάνει υπόψη τη μηδενική λύση, πιθανώς επειδή δεν έχει σημασία σε συγκεκριμένα πρακτικά προβλήματα. Κατά την επίλυση των πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις του al - Khorezmi σε μερική αριθμητικά παραδείγματακαθορίζει τους κανόνες απόφασης και στη συνέχεια τις γεωμετρικές αποδείξεις.

Εργασία 14.«Το τετράγωνο και ο αριθμός 21 είναι ίσοι με 10 ρίζες. Βρες τη ρίζα" (υποθέτοντας τη ρίζα της εξίσωσης x 2 + 21 = 10x).

Η λύση του συγγραφέα έχει κάπως έτσι: διαιρέστε τον αριθμό των ριζών στο μισό, παίρνετε 5, πολλαπλασιάζετε το 5 με τον εαυτό του, αφαιρείτε το 21 από το γινόμενο, 4 απομένουν. Πάρτε τη ρίζα του 4, παίρνετε 2. Αφαιρέστε 2 από το 5, μπορείτε πάρτε 3, αυτή θα είναι η επιθυμητή ρίζα. Ή προσθέστε 2 στο 5, το οποίο θα δώσει 7, αυτό είναι επίσης μια ρίζα.

Η Πραγματεία al - Khorezmi είναι το πρώτο βιβλίο που μας έχει φτάσει, στο οποίο δηλώνεται συστηματικά η ταξινόμηση των τετραγωνικών εξισώσεων και δίνονται τύποι για την επίλυσή τους.

1.5 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ευρώπη XIII - XVII αιώνες

Οι τύποι για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων στο μοντέλο του al-Khorezmi στην Ευρώπη παρουσιάστηκαν για πρώτη φορά στο «Βιβλίο του Άβακα», που γράφτηκε το 1202 από τον Ιταλό μαθηματικό Λεονάρντο Φιμπονάτσι. Αυτό το ογκώδες έργο, που αντανακλά την επίδραση των μαθηματικών, τόσο των χωρών του Ισλάμ όσο και Αρχαία Ελλάδα, διαφέρει τόσο ως προς την πληρότητα όσο και ως προς τη σαφήνεια της παρουσίασης. Ο συγγραφέας ανέπτυξε ανεξάρτητα κάποια νέα αλγεβρικά παραδείγματαεπίλυση προβλημάτων και ήταν ο πρώτος στην Ευρώπη που προσέγγισε την εισαγωγή αρνητικών αριθμών. Το βιβλίο του συνέβαλε στη διάδοση της αλγεβρικής γνώσης όχι μόνο στην Ιταλία, αλλά και στη Γερμανία, τη Γαλλία και άλλες ευρωπαϊκές χώρες. Πολλά καθήκοντα από το «Βιβλίο του Άβακα» πέρασαν σε όλα σχεδόν τα ευρωπαϊκά σχολικά βιβλία του 16ου - 17ου αιώνα. και εν μέρει XVIII.

Ο γενικός κανόνας για την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή:

x 2+ bx = με,

για όλους τους πιθανούς συνδυασμούς προσώπων των συντελεστών σι , Μεδιατυπώθηκε στην Ευρώπη μόλις το 1544 από τον M. Stiefel.

Ο Vieta έχει μια γενική παραγωγή του τύπου για την επίλυση μιας τετραγωνικής εξίσωσης, αλλά ο Vieta αναγνώρισε μόνο θετικές ρίζες. Οι Ιταλοί μαθηματικοί Tartaglia, Cardano, Bombelli ήταν από τους πρώτους τον 16ο αιώνα. Λάβετε υπόψη, εκτός από θετικά, και αρνητικές ρίζες. Μόνο τον XVII αιώνα. Χάρη στο έργο του Ζιράρ, του Ντεκάρτ, του Νεύτωνα και άλλων με τον τρόπο των επιστημόνωνΗ επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων παίρνει μια σύγχρονη μορφή.

1.6 Σχετικά με το θεώρημα του Vieta

Το θεώρημα που εκφράζει τη σχέση μεταξύ των συντελεστών μιας τετραγωνικής εξίσωσης και των ριζών της, που φέρει το όνομα Vieta, διατυπώθηκε από τον ίδιο για πρώτη φορά το 1591 ως εξής: «Αν σι + ρεπολλαπλασιάζεται επί ΕΝΑ - ΕΝΑ 2 , ίσον BD, έπειτα ΕΝΑισοδυναμεί ΣΤΟκαι ίσοι ρε ».

Για να καταλάβει κανείς τον Βιέτα, πρέπει να το θυμάται αυτό ΑΛΛΑ, όπως κάθε φωνήεν, σήμαινε για αυτόν το άγνωστο (μας Χ), τα φωνήεντα ΣΤΟ, ρε- συντελεστές για το άγνωστο. Στη γλώσσα της σύγχρονης άλγεβρας, η παραπάνω διατύπωση του Vieta σημαίνει: αν

(α + σι )x - x 2 = αβ ,

x 2 - (a + σι )x + α σι = 0,

x 1 = a, x 2 = σι .

Εκφράζοντας τη σχέση μεταξύ των ριζών και των συντελεστών των εξισώσεων γενικούς τύπους, γραμμένο με σύμβολα, ο Viet καθιέρωσε ομοιομορφία στις μεθόδους επίλυσης εξισώσεων. Ωστόσο, ο συμβολισμός του Vieta απέχει ακόμα πολύ μοντέρνα εμφάνιση. Δεν αναγνώριζε αρνητικούς αριθμούς, και ως εκ τούτου, κατά την επίλυση εξισώσεων, έλαβε υπόψη μόνο περιπτώσεις όπου όλες οι ρίζες είναι θετικές.

2. Μέθοδοι επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων

Οι τετραγωνικές εξισώσεις είναι το θεμέλιο πάνω στο οποίο στηρίζεται το μεγαλειώδες οικοδόμημα της άλγεβρας. Οι τετραγωνικές εξισώσεις χρησιμοποιούνται ευρέως για την επίλυση τριγωνομετρικών, εκθετικών, λογαριθμικών, παράλογων και υπερβατικών εξισώσεων και ανισώσεων. Όλοι γνωρίζουμε πώς να λύνουμε δευτεροβάθμιες εξισώσεις από το σχολείο (τάξη 8) μέχρι την αποφοίτηση.

Μόλις. Με τύπους και ξεκάθαρα απλούς κανόνες. Στο πρώτο στάδιο

ανάγκη για δεδομένη εξίσωσηοδηγεί σε τυποποιημένη μορφή, δηλ. στη θέα:

Εάν η εξίσωση σας έχει ήδη δοθεί σε αυτή τη μορφή, δεν χρειάζεται να κάνετε το πρώτο στάδιο. Το πιο σημαντικό είναι σωστό

καθορίσει όλους τους συντελεστές ένα, σικαι ντο.

Τύπος για την εύρεση των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης.

Η έκφραση κάτω από το σύμβολο της ρίζας ονομάζεται διακριτική . Όπως μπορείτε να δείτε, για να βρούμε το x, εμείς

χρήση μόνο α, β και γ. Εκείνοι. πιθανότητες από τετραγωνική εξίσωση. Απλά εισάγετε προσεκτικά

αξίες α, β και γσε αυτόν τον τύπο και μετρήστε. Αντικατάσταση με δικα τουςσημάδια!

Για παράδειγμα, στην εξίσωση:

ένα =1; σι = 3; ντο = -4.

Αντικαταστήστε τις τιμές και γράψτε:

Παράδειγμα σχεδόν λυμένο:

Αυτή είναι η απάντηση.

Τα πιο συνηθισμένα λάθη είναι η σύγχυση με τα σημάδια των αξιών α, βκαι Με. Μάλλον με αντικατάσταση

αρνητικές τιμέςστον τύπο για τον υπολογισμό των ριζών. Εδώ ο αναλυτικός τύπος αποθηκεύει

Με συγκεκριμένους αριθμούς. Αν υπάρχουν προβλήματα με τους υπολογισμούς, κάντε το!

Ας υποθέσουμε ότι πρέπει να λύσουμε το ακόλουθο παράδειγμα:

Εδώ ένα = -6; σι = -5; ντο = -1

Ζωγραφίζουμε τα πάντα με λεπτομέρεια, προσεκτικά, χωρίς να λείπει τίποτα με όλα τα σημάδια και τις αγκύλες:

Συχνά οι τετραγωνικές εξισώσεις φαίνονται ελαφρώς διαφορετικές. Για παράδειγμα, όπως αυτό:

Τώρα λάβετε υπόψη πρακτικές τεχνικέςπου μειώνουν δραστικά τον αριθμό των σφαλμάτων.

Πρώτη υποδοχή. Μην είσαι τεμπέλης πριν επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσηςφέρτε το σε τυπική μορφή.

Τι σημαίνει αυτό?

Ας υποθέσουμε ότι, μετά από οποιουσδήποτε μετασχηματισμούς, λαμβάνετε την ακόλουθη εξίσωση:

Μη βιαστείτε να γράψετε τη φόρμουλα των ριζών! Σχεδόν σίγουρα θα μπερδέψετε τις πιθανότητες α, β και γ.

Χτίστε το παράδειγμα σωστά. Πρώτα, x τετράγωνο, μετά χωρίς τετράγωνο, μετά ελεύθερο μέλος. Σαν αυτό:

Απαλλαγείτε από το μείον. Πως? Πρέπει να πολλαπλασιάσουμε ολόκληρη την εξίσωση με -1. Παίρνουμε:

Και τώρα μπορείτε να γράψετε με ασφάλεια τον τύπο για τις ρίζες, να υπολογίσετε τη διάκριση και να ολοκληρώσετε το παράδειγμα.

Αποφασίστε μόνοι σας. Θα πρέπει να καταλήξετε με τις ρίζες 2 και -1.

Δεύτερη υποδοχή.Ελέγξτε τις ρίζες σας! Με Το θεώρημα του Βιέτα.

Για να λύσετε τις δεδομένες δευτεροβάθμιες εξισώσεις, δηλ. αν ο συντελεστής

x2+bx+c=0,

έπειταx 1 x 2 =c

x1 +x2 =−σι

Για μια πλήρη τετραγωνική εξίσωση στην οποία a≠1:

x 2 +σιx+ντο=0,

διαιρέστε ολόκληρη την εξίσωση με ένα:

→ →

όπου x 1και Χ 2 - ρίζες της εξίσωσης.

Τρίτη υποδοχή. Αν η εξίσωσή σας έχει κλασματικές πιθανότητες, - ξεφορτωθείτε τα κλάσματα! Πολλαπλασιάζω

εξίσωση για έναν κοινό παρονομαστή.

Συμπέρασμα. Πρακτικές Συμβουλές:

1. Πριν λύσουμε, φέρνουμε την τετραγωνική εξίσωση στην τυπική φόρμα, την κατασκευάζουμε σωστά.

2. Αν υπάρχει αρνητικός συντελεστής μπροστά από το x στο τετράγωνο, τον εξαλείφουμε πολλαπλασιάζοντας τα πάντα

εξισώσεις για -1.

3. Αν οι συντελεστές είναι κλασματικοί, εξαλείφουμε τα κλάσματα πολλαπλασιάζοντας ολόκληρη την εξίσωση με την αντίστοιχη

παράγοντας.

4. Αν το x τετράγωνο είναι καθαρό, ο συντελεστής σε αυτό ίσο με ένα, η λύση μπορεί εύκολα να επαληθευτεί από

Πρώτο επίπεδο

Τετραγωνικές εξισώσεις. Περιεκτικός οδηγός (2019)

Στον όρο «τετραγωνική εξίσωση» η λέξη κλειδί είναι «τετραγωνική». Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση πρέπει απαραίτητα να περιέχει μια μεταβλητή (το ίδιο X) στο τετράγωνο, και ταυτόχρονα δεν πρέπει να υπάρχουν Xs στον τρίτο (ή μεγαλύτερο) βαθμό.

Η λύση πολλών εξισώσεων ανάγεται στη λύση τετραγωνικών εξισώσεων.

Ας μάθουμε να προσδιορίζουμε ότι έχουμε μια τετραγωνική εξίσωση, και όχι κάποια άλλη.

Παράδειγμα 1

Απαλλαγείτε από τον παρονομαστή και πολλαπλασιάστε κάθε όρο της εξίσωσης με

Ας μετακινήσουμε τα πάντα στην αριστερή πλευρά και ας τακτοποιήσουμε τους όρους σε φθίνουσα σειρά δυνάμεων του x

Τώρα μπορούμε να πούμε με σιγουριά ότι αυτή η εξίσωση είναι τετραγωνική!

Παράδειγμα 2

Πολλαπλασιάστε την αριστερή και τη δεξιά πλευρά με:

Αυτή η εξίσωση, αν και ήταν αρχικά σε αυτήν, δεν είναι τετράγωνο!

Παράδειγμα 3

Ας πολλαπλασιάσουμε τα πάντα με:

Τρομακτικός? Η τέταρτη και δεύτερη μοίρα ... Ωστόσο, αν κάνουμε αντικατάσταση, θα δούμε ότι έχουμε μια απλή τετραγωνική εξίσωση:

Παράδειγμα 4

Φαίνεται να είναι, αλλά ας ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά. Ας μετακινήσουμε τα πάντα στην αριστερή πλευρά:

Βλέπετε, έχει συρρικνωθεί - και τώρα είναι μια απλή γραμμική εξίσωση!

Τώρα προσπαθήστε να προσδιορίσετε μόνοι σας ποιες από τις παρακάτω εξισώσεις είναι τετραγωνικές και ποιες όχι:

Παραδείγματα:

Απαντήσεις:

1. τετράγωνο;
2. τετράγωνο;
3. όχι τετράγωνο?
4. όχι τετράγωνο?
5. όχι τετράγωνο?
6. τετράγωνο;
7. όχι τετράγωνο?
8. τετράγωνο.

Οι μαθηματικοί χωρίζουν υπό όρους όλες τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις στους ακόλουθους τύπους:

• Πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις- εξισώσεις στις οποίες οι συντελεστές και, όπως και ο ελεύθερος όρος c, δεν είναι ίσοι με μηδέν (όπως στο παράδειγμα). Επιπλέον, μεταξύ των πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις, υπάρχουν δεδομένοςείναι εξισώσεις στις οποίες ο συντελεστής (η εξίσωση από το πρώτο παράδειγμα δεν είναι μόνο πλήρης, αλλά και μειωμένος!)

• Ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις- εξισώσεις στις οποίες ο συντελεστής και ή ο ελεύθερος όρος c είναι ίσοι με μηδέν:

  Είναι ελλιπείς γιατί λείπει κάποιο στοιχείο από αυτά. Αλλά η εξίσωση πρέπει πάντα να περιέχει x τετράγωνο !!! Διαφορετικά, δεν θα είναι πλέον μια τετραγωνική, αλλά κάποια άλλη εξίσωση.

Γιατί σκέφτηκαν μια τέτοια διαίρεση; Φαίνεται ότι υπάρχει ένα Χ στο τετράγωνο, και εντάξει. Μια τέτοια διαίρεση οφείλεται στις μεθόδους λύσης. Ας εξετάσουμε το καθένα από αυτά με περισσότερες λεπτομέρειες.

Επίλυση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων

Αρχικά, ας επικεντρωθούμε στην επίλυση ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων - είναι πολύ πιο απλές!

Οι ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις είναι των τύπων:

1. , στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής είναι ίσος.
2. , σε αυτή την εξίσωση ο ελεύθερος όρος είναι ίσος με.
3. , στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής και ο ελεύθερος όρος είναι ίσοι.

1. i. Αφού ξέρουμε να εξάγουμε Τετραγωνική ρίζα, τότε ας εκφράσουμε από αυτή την εξίσωση

Η έκφραση μπορεί να είναι είτε αρνητική είτε θετική. Ένας τετράγωνος αριθμός δεν μπορεί να είναι αρνητικός, γιατί όταν πολλαπλασιάζουμε δύο αρνητικούς ή δύο θετικούς αριθμούς, το αποτέλεσμα θα είναι πάντα ένας θετικός αριθμός, οπότε: αν, τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Και αν, τότε έχουμε δύο ρίζες. Αυτοί οι τύποι δεν χρειάζεται να απομνημονεύονται. Το κύριο πράγμα είναι ότι πρέπει πάντα να γνωρίζετε και να θυμάστε ότι δεν μπορεί να είναι λιγότερο.

Ας προσπαθήσουμε να λύσουμε μερικά παραδείγματα.

Παράδειγμα 5:

Λύστε την Εξίσωση

Τώρα μένει να εξαγάγετε τη ρίζα από το αριστερό και το δεξί μέρος. Τελικά, θυμάστε πώς να εξαγάγετε τις ρίζες;

Απάντηση:

Μην ξεχνάτε ποτέ τις ρίζες με αρνητικό πρόσημο!!!

Παράδειγμα 6:

Λύστε την Εξίσωση

Απάντηση:

Παράδειγμα 7:

Λύστε την Εξίσωση

Ωχ! Το τετράγωνο ενός αριθμού δεν μπορεί να είναι αρνητικό, πράγμα που σημαίνει ότι η εξίσωση

χωρίς ρίζες!

Για τέτοιες εξισώσεις στις οποίες δεν υπάρχουν ρίζες, οι μαθηματικοί βρήκαν ένα ειδικό εικονίδιο - (κενό σύνολο). Και η απάντηση μπορεί να γραφτεί ως εξής:

Απάντηση:

Έτσι, αυτή η τετραγωνική εξίσωση έχει δύο ρίζες. Δεν υπάρχουν περιορισμοί εδώ, αφού δεν εξάγαμε τη ρίζα.
Παράδειγμα 8:

Λύστε την Εξίσωση

Ας βγάλουμε τον κοινό παράγοντα εκτός παρενθέσεων:

Με αυτόν τον τρόπο,

Αυτή η εξίσωση έχει δύο ρίζες.

Απάντηση:

Ο απλούστερος τύπος ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων (αν και είναι όλες απλές, σωστά;). Προφανώς, αυτή η εξίσωση έχει πάντα μόνο μία ρίζα:

Εδώ θα κάνουμε χωρίς παραδείγματα.

Επίλυση πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων

Υπενθυμίζουμε ότι η πλήρης τετραγωνική εξίσωση είναι εξίσωση της εξίσωσης μορφής όπου

Η επίλυση πλήρους τετραγωνικών εξισώσεων είναι λίγο πιο περίπλοκη (λίγο λίγο) από αυτές που δίνονται.

Θυμάμαι, οποιαδήποτε δευτεροβάθμια εξίσωση μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας τη διάκριση! Έστω και ημιτελής.

Οι υπόλοιπες μέθοδοι θα σας βοηθήσουν να το κάνετε πιο γρήγορα, αλλά αν έχετε προβλήματα με τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις, πρώτα κυριαρχήστε τη λύση χρησιμοποιώντας το διαχωριστικό.

1. Επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων χρησιμοποιώντας τη διάκριση.

Η επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με αυτόν τον τρόπο είναι πολύ απλή, το κύριο πράγμα είναι να θυμάστε την ακολουθία των ενεργειών και μερικούς τύπους.

Αν, τότε η εξίσωση έχει ρίζα Ιδιαίτερη προσοχήσχεδιάστε ένα βήμα. Το διακριτικό () μας λέει τον αριθμό των ριζών της εξίσωσης.

• Εάν, τότε ο τύπος στο βήμα θα μειωθεί σε. Έτσι, η εξίσωση θα έχει μόνο μια ρίζα.
• Εάν, τότε δεν θα μπορέσουμε να εξαγάγουμε τη ρίζα του διακριτικού στο βήμα. Αυτό δείχνει ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Ας επιστρέψουμε στις εξισώσεις μας και ας δούμε μερικά παραδείγματα.

Παράδειγμα 9:

Λύστε την Εξίσωση

Βήμα 1παραλείπω.

Βήμα 2

Εύρεση του διαχωριστικού:

Άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες.

Βήμα 3

Απάντηση:

Παράδειγμα 10:

Λύστε την Εξίσωση

Η εξίσωση είναι σε τυπική μορφή, άρα Βήμα 1παραλείπω.

Βήμα 2

Εύρεση του διαχωριστικού:

Άρα η εξίσωση έχει μία ρίζα.

Απάντηση:

Παράδειγμα 11:

Λύστε την Εξίσωση

Η εξίσωση είναι σε τυπική μορφή, άρα Βήμα 1παραλείπω.

Βήμα 2

Εύρεση του διαχωριστικού:

Αυτό σημαίνει ότι δεν θα μπορέσουμε να εξαγάγουμε τη ρίζα από το διακριτικό. Δεν υπάρχουν ρίζες της εξίσωσης.

Τώρα ξέρουμε πώς να γράφουμε σωστά τέτοιες απαντήσεις.

Απάντηση:χωρίς ρίζες

2. Λύση τετραγωνικών εξισώσεων με χρήση του θεωρήματος Vieta.

Αν θυμάστε, τότε υπάρχει ένας τέτοιος τύπος εξισώσεων που ονομάζονται μειωμένες (όταν ο συντελεστής a είναι ίσος με):

Τέτοιες εξισώσεις είναι πολύ εύκολο να λυθούν χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta:

Το άθροισμα των ριζών δεδομένοςη τετραγωνική εξίσωση είναι ίση και το γινόμενο των ριζών είναι ίσο.

Παράδειγμα 12:

Λύστε την Εξίσωση

Αυτή η εξίσωση είναι κατάλληλη για λύση χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta, επειδή .

Το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης είναι, δηλ. παίρνουμε την πρώτη εξίσωση:

Και το προϊόν είναι:

Ας δημιουργήσουμε και λύσουμε το σύστημα:

• και. Το άθροισμα είναι?
• και. Το άθροισμα είναι?
• και. Το ποσό είναι ίσο.

και είναι η λύση του συστήματος:

Απάντηση: ; .

Παράδειγμα 13:

Λύστε την Εξίσωση

Απάντηση:

Παράδειγμα 14:

Λύστε την Εξίσωση

Η εξίσωση μειώνεται, που σημαίνει:

Απάντηση:

ΤΕΤΑΡΧΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. ΜΕΣΟ ΕΠΙΠΕΔΟ

Τι είναι μια τετραγωνική εξίσωση;

Με άλλα λόγια, μια τετραγωνική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής, όπου - άγνωστος, - ορισμένοι αριθμοί, επιπλέον.

Ο αριθμός ονομάζεται υψηλότερος ή πρώτος συντελεστήςτετραγωνική εξίσωση, - δεύτερος συντελεστής, ένα - ελεύθερο μέλος.

Γιατί; Διότι αν, η εξίσωση θα γίνει αμέσως γραμμική, γιατί θα εξαφανιστεί.

Σε αυτή την περίπτωση, και μπορεί να είναι ίσο με μηδέν. Σε αυτή την εξίσωση κοπράνων ονομάζεται ημιτελής. Αν όλοι οι όροι είναι στη θέση τους, δηλαδή, η εξίσωση είναι πλήρης.

Λύσεις σε διάφορους τύπους τετραγωνικών εξισώσεων

Μέθοδοι επίλυσης ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων:

Αρχικά, θα αναλύσουμε τις μεθόδους επίλυσης ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων - είναι απλούστερες.

Μπορούν να διακριθούν οι ακόλουθοι τύποι εξισώσεων:

I. , στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής και ο ελεύθερος όρος είναι ίσοι.

II. , στην εξίσωση αυτή ο συντελεστής είναι ίσος.

III. , σε αυτή την εξίσωση ο ελεύθερος όρος είναι ίσος με.

Τώρα εξετάστε τη λύση καθενός από αυτούς τους υποτύπους.

Προφανώς, αυτή η εξίσωση έχει πάντα μόνο μία ρίζα:

Ένας αριθμός στο τετράγωνο δεν μπορεί να είναι αρνητικός, γιατί όταν πολλαπλασιάσουμε δύο αρνητικούς ή δύο θετικούς αριθμούς, το αποτέλεσμα θα είναι πάντα ένας θετικός αριθμός. Να γιατί:

αν, τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

αν έχουμε δύο ρίζες

Αυτοί οι τύποι δεν χρειάζεται να απομνημονεύονται. Το κύριο πράγμα που πρέπει να θυμάστε είναι ότι δεν μπορεί να είναι λιγότερο.

Παραδείγματα:

Λύσεις:

Απάντηση:

Μην ξεχνάτε ποτέ τις ρίζες με αρνητικό πρόσημο!

Το τετράγωνο ενός αριθμού δεν μπορεί να είναι αρνητικό, πράγμα που σημαίνει ότι η εξίσωση

χωρίς ρίζες.

Για να γράψουμε εν συντομία ότι το πρόβλημα δεν έχει λύσεις, χρησιμοποιούμε το κενό εικονίδιο συνόλου.

Απάντηση:

Άρα, αυτή η εξίσωση έχει δύο ρίζες: και.

Απάντηση:

Ας βγάλουμε τον κοινό παράγοντα εκτός παρενθέσεων:

Το γινόμενο είναι ίσο με μηδέν εάν τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες είναι ίσος με μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση έχει λύση όταν:

Άρα, αυτή η τετραγωνική εξίσωση έχει δύο ρίζες: και.

Παράδειγμα:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Παραγοντοποιούμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης και βρίσκουμε τις ρίζες:

Απάντηση:

Μέθοδοι επίλυσης πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων:

1. Διακριτικός

Η επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με αυτόν τον τρόπο είναι εύκολη, το κύριο πράγμα είναι να θυμάστε την ακολουθία των ενεργειών και μερικούς τύπους. Θυμηθείτε, οποιαδήποτε δευτεροβάθμια εξίσωση μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας τη διάκριση! Έστω και ημιτελής.

Προσέξατε τη ρίζα του διακριτικού στον τύπο ρίζας; Αλλά η διάκριση μπορεί να είναι αρνητική. Τι να κάνω? Πρέπει να δώσουμε ιδιαίτερη προσοχή στο βήμα 2. Ο διαχωριστής μας λέει τον αριθμό των ριζών της εξίσωσης.

• Αν, τότε η εξίσωση έχει ρίζα:
• Αν, τότε η εξίσωση έχει την ίδια ρίζα, αλλά στην πραγματικότητα, μία ρίζα:

  Τέτοιες ρίζες ονομάζονται διπλές ρίζες.

• Αν, τότε δεν εξάγεται η ρίζα της διάκρισης. Αυτό δείχνει ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Γιατί είναι δυνατόν διαφορετικό ποσόρίζες? Ας στραφούμε στο γεωμετρική αίσθησητετραγωνική εξίσωση. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι παραβολή:

Σε μια συγκεκριμένη περίπτωση, η οποία είναι μια τετραγωνική εξίσωση, . Και αυτό σημαίνει ότι οι ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης είναι τα σημεία τομής με τον άξονα x (άξονα). Η παραβολή μπορεί να μην διασχίζει καθόλου τον άξονα ή μπορεί να τον τέμνει σε ένα (όταν η κορυφή της παραβολής βρίσκεται στον άξονα) ή σε δύο σημεία.

Επιπλέον, ο συντελεστής είναι υπεύθυνος για την κατεύθυνση των κλάδων της παραβολής. Αν, τότε τα κλαδιά της παραβολής κατευθύνονται προς τα πάνω, και αν - τότε προς τα κάτω.

Παραδείγματα:

Λύσεις:

Απάντηση:

Απάντηση: .

Απάντηση:

Αυτό σημαίνει ότι δεν υπάρχουν λύσεις.

Απάντηση: .

2. Θεώρημα Vieta

Η χρήση του θεωρήματος Vieta είναι πολύ εύκολη: απλά πρέπει να επιλέξετε ένα ζεύγος αριθμών των οποίων το γινόμενο είναι ίσο με τον ελεύθερο όρο της εξίσωσης και το άθροισμα είναι ίσο με τον δεύτερο συντελεστή, που λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο.

Είναι σημαντικό να θυμόμαστε ότι το θεώρημα του Vieta μπορεί να εφαρμοστεί μόνο σε δεδομένες τετραγωνικές εξισώσεις ().

Ας δούμε μερικά παραδείγματα:

Παράδειγμα #1:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Αυτή η εξίσωση είναι κατάλληλη για λύση χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta, επειδή . Άλλοι συντελεστές: ; .

Το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης είναι:

Και το προϊόν είναι:

Ας επιλέξουμε τέτοια ζεύγη αριθμών, το γινόμενο των οποίων είναι ίσο, και ας ελέγξουμε αν το άθροισμά τους είναι ίσο:

• και. Το άθροισμα είναι?
• και. Το άθροισμα είναι?
• και. Το ποσό είναι ίσο.

και είναι η λύση του συστήματος:

Έτσι, και είναι οι ρίζες της εξίσωσής μας.

Απάντηση: ; .

Παράδειγμα #2:

Λύση:

Επιλέγουμε τέτοια ζεύγη αριθμών που δίνουν στο γινόμενο και μετά ελέγχουμε αν το άθροισμά τους είναι ίσο:

και: δίνω συνολικά.

και: δίνω συνολικά. Για να το αποκτήσετε, απλά πρέπει να αλλάξετε τα σημάδια των υποτιθέμενων ριζών: και, τελικά, το προϊόν.

Απάντηση:

Παράδειγμα #3:

Λύση:

Ο ελεύθερος όρος της εξίσωσης είναι αρνητικός και επομένως το γινόμενο των ριζών - αρνητικός αριθμός. Αυτό είναι δυνατό μόνο εάν η μία από τις ρίζες είναι αρνητική και η άλλη θετική. Άρα το άθροισμα των ριζών είναι διαφορές των ενοτήτων τους.

Επιλέγουμε τέτοια ζεύγη αριθμών που δίνουν στο γινόμενο και η διαφορά των οποίων είναι ίση με:

και: η διαφορά τους είναι - δεν είναι κατάλληλη.

και: - ακατάλληλο.

και: - ακατάλληλο.

και: - κατάλληλο. Μένει μόνο να θυμόμαστε ότι μία από τις ρίζες είναι αρνητική. Εφόσον το άθροισμά τους πρέπει να είναι ίσο, τότε η ρίζα, που είναι μικρότερη σε απόλυτη τιμή, πρέπει να είναι αρνητική: . Ελέγχουμε:

Απάντηση:

Παράδειγμα #4:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Η εξίσωση μειώνεται, που σημαίνει:

Ο ελεύθερος όρος είναι αρνητικός και επομένως το γινόμενο των ριζών είναι αρνητικό. Και αυτό είναι δυνατό μόνο όταν η μία ρίζα της εξίσωσης είναι αρνητική και η άλλη θετική.

Επιλέγουμε τέτοια ζεύγη αριθμών των οποίων το γινόμενο είναι ίσο και, στη συνέχεια, καθορίζουμε ποιες ρίζες πρέπει να έχουν αρνητικό πρόσημο:

Προφανώς, μόνο ρίζες και είναι κατάλληλα για την πρώτη συνθήκη:

Απάντηση:

Παράδειγμα #5:

Λύστε την εξίσωση.

Λύση:

Η εξίσωση μειώνεται, που σημαίνει:

Το άθροισμα των ριζών είναι αρνητικό, που σημαίνει ότι τουλάχιστον μία από τις ρίζες είναι αρνητική. Αλλά επειδή το προϊόν τους είναι θετικό, σημαίνει ότι και οι δύο ρίζες είναι μείον.

Επιλέγουμε τέτοια ζεύγη αριθμών, το γινόμενο των οποίων είναι ίσο με:

Προφανώς, οι ρίζες είναι οι αριθμοί και.

Απάντηση:

Συμφωνώ, είναι πολύ βολικό - να εφεύρουμε ρίζες από το στόμα, αντί να μετράμε αυτό το δυσάρεστο διαχωριστικό. Προσπαθήστε να χρησιμοποιείτε το θεώρημα του Vieta όσο πιο συχνά γίνεται.

Αλλά το θεώρημα Vieta είναι απαραίτητο για να διευκολυνθεί και να επιταχυνθεί η εύρεση των ριζών. Για να είναι επικερδής η χρήση του, πρέπει να φέρετε τις ενέργειες στον αυτοματισμό. Και για αυτό, λύστε άλλα πέντε παραδείγματα. Αλλά μην εξαπατήσετε: δεν μπορείτε να χρησιμοποιήσετε το διακριτικό! Μόνο το θεώρημα του Βιέτα:

Λύσεις για εργασίες για ανεξάρτητη εργασία:

Εργασία 1. ((x)^(2))-8x+12=0

Σύμφωνα με το θεώρημα του Vieta:

Ως συνήθως, ξεκινάμε την επιλογή με το προϊόν:

Ακατάλληλο γιατί το ποσό?

: το ποσό είναι αυτό που χρειάζεστε.

Απάντηση: ; .

Εργασία 2.

Και πάλι, το αγαπημένο μας θεώρημα Vieta: το άθροισμα πρέπει να λειτουργεί, αλλά το γινόμενο είναι ίσο.

Επειδή όμως δεν έπρεπε, αλλά, αλλάζουμε τα σημάδια των ριζών: και (συνολικά).

Απάντηση: ; .

Εργασία 3.

Χμ... Πού είναι;

Είναι απαραίτητο να μεταφέρετε όλους τους όρους σε ένα μέρος:

Το άθροισμα των ριζών είναι ίσο με το γινόμενο.

Ναι, σταματήστε! Η εξίσωση δεν δίνεται. Αλλά το θεώρημα του Vieta είναι εφαρμόσιμο μόνο στις δεδομένες εξισώσεις. Άρα πρώτα πρέπει να φέρεις την εξίσωση. Εάν δεν μπορείτε να το αναφέρετε, αφήστε αυτήν την ιδέα και λύστε τη με άλλο τρόπο (για παράδειγμα, μέσω του διακριτικού). Επιτρέψτε μου να σας υπενθυμίσω ότι για να φέρετε μια τετραγωνική εξίσωση σημαίνει να κάνετε τον συντελεστή προπορευόμενου ίσο με:

Εξοχος. Τότε το άθροισμα των ριζών είναι ίσο και το γινόμενο.

Είναι πιο εύκολο να το μαζέψεις εδώ: τελικά - έναν πρώτο αριθμό (συγγνώμη για την ταυτολογία).

Απάντηση: ; .

Εργασία 4.

Ο ελεύθερος όρος είναι αρνητικός. Τι το ιδιαίτερο έχει; Και το γεγονός ότι οι ρίζες θα είναι διαφορετικών ζωδίων. Και τώρα, κατά την επιλογή, δεν ελέγχουμε το άθροισμα των ριζών, αλλά τη διαφορά μεταξύ των ενοτήτων τους: αυτή η διαφορά είναι ίση, αλλά το γινόμενο.

Έτσι, οι ρίζες είναι ίσες και, αλλά μία από αυτές είναι με ένα μείον. Το θεώρημα του Βιέτα μας λέει ότι το άθροισμα των ριζών είναι ίσο με τον δεύτερο συντελεστή με το αντίθετο πρόσημο, δηλαδή. Αυτό σημαίνει ότι η μικρότερη ρίζα θα έχει ένα μείον: και, δεδομένου ότι.

Απάντηση: ; .

Εργασία 5.

Τι πρέπει να γίνει πρώτα; Σωστά, δώστε την εξίσωση:

Και πάλι: επιλέγουμε τους συντελεστές του αριθμού και η διαφορά τους πρέπει να είναι ίση με:

Οι ρίζες είναι ίσες και, αλλά μία από αυτές είναι μείον. Οι οποίες? Το άθροισμά τους πρέπει να είναι ίσο, πράγμα που σημαίνει ότι με ένα μείον θα υπάρχει μεγαλύτερη ρίζα.

Απάντηση: ; .

Επιτρέψτε μου να συνοψίσω:

1. Το θεώρημα του Vieta χρησιμοποιείται μόνο στις δεδομένες τετραγωνικές εξισώσεις.
2. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα Vieta, μπορείτε να βρείτε τις ρίζες με επιλογή, προφορικά.
3. Εάν η εξίσωση δεν δίνεται ή δεν βρέθηκε κατάλληλο ζεύγος παραγόντων του ελεύθερου όρου, τότε δεν υπάρχουν ακέραιες ρίζες και πρέπει να το λύσετε με άλλο τρόπο (για παράδειγμα, μέσω του διαχωριστή).

3. Μέθοδος επιλογής πλήρους τετραγώνου

Εάν όλοι οι όροι που περιέχουν το άγνωστο αντιπροσωπεύονται ως όροι από τους τύπους του συντετμημένου πολλαπλασιασμού - το τετράγωνο του αθροίσματος ή της διαφοράς - τότε μετά την αλλαγή των μεταβλητών, η εξίσωση μπορεί να αναπαρασταθεί ως ημιτελής τετραγωνική εξίσωση του τύπου.

Για παράδειγμα:

Παράδειγμα 1:

Λύστε την εξίσωση: .

Λύση:

Απάντηση:

Παράδειγμα 2:

Λύστε την εξίσωση: .

Λύση:

Απάντηση:

Σε γενικές γραμμές, ο μετασχηματισμός θα μοιάζει με αυτό:

Αυτό υπονοεί: .

Δεν σου θυμίζει τίποτα; Είναι η διάκριση! Ακριβώς έτσι προέκυψε ο τύπος διάκρισης.

ΤΕΤΑΡΧΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. ΣΥΝΟΠΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΟ ΚΥΡΙΟ

Τετραγωνική εξίσωσηείναι μια εξίσωση της μορφής, όπου είναι το άγνωστο, είναι οι συντελεστές της δευτεροβάθμιας εξίσωσης, είναι ο ελεύθερος όρος.

Πλήρης τετραγωνική εξίσωση- μια εξίσωση στην οποία οι συντελεστές δεν είναι ίσοι με μηδέν.

Μειωμένη τετραγωνική εξίσωση- μια εξίσωση στην οποία ο συντελεστής, δηλαδή: .

Ημιτελής τετραγωνική εξίσωση- μια εξίσωση στην οποία ο συντελεστής και ή ο ελεύθερος όρος c είναι ίσοι με μηδέν:

• αν ο συντελεστής, η εξίσωση έχει τη μορφή:
• αν είναι ελεύθερος όρος, η εξίσωση έχει τη μορφή:
• αν και, η εξίσωση έχει τη μορφή: .

1. Αλγόριθμος επίλυσης ημιτελών τετραγωνικών εξισώσεων

1.1. Μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση της μορφής, όπου, :

1) Εκφράστε το άγνωστο:

2) Ελέγξτε το πρόσημο της έκφρασης:

• αν, τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις,
• αν, τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες.

1.2. Μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση της μορφής, όπου, :

1) Ας βγάλουμε τον κοινό παράγοντα εκτός παρενθέσεων: ,

2) Το γινόμενο είναι ίσο με μηδέν εάν τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες είναι ίσος με μηδέν. Επομένως, η εξίσωση έχει δύο ρίζες:

1.3. Μια ημιτελής τετραγωνική εξίσωση της μορφής, όπου:

Αυτή η εξίσωση έχει πάντα μία μόνο ρίζα: .

2. Αλγόριθμος επίλυσης πλήρων τετραγωνικών εξισώσεων της μορφής όπου

2.1. Λύση με χρήση της διάκρισης

1) Ας φέρουμε την εξίσωση στην τυπική μορφή: ,

2) Υπολογίστε τη διάκριση χρησιμοποιώντας τον τύπο: , που δείχνει τον αριθμό των ριζών της εξίσωσης:

3) Βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης:

• αν, τότε η εξίσωση έχει μια ρίζα, η οποία βρίσκεται από τον τύπο:
• αν, τότε η εξίσωση έχει μια ρίζα, η οποία βρίσκεται από τον τύπο:
• αν, τότε η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

2.2. Λύση χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta

Το άθροισμα των ριζών της ανηγμένης τετραγωνικής εξίσωσης (εξίσωση της μορφής, όπου) είναι ίσο, και το γινόμενο των ριζών είναι ίσο, δηλ. , ένα.

2.3. Πλήρες τετράγωνο λύση