1. Võrrandid nimetatakse 3. astme sümmeetrilised võrrandid, kui neil on vorm
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.

Seda tüüpi võrrandite edukaks lahendamiseks on kasulik teada ja osata kasutada järgmisi lihtsaid pöördvõrrandite omadusi:

A) Iga paaritu astme pöördvõrrandi juur on alati -1.

Tõepoolest, kui rühmitada terminid vasakul pool järgmiselt: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, siis on võimalik eemaldada ühistegur, s.t. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, seega
x + 1 = 0 või ax 2 + (b – a)x + a = 0, esimene võrrand tõestab meid huvitavat väidet.

b) Vastastikusel võrrandil pole nulliga võrdseid juuri.

V) Paaritu astme polünoomi jagamisel (x + 1) on jagatis taas korduv polünoom ja seda tõestab induktsioon.

Näide.

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

Lahendus.

Algsel võrrandil on tingimata juur x = -1, seega jagame x 3 + 2x 2 + 2x + 1 (x + 1) vastavalt Horneri skeemile:

.	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.

Ruutvõrrandil x 2 + x + 1 = 0 pole juuri.

Vastus: -1.

2. Võrrandid nimetatakse 4. astme sümmeetrilised võrrandid, kui neil on vorm
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.

Lahenduse algoritm Sarnased võrrandid on järgmised:

A) Jagage algse võrrandi mõlemad pooled x 2-ga. See toiming ei too kaasa juure kadumist, sest x = 0 ei ole antud võrrandi lahendus.

b) Kasutades rühmitamist, viige võrrand järgmisele kujule:

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

V) Sisestage uus tundmatu: t = (x + 1/x).

Teeme teisenduse: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Kui nüüd väljendada x 2 + 1/x 2, siis t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.

G) Lahendage saadud ruutvõrrand uutes muutujates:

at 2 + bt + c – 2a = 0.

d) Tehke vastupidine asendus.

Näide.

6x 4 - 5x 3 - 38x 2 - 5x + 6 = 0.

Lahendus.

6x 2 - 5x - 38 - 5/x + 6/x 2 = 0.

6 (x 2 + 1/x 2) – 5 (x + 1/x) – 38 = 0.

Sisestage t: asendus (x + 1/x) = t. Asendus: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, meil on:

6t 2 – 5t – 50 = 0.

t = -5/2 või t = 10/3.

Pöördume tagasi muutuja x juurde. Pärast vastupidist asendust lahendame kaks saadud võrrandit:

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

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

x = -2 või x = -1/2.

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

x 2 – 10/3 x + 1 = 0;

x = 3 või x = 1/3.

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

Meetodid teatud tüüpi kõrgema astme võrrandite lahendamiseks

1. Võrrandid, millel on vorm (x + a) n + (x + b) n = c, lahendatakse asendades t = x + (a + b)/2. Seda meetodit nimetatakse sümmeetriline meetod.

Sellise võrrandi näiteks oleks võrrand kujul (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.

Näide.

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

Lahendus.

Teeme ülalnimetatud asendused:

t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, pärast lihtsustamist: x = t – 2.

(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.

(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.

Sulgude eemaldamisel valemite abil saame:

t 4 + 4 t 3 + 6 t 2 + 4 t + 1 + t 4 – 4 t 3 + 6 t 2 – 4 t + 1 = 272.

2t 4 + 12t 2 – 270 = 0.

t 4 + 6t 2 – 135 = 0.

t 2 = 9 või t 2 = -15.

Teine võrrand ei anna juuri, kuid esimesest on meil t = ±3.

Pärast pöördasendust saame, et x = -5 või x = 1.

Vastus: -5; 1.

Selliste võrrandite lahendamiseks on sageli tõhus võrrandi vasaku külje faktoriseerimise meetod.

2. Vormi võrrandid (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = A, kus a + d = c + b.

Selliste võrrandite lahendamise tehnika on sulgude osaline avamine ja seejärel uue muutuja sisseviimine.

Näide.

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

Lahendus.

Arvutame: 1 + 4 = 2 + 3. Grupeerige sulud paaridesse:

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

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

Tehes asendus x 2 + 5x + 4 = t, saame võrrandi

t(t + 2) = 24, see on ruut:

t 2 + 2t – 24 = 0.

t = -6 või t = 4.

Pärast pöördasenduse sooritamist leiame kergesti algvõrrandi juured.

Vastus: -5; 0.

3. Vormi võrrandid (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = Ax 2, kus ad = cb.

Lahendusmeetodiks on sulgude osaline avamine, mõlema külje jagamine x 2-ga ja ruutvõrrandite komplekti lahendamine.

Näide.

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

Lahendus.

Korrutades kaks esimest ja kaks viimast vasakpoolset sulgu, saame:

(x 2 + 14x + 24) (x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Jagage x 2 ≠ 0-ga.

(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Asendades (x + 24/x) = t, saame ruutvõrrandi:

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

t 2 + 25x + 150 = 0.

t = 10 või t = 15.

Tehes pöördasenduse x + 24/x = 10 või x + 24/x = 15, leiame juured.

Vastus: (-15 ± √129)/2; -4; -6.

4. Lahendage võrrand (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.

Lahendus.

Seda võrrandit on raske kohe klassifitseerida ja lahendusmeetodit valida. Seetõttu teisendame kõigepealt ruutude ja kuubikute erinevuse abil:

((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. Seejärel, pärast ühisteguri väljavõtmist, jõuame lihtsa võrrandini:

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

Vastus: -5; -9 ± √33.

Ülesanne.

Koostage kolmanda astme polünoom, milles ühe juure, mis võrdub 4, kordsus on 2 ja juure võrdne -2.

Lahendus.

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

Korrutades kaks esimest sulud ja tuues sarnased liikmed, saame: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).

x 3 – 6x 2 + 32 on kolmanda astme polünoom, seega q(x) on mingi arv R(st päris). Olgu q(x) üks, siis f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Vastus: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Kas teil on endiselt küsimusi? Kas te ei tea, kuidas võrrandeid lahendada?
Juhendajalt abi saamiseks registreeruge.
Esimene tund on tasuta!

veebisaidil, materjali täielikul või osalisel kopeerimisel on vajalik link allikale.

Nii et teie jaoks saame võrrandi Tuletagem meelde polünoomide ratsionaalsete juurte teoreemi (§ 2.1.5). Meie võrrandi ratsionaalseid juuri tuleb otsida arvu –4 jagajate hulgast. Läbides kõik jagajad, oleme veendunud, et võrrandil pole ratsionaalseid juuri. See teoreem ei olnud aga juurte olemasolu teoreem. See teoreem väitis ainult järgmist: kui täisarvuliste kordajatega polünoomil on ratsionaalsed juured (aga on siiski võimalik, et neid EI OLE), siis on neil juurtel mingi erikuju. See teoreem ei kirjeldanud juhtu, kui ratsionaalsed juured puuduvad.

Proovime leida irratsionaalarvude hulgast algsüsteemi võrrandi juured. See nõuab aga loovust: sümmeetriliste süsteemide standardne asendus siin ilmselt ei tööta.

Tõstades teise võrrandi kuubiks, saame: Seega Vieta teoreemi järgi on ruutvõrrandi juured siit ja seega,

Tunni eesmärgid:

• hariv: homogeenset võrrandit sisaldavate võrrandisüsteemide, sümmeetriliste võrrandisüsteemide lahendamise koolitus;
• arenev: mõtlemise, tähelepanu, mälu arendamine, võime esile tõsta peamist;
• hariv: suhtlemisoskuste arendamine.

Tunni tüüp:õppetund uue materjali õppimiseks.

Kasutatud õppetehnoloogiad:

• grupitöö;
• disaini meetod.

Varustus: arvuti, multimeediaprojektor.

Nädal enne õppetundi saavad õpilased loovülesannete teemad (vastavalt valikule).
I variant. Sümmeetrilised võrrandisüsteemid. Lahendused.
II variant. Süsteemid, mis sisaldavad homogeenset võrrandit. Lahendused.

Iga õpilane peab lisaõppekirjandust kasutades leidma sobiva õppematerjali, valima võrrandisüsteemi ja selle lahendama.
Igast variandist koostab üks õpilane loovülesande teemal multimeediumesitlusi. Õpetaja annab vajadusel õpilastele konsultatsioone.

I. Õpilaste õppetegevuse motivatsioon

Õpetaja avakõne
Eelmises tunnis vaatlesime võrrandisüsteemide lahendamist tundmatute asendamise teel. Uute muutujate valimisel pole üldreeglit. Siiski võib muutujate mõistliku valiku korral eristada kahte tüüpi võrrandisüsteeme:

• sümmeetrilised võrrandisüsteemid;
• võrrandisüsteemid, millest üks on homogeenne.

II. Uue materjali õppimine

2. valiku õpilased annavad oma kodutööst teada.

1. Multimeedia esitluse “Homogeenset võrrandit sisaldavad süsteemid” (esitlus 1) slaidide demonstreerimine.

2. Töötage ühe laua taga istuvate õpilaste paarides: 2. variandi õpilane selgitab oma lauanaabrile homogeenset võrrandit sisaldava süsteemi lahendust.

Üliõpilaste aruanne 1. variandi kohta.

1. Multimeedia esitluse “Sümmeetrilised võrrandite süsteemid” (esitlus 2) slaidide demonstreerimine.

Õpilased kirjutavad vihikusse:

2. Töötage ühe laua taga istuvate õpilaste paarides: 1. variandi õpilane selgitab oma lauanaabrile sümmeetrilise võrrandisüsteemi lahendust.

III. Õpitud materjali tugevdamine

Töötage rühmades (kõrvuti laua taga istuvad õpilased ühendatakse 4-liikmeliseks rühmaks).
Kõik 6 rühmast täidavad järgmise ülesande.

Määrake süsteemi tüüp ja lahendage see:

Õpilased analüüsivad rühmades süsteeme, määravad nende tüübi, seejärel arutavad frontaaltöö käigus süsteemide lahendusi.

a) süsteem

sümmeetriline, võtame kasutusele uued muutujad x+y=u, xy=v

b) süsteem

sisaldab homogeenset võrrandit.

Arvupaar (0;0) ei ole süsteemi lahendus.

IV. Õpilaste teadmiste jälgimine

Iseseisev töö optsioonidega.

Lahendage võrrandisüsteem:

Õpilased annavad oma vihikud üle kontrollimiseks õpetajale.

V. Kodutöö

1. Täidavad kõik õpilased.

Lahendage võrrandisüsteem:

2. Esitavad “tugevad” õpilased.

Lahendage võrrandisüsteem:

VI. Tunni kokkuvõte

Küsimused:
Milliseid võrrandisüsteeme te tunnis õppisite?
Millist võrrandisüsteemide lahendamise meetodit kasutatakse nende lahendamiseks?

Õpilaste tunni jooksul saadud hinnete kajastamine.

− 4 1 + 4

−6

27 ≡ 0,

−4 x + 4 a + 27

+(y +6)

x = 1, x

(x−1)

= −6.

y = −6

Pange tähele, et teise võrrandi lahendus ei ole veel süsteemi lahendus. Saadud arvud tuleb asendada süsteemi ülejäänud esimese võrrandiga. Sel juhul saame pärast asendamist identiteedi.

Vastus: (1, – 6).♦

§5. Homogeensed võrrandid ja süsteemid
Funktsioon f(x, y)	helistas	homogeenne		k kui
f (tx, ty) = tk f (x, y) .	Näiteks funktsioon f (x, y) = 4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2
on 4. astme homogeenne, sest		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). Võrrand f(x, y) = 0, kus				f (x, y) –

homogeenset funktsiooni nimetatakse homogeenseks. See taandub võrrandile

ühe tundmatuga, kui sisestate uue muutuja t = x y.

f (x, y) = a,

Süsteem kahe muutujaga g (x, y) = b, kus f (x, y), g (x, y) –

sama astme homogeenseid funktsioone nimetatakse homogeenseteks. Kui ab ≠ 0, korrutage esimene võrrand b-ga, teine ​​võrrand a-ga ja

Me võtame ühe teisest ja saame samaväärse süsteemi

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

Esimene võrrand muutujate t = muutmisega

(või t =

) vähendatakse väärtusele

võrrand ühe tundmatuga.

Kui a = 0

(b = 0), siis võrrand f (x, y) = 0 (g (x, y) = 0), asendades

muutujad t =

(või t =

) taandatakse võrrandiks ühe tundmatuga

− xy + y

21 ,

Näide 20. (MSU, 2001, keemiateaduskond) Lahendage süsteem

− 2xy + 15 = 0.

2012-2013 õppeaasta aasta, nr 1, 11. klass. Matemaatika. Algebralised võrrandid, võrratused, süsteemid

− 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 a,

y = ±5.

3 ) ,

(− 3 3; −

3 ) , (4; 5) ,

(− 4; − 5) . ♦

§6. Sümmeetrilised süsteemid

f(x,y)

helistas

sümmeetriline,

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

f(x, y) = a

Vormi võrrandisüsteem

kus f (x, y), g (x, y) – sümmeetriline

g(x, y) = b,

ric, nimetatakse sümmeetriliseks süsteemiks. Sellised süsteemid lahendavad

esinevad sagedamini	lihtsalt uue tutvustamisega	muutujad
x + y = u, xy

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

Näide 21. Lahenda võrrandisüsteem

x + xy + y = 5 .

♦ See on algebraline (sümmeetriline) süsteem, tavaliselt lahendatakse see asendades x + y = u, xy = v. Seda märgates

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,

kirjutame süsteemi vormis ümber

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Iljinitšna

2012-2013 õppeaasta aasta, nr 1, 11. klass. Matemaatika. Algebralised võrrandid, võrratused, süsteemid

− 3 uv + v

u = 5 − v,

6 = 0

V =5

−5v

v = 3, u = 2

(vanades muutujates)

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,

Vastus: (2;1),

(1; 2) . ♦

Kirjandus

1. S. I. Kolesnikova “Ühtse riigieksami intensiivne ettevalmistuskursus”. Moskva, Iris – Press;

2. “Ühtse riigieksami keeruliste probleemide lahendamine” Moskva, Iris – Press või “Waco”, 2011;

3. Ajakiri "Potentsiaal" nr 1–2 2005. aasta kohta – S. I. Kolesnikova artiklid “Irratsionaalsed võrrandid” ja “Irratsionaalsed ebavõrdsused”;

4. S. I. Kolesnikova “Irratsionaalsed võrrandid”, Moskva, 2010,

Azbuka LLC;

5. S. I. Kolesnikova “Irratsionaalne ebavõrdsus”, Moskva, 2010, LLC “Azbuka”;

6. S.I. Kolesnikova “Mooduleid sisaldavad võrrandid ja võrratused”, Moskva, 2010, Azbuka LLC.

Kontrollküsimused

1 lõige 2. Leidke vahemiku lühim pikkus, mis sisaldab kõiki võrratuse 5x + 1 ≥ 2(x − 1) lahendeid.

2 lõige 2. Lahendage võrratus x 3 + 8x 2 − 20x ≤ 2x − 4 (kuupvõrrandit pole vaja lahendada, kuna paremal ja vasakul on tegur x − 2).

3 lõige 2. Lahendage võrratus 2 − x ≥ x − 3.

4 lõige 2. Leidke intervalli lühim pikkus, milleni

lõikama kõik ebavõrdsuse lahendused	x2 + 5 x – 84	≤ 0 .
	(x + 13) (x + 14)

5(3). Leidke võrratuse täisarvuliste lahendite ruutude summa

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Iljinitšna

2012-2013 õppeaasta aasta, nr 1, 11. klass. Matemaatika. Algebralised võrrandid, võrratused, süsteemid

4 − x − 8 + x ≤ x +6 .

6 lõige 3. Lahendage võrratus 5 + x − 8 − x ≤ 3 − x.

7 lõige 3. Lahendage ebavõrdsus		− x 3 − x −1			≤x.
						9 − 4x − (x + 3) )
8 lõige 3. Lahendage ebavõrdsus		4 − x −(x + 2 ) )(					≤ 0.
			(x + 1 ) (x - 2 ) (x - 3)

9 lõige 4. Leidke intervalli lühim pikkus, milleni

lõikama kõik ebavõrdsuse lahendused
			x+5				x+2				144 − x< 0.
			X−2				4 x -5		6x–6

10 lõige 2. Leidke vahemiku lühim pikkus, mis sisaldab kõiki võrratuse 8 x − 8 ≤ 32 + 4x − x 2 lahendeid.

11 lõige 4. Leia kõigi võrratuste täisarvuliste lahendite ruutude summa

2 lõige 2. Leidke sisaldava intervalli lühim pikkus
			(x – 1 )3 (x + 3 )
kõik lahendused ebavõrdsusele										≤ 0 .
			2x-1				x-2		) (x − 1 )

3 lõige 2. Lahendage ebavõrdsus

4 (x - 3 ) 4 ≥ 4 (x - 7 ,5 ) 4 .

4 lõige 4. Lahendage ebavõrdsus

x2 + 3 x – 4

x 2–16

2x 2 + 3x – 20

5(3). Lahendage võrratus (x 2	X +1 ) 2 -2 x 3 + x 2 + x -3 x 2		≥ 0 .
omadused 4 − 2x − 1 ≤ 3.	Ülesanded
	− 5x + 6 + 9 − 2x − 5	≤ 0 .
1 lõige 3. Lahendage ebavõrdsus
19x 2 - 4x 3 - 4x + 19

10x 2 - 17x - 6

6 lõige 4. Leia kõik a, mille jaoks võrrand

4 x −

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

x 2 −

x-1

− a aktsepteerib ainult

eitus-

teliaalsed tähendused.

8 lõige 4. Lahendage võrrand 4 x − 3

x-1

5x + 14-3

5x + 14-1

9 lõige 4. Lahenda võrrand

x 2 – 5 +

x 2 −3 = x +1 +

x + 3 .

24-x2

9 2x

10 lõige 3. Lahendage ebavõrdsus

≥ 0 .

x2 – 4 7 x – 10

11 lõige 3. Kolm võidusõitjat stardivad korraga ühest punktist ringrajal ja sõidavad konstantsel kiirusel samas suunas. Esimene sõitja jõudis teisele esimest korda järele, tehes oma viienda ringi stardile diametraalselt vastupidises punktis ja pool tundi pärast seda jõudis ta kolmandale sõitjale teist korda järele, starti arvestamata. . Teine sõitja jõudis kolmandale esimest korda järele 3 tundi pärast starti. Mitu ringi teeb esimene sõitja tunnis, kui teine ​​läbib ringi vähemalt kahekümne minutiga?

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Iljinitšna

Avaleht > Lahendus

Ratsionaalvõrrandid ja võrratused

I. Ratsionaalvõrrandid.

Lineaarvõrrandid.

Lineaarvõrrandisüsteemid.

Vastastikused võrrandid.

Vieta valem kõrgema astme polünoomide jaoks.

Teise astme võrrandisüsteemid.

Meetod uute tundmatute sissetoomiseks võrrandite ja võrrandisüsteemide lahendamisel.

Homogeensed võrrandid.

Sümmeetriliste võrrandisüsteemide lahendamine.

Võrrandid ja võrrandisüsteemid parameetritega.

Graafiline meetod mittelineaarsete võrrandisüsteemide lahendamiseks.

Moodulimärki sisaldavad võrrandid.

Ratsionaalvõrrandite lahendamise põhimeetodid

II. Ratsionaalne ebavõrdsus.

Ekvivalentvõrratuste omadused.

Algebralised võrratused.

Intervall meetod.

Murdratsionaalne ebavõrdsus.

Võrratused, mis sisaldavad absoluutväärtuse märgi all tundmatut.

Ebavõrdsused parameetritega.

Ratsionaalse ebavõrdsuse süsteemid.

Võrratuste graafiline lahendus.

III. Sõeluuringu test.

Ratsionaalvõrrandid

Vormi funktsioon

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

kus n on naturaalarv, a 0, a 1,…, a n on mõned reaalarvud, mida nimetatakse terveks ratsionaalfunktsiooniks.

Võrrandit kujul P(x) = 0, kus P(x) on terve ratsionaalne funktsioon, nimetatakse terveks ratsionaalvõrrandiks.

Vormi võrrand

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

kus P 1 (x), P 2 (x), ..., P m (x), Q 1 (x), Q 2 (x), ..., Q m (x) on terved ratsionaalsed funktsioonid, nn. ratsionaalne võrrand.

Ratsionaalvõrrandi P (x) / Q (x) = 0 lahendamine, kus P (x) ja Q (x) on polünoomid (Q (x)  0), taandub võrrandi P (x) = 0 lahendamisele ja kontrollides, kas juured vastavad tingimusele Q (x)  0.

Lineaarvõrrandid.

Võrrandit kujul ax+b=0, kus a ja b on mingid konstandid, nimetatakse lineaarvõrrandiks.

Kui a0, siis on lineaarvõrrandil üks juur: x = -b /a.

Kui a=0; b0, siis pole lineaarvõrrandil lahendeid.

Kui a=0; b=0, siis kirjutades algse võrrandi ümber kujul ax = -b, on lihtne näha, et mis tahes x on lineaarvõrrandi lahendus.

Sirge võrrand on: y = ax + b.

Kui sirge läbib punkti, mille koordinaadid on X 0 ja Y 0, siis need koordinaadid rahuldavad sirge võrrandit, st Y 0 = aX 0 + b.

Näide 1.1. Lahenda võrrand

2x – 3 + 4 (x – 1) = 5.

Lahendus. Avage järjestikku sulud, lisage sarnased terminid ja leidke x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,

Näide 1.2. Lahenda võrrand

2x – 3 + 2 (x – 1) = 4 (x – 1) – 7.

Lahendus. 2x + 2x - 4x = 3 +2 - 4 - 7, 0x = -6.

Vastus: .

Näide 1.3. Lahenda võrrand.

2x + 3 – 6 (x – 1) = 4 (x – 1) + 5.

Lahendus. 2x – 6x + 3 + 6 = 4 - 4x + 5,

– 4x + 9 = 9 – 4x,

4x + 4x = 9–9,

Vastus: Suvaline number.

Lineaarvõrrandisüsteemid.

Vormi võrrand

a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b,

kus a 1, b 1, …, a n, b on mingid konstandid, mida nimetatakse lineaarvõrrandiks n tundmatuga x 1, x 2, …, x n.

Võrrandisüsteemi nimetatakse lineaarseks, kui kõik süsteemis olevad võrrandid on lineaarsed. Kui süsteem koosneb n-st tundmatust, on võimalikud järgmised kolm juhtumit:

süsteemil pole lahendusi;

süsteemil on täpselt üks lahendus;

süsteemil on lõpmatult palju lahendusi.

Näide 2.4. võrrandisüsteemi lahendamine

Lahendus. Lineaarvõrrandisüsteemi saate lahendada asendusmeetodi abil, mis seisneb ühe tundmatu väljendamises teiste tundmatute kaudu mis tahes süsteemi võrrandi jaoks ja seejärel selle tundmatu väärtuse asendamises ülejäänud võrranditega.

Esimesest võrrandist väljendame: x= (8 – 3y) / 2. Asendame selle avaldise teise võrrandiga ja saame võrrandisüsteemi

X = (8 – 3y) / 2, 3(8 – 3y) / 2 + 2y = 7. Teisest võrrandist saame y = 2. Seda arvesse võttes esimesest võrrandist x = 1. Vastus: (1 2. Näide 2.5. Lahenda võrrandisüsteem

Lahendus. Süsteemil pole lahendusi, kuna süsteemi kahte võrrandit ei saa korraga täita (esimesest võrrandist x + y = 3 ja teisest x + y = 3,5).

Vastus: Lahendusi pole.

Näide 2.6. võrrandisüsteemi lahendamine

Lahendus. Süsteemil on lõpmata palju lahendeid, kuna teine ​​võrrand saadakse esimesest, korrutades 2-ga (st tegelikult on kahe tundmatuga võrrand ainult üks).

Vastus: Lahendusi on lõpmatult palju.

Näide 2.7. võrrandisüsteemi lahendamine

x + y – z = 2,

2x – y + 4z = 1,

Lahendus. Lineaarvõrrandisüsteemide lahendamisel on mugav kasutada Gaussi meetodit, mis seisneb süsteemi muutmises kolmnurkseks.

Korrutame süsteemi esimese võrrandi – 2-ga ja liites saadud tulemuse teise võrrandiga, saame – 3y + 6z = – 3. Selle võrrandi saab ümber kirjutada kujul y – 2z = 1. Esimese võrrandi liitmine kolmandaks saame 7y = 7 või y = 1.

Seega omandas süsteem kolmnurkse kuju

x + y – z = 2,

Asendades teise võrrandi y = 1, leiame z = 0. Asendades y = 1 ja z = 0, leiame x = 1. Vastus: (1; 1; 0) Näide 2.8. millistel parameetri a väärtustel on võrrandisüsteem

2x + ay = a + 2,

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

Kas lahendusi on lõputult palju? Lahendus. Esimesest võrrandist väljendame x:

x = – (a / 2)y + a / 2 +1.

Asendades selle avaldise teise võrrandiga, saame

(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).

Viimast võrrandit analüüsides märgime, et a = 3 korral on see kujul 0y = 0, st. see on rahuldatud mis tahes y väärtuste korral. Vastus: 3.

Ruutvõrrandid ja võrrandid, mida saab nendeks taandada.

Võrrand kujul ax 2 + bx + c = 0, kus a, b ja c on mingid arvud (a0);

x on muutuja, mida nimetatakse ruutvõrrandiks.

Ruutvõrrandi lahendamise valem.

Esiteks jagame võrrandi ax 2 + bx + c = 0 mõlemad pooled a-ga – see ei muuda selle juuri. Saadud võrrandi lahendamiseks

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

valige vasakul pool terve ruut

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) )).

Lühiduse huvides tähistame avaldist (b 2 – 4ac) D-ga. Seejärel saab tulemuseks olev identiteet kuju

Võimalikud on kolm juhtumit:

kui arv D on positiivne (D > 0), siis võib sel juhul võtta D ruutjuure ja kirjutada D kujul D = (D) 2. Siis

D / (4a 2) = (D) 2 / (2a) 2 = (D / 2a) 2, seega saab identiteet kujul

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

Kasutades ruutude erinevuse valemit, tuletame siit:

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)).

Teoreem: Kui identiteet kehtib

ax 2 + bx + c = a(x – x 1)(x – x 2),

siis ruutvõrrandil ax 2 + bx + c = 0 X 1  X 2 korral on kaks juurt X 1 ja X 2 ning X 1 = X 2 korral on ainult üks juur X 1.

Selle teoreemi kohaselt järeldub ülaltoodud identiteedist, et võrrand

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

ja seega on võrrandil ax 2 + bx + c = 0 kaks juurt:

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

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

Tavaliselt kirjutatakse need juured ühe valemiga:

kus b 2 – 4ac = D.

kui arv D on võrdne nulliga (D = 0), siis identiteet

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

võtab kujul x 2 + (b / a) x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2.

Sellest järeldub, et D = 0 korral on võrrandil ax 2 + bx + c = 0 üks kordsuse 2 juur: X 1 = – b / 2a

3) Kui arv D on negatiivne (D< 0), то – D >0 ja seega ka avaldis

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

on kahe liikme summa, millest üks on mittenegatiivne ja teine ​​positiivne. Selline summa ei saa võrduda nulliga, seega võrrand

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

tal pole tõelisi juuri. Ka võrrandis ax 2 + bx + c = 0 pole neid.

Seega tuleks ruutvõrrandi lahendamiseks arvutada diskriminant

D = b 2 – 4ac.

Kui D = 0, on ruutvõrrandil ainulaadne lahendus:

Kui D > 0, on ruutvõrrandil kaks juurt:

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

Kui D< 0, то квадратное уравнение не имеет корней.

Kui üks koefitsientidest b või c on null, saab ruutvõrrandi lahendada ilma diskriminanti arvutamata:

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

b  0; c = 0; X1 = 0, X2 = -b/a.

Üld ruutvõrrandi ax 2 + bx + c = 0 juured leitakse valemiga

Ruutvõrrandit, milles koefitsient x 2 on võrdne 1-ga, nimetatakse redutseerituks. Tavaliselt tähistatakse antud ruutvõrrandit järgmiselt:

x 2 + pikslit + q = 0.

Vieta teoreem.

Oleme identiteedi tuletanud

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

kus X 1 ja X 2 on ruutvõrrandi ax 2 + bx + c =0 juured. Avame selle identiteedi paremal küljel olevad sulud.

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.

Sellest järeldub, et X 1 + X 2 = – b / a ja X 1 X 2 = c / a. Oleme tõestanud järgmise teoreemi, mille kehtestas esmakordselt prantsuse matemaatik F. Vieta (1540–1603):

Teoreem 1 (Vieta). Ruutvõrrandi juurte summa on võrdne koefitsiendiga X, mis võetakse vastupidise märgiga ja jagatakse koefitsiendiga X 2 ; selle võrrandi juurte korrutis on võrdne vaba liikmega, mis on jagatud koefitsiendiga X 2 .

Teoreem 2 (vastupidine). Kui võrdsused on täidetud

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

siis arvud X 1 ja X 2 on ruutvõrrandi ax 2 + bx + c = 0 juured.

Kommenteeri. Valemid X 1 + X 2 = – b / a ja X 1 X 2 = c / a jäävad tõeseks juhul, kui võrrandil ax 2 + bx + c = 0 on kordsest 2 üks juur X 1, kui panna X näidatud valemites 2 = X 1. Seetõttu on üldtunnustatud, et D = 0 korral on võrrandil ax 2 + bx +c = 0 kaks juuret, mis langevad üksteisega kokku.

Vieta teoreemiga seotud ülesannete lahendamisel on kasulik kasutada seoseid

(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).

Näide 3.9. Lahendage võrrand 2x 2 + 5x – 1 = 0.

Lahendus. D = 25 – 42 (– 1) = 33 > 0;

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

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

Näide 3.10. Lahendage võrrand x 3 – 5x 2 + 6x = 0

Lahendus. Faktoriseerime võrrandi vasaku külje x(x 2 – 5x + 6) = 0,

seega x = 0 või x 2 – 5x + 6 = 0.

Ruutvõrrandi lahendamisel saame X 1 = 2, X 2 = 3.

Vastus: 0; 2; 3.

Näide 3.11.

x 3 – 3x + 2 = 0. Lahendus. Kirjutame võrrandi ümber, kirjutades –3x = – x – 2x, x 3 – x – 2x + 2 = 0 ja nüüd rühm 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. Vastus: x 1 = x 3 = 1 , x 2 = – 2.Näide 3.12. Lahenda võrrand7

(x – 1) (x – 3) (x – 4)

(2x – 7)(x + 2)(x – 6)Lahendus. Leiame vastuvõetavate väärtuste vahemiku x:X + 2  0; x – 6  0; 2x – 7  0 või x  – 2; x  6; x  3.5 Taandame võrrandi kujule (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), avame sulud 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) = 0,1 x 1 – 93x + 190 = 0,93 (8649 – 8360) 93  17 x 2,3 = = ,

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

Leitud väärtused vastavad ODZ-le.

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

Näide 3.13. Lahendage võrrand x 6 – 5x 3 + 4 = 0

Lahendus. Tähistame y = x 3 , siis saab algvõrrand kuju

y 2 – 5y + 4 = 0, mille lahendamisel saame Y 1 = 1; Y2 = 4.

Seega on algne võrrand võrdne hulgaga

võrrandid: x 3 = 1 või x 3 = 4, st X 1 = 1 või X 2 = 3 4

Vastus: 1; 3 4.

Näide 3.14. Lahendage võrrand (x 3 – 27) / (x – 3) = 27

Lahendus. Faktoriseerime lugeja (kasutades kuubikute erinevuse valemit):

Aruanne

Teaduslik juhendaja: Kulabuhhov Sergei Jurjevitš, füüsiliste ja matemaatikateaduste kandidaat, Doni-äärse Rostovi lastehariduse ja teaduse munitsipaalõppeasutuse lisaõppe õpetaja.