Apsvarstykite sprendžiant lygtis, kurių vienas laipsnio kintamasis didesnis už antrąjį.

Lygties P(x) = 0 laipsnis yra daugianario P(x) laipsnis, t.y. didžiausias iš jo narių laipsnių su nuliniu koeficientu.

Taigi, pavyzdžiui, lygtis (x 3 - 1) 2 + x 5 \u003d x 6 - 2 turi penktą laipsnį, nes po skliaustų atidarymo ir panašių atvedimo operacijų gauname lygiavertę lygtį x 5 - 2x 3 + 3 \u003d 0 penktojo laipsnio.

Prisiminkite taisykles, kurių reikės norint išspręsti aukštesnio laipsnio lygtis nei antra.

Teiginiai apie daugianario šaknis ir jo daliklius:

1. N-ojo laipsnio daugianario šaknų skaičius neviršija n skaičiaus, o daugybos m šaknys pasitaiko lygiai m kartų.

2. Nelyginio laipsnio daugianomas turi bent vieną tikrąją šaknį.

3. Jei α yra Р(х) šaknis, tai Р n (х) = (х – α) · Q n – 1 (x), kur Q n – 1 (x) yra (n – 1) laipsnio daugianario .

4.

5. Sumažintas daugianomas su sveikųjų skaičių koeficientais negali turėti trupmeninių racionalių šaknų.

6. Dėl trečiojo laipsnio daugianario

P 3 (x) \u003d ax 3 + bx 2 + cx + d galimas vienas iš dviejų dalykų: arba jis suskaidomas į trijų dvejetainių sandaugą

P 3 (x) \u003d a (x - α) (x - β) (x - γ) arba suskaidoma į dvinalio ir kvadratinio trinalio sandaugą P 3 (x) \u003d a (x - α) ( x 2 + βx + γ).

7. Bet kuris ketvirtojo laipsnio daugianomas išsiplečia į dviejų kvadratinių trinarių sandaugą.

8. Polinomas f(x) dalijasi iš daugianario g(x) be liekanos, jei egzistuoja toks daugianomas q(x), kad f(x) = g(x) q(x). Norint padalyti daugianario, taikoma „dalijimo iš kampo“ taisyklė.

9. Kad daugianaris P(x) dalytųsi iš dvinaro (x – c), būtina ir pakanka, kad skaičius c būtų P(x) šaknis (Bezout teoremos išplaukia).

10. Vietos teorema: Jei x 1, x 2, ..., x n yra tikrosios daugianario šaknys

P (x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, tada galioja šios lygybės:

x 1 + x 2 + ... + x n \u003d -a 1 / a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + ... + x n - 1 x n \u003d a 2 / a 0,

x 1 x 2 x 3 + ... + x n - 2 x n - 1 x n \u003d -a 3 / a 0,

x 1 x 2 x 3 x n \u003d (-1) n a n / a 0.

Pavyzdžių sprendimas

1 pavyzdys

Raskite likutį padalijus P (x) \u003d x 3 + 2/3 x 2 - 1/9 iš (x - 1/3).

Sprendimas.

Remiantis Bezouto teoremos išvadomis: "Likutinė dalis, padalydama daugianario iš binomo (x - c), yra lygi daugianario reikšmei c." Raskime P(1/3) = 0. Todėl liekana yra 0, o skaičius 1/3 yra daugianario šaknis.

Atsakymas: R = 0.

2 pavyzdys

Padalinkite „kampą“ 2x 3 + 3x 2 - 2x + 3 iš (x + 2). Raskite likutį ir nepilnąjį koeficientą.

Sprendimas:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4x 2 2x 2 – x

X 2 – 2 x

Atsakymas: R = 3; koeficientas: 2x 2 - x.

Pagrindiniai aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo metodai

1. Naujo kintamojo įvedimas

Naujo kintamojo įvedimo būdas jau pažįstamas iš bikvadratinių lygčių pavyzdžio. Jį sudaro tai, kad norint išspręsti lygtį f (x) \u003d 0, įvedamas naujas kintamasis (pakeitimas) t \u003d x n arba t \u003d g (x) ir f (x) išreiškiamas per t, gaunant a nauja lygtis r (t). Tada išspręsdami lygtį r(t), raskite šaknis:

(t 1, t 2, …, t n). Po to gaunama aibė n lygčių q(x) = t 1, q(x) = t 2, ... , q(x) = t n, iš kurios randamos pradinės lygties šaknys.

1 pavyzdys

(x 2 + x + 1) 2 - 3x 2 - 3x - 1 = 0.

Sprendimas:

(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x) - 1 = 0.

(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x + 1) + 3 - 1 = 0.

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

t 2 - 3t + 2 = 0.

t 1 \u003d 2, t 2 \u003d 1. Atvirkštinis keitimas:

x 2 + x + 1 = 2 arba x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 arba x 2 + x = 0;

Atsakymas: Iš pirmosios lygties: x 1, 2 = (-1 ± √5) / 2, iš antrosios: 0 ir -1.

2. Faktorizavimas grupavimo metodu ir sutrumpintos daugybos formulės

Šio metodo pagrindas taip pat nėra naujas ir susideda iš terminų grupavimo taip, kad kiekvienoje grupėje būtų bendras veiksnys. Norėdami tai padaryti, kartais turite naudoti keletą dirbtinių gudrybių.

1 pavyzdys

x 4 - 3x 2 + 4x - 3 = 0.

Sprendimas.

Įsivaizduokite - 3x 2 = -2x 2 - x 2 ir sugrupuokite:

(x 4 - 2x 2) - (x 2 - 4x + 3) = 0.

(x 4 - 2x 2 +1 - 1) - (x 2 - 4x + 3 + 1 - 1) = 0.

(x 2 - 1) 2 - 1 - (x - 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 \u003d 0.

(x 2 - 1 - x + 2) (x 2 - 1 + x - 2) = 0.

(x 2 - x + 1) (x 2 + x - 3) = 0.

x 2 - x + 1 \u003d 0 arba x 2 + x - 3 \u003d 0.

Atsakymas: Pirmoje lygtyje nėra šaknų, nuo antrosios: x 1, 2 = (-1 ± √13) / 2.

3. Faktorizavimas neapibrėžtų koeficientų metodu

Metodo esmė ta, kad pradinis daugianomas išskaidomas į faktorius su nežinomais koeficientais. Naudojant savybę, kad daugianariai yra lygūs, jei jų koeficientai vienodi, randami nežinomi plėtimosi koeficientai.

1 pavyzdys

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

Sprendimas.

3 laipsnio daugianarį galima išskaidyti į tiesinių ir kvadratinių koeficientų sandaugą.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d (x - a) (x 2 + bx + c),

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + bx 2 + cx - ax 2 - abx - ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d x 3 + (b - a) x 2 + (cx - ab) x - ac.

Sistemos sprendimas:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac=2,

(a = -1,
(b=3,
(c = 2, t.y.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d (x + 1) (x 2 + 3x + 2).

Lygties (x + 1) (x 2 + 3x + 2) = 0 šaknis rasti nesunku.

Atsakymas: -1; -2.

4. Šaknies parinkimo pagal didžiausią ir laisvąjį koeficientą metodas

Metodas pagrįstas teoremų taikymu:

1) Bet kuri sveikoji daugianario šaknis su sveikaisiais koeficientais yra laisvojo nario daliklis.

2) Kad neredukuojama trupmena p / q (p yra sveikas skaičius, q yra natūralusis) būtų lygties su sveikųjų skaičių koeficientais šaknis, būtina, kad skaičius p būtų sveikasis laisvojo termino a 0 daliklis ir q yra pirminio koeficiento natūralusis daliklis.

1 pavyzdys

6x 3 + 7x 2 - 9x + 2 = 0.

Sprendimas:

6: q = 1, 2, 3, 6.

Vadinasi, p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Radę vieną šaknį, pavyzdžiui - 2, rasime kitas šaknis naudodami padalijimą iš kampo, neapibrėžtųjų koeficientų metodą arba Hornerio schemą.

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

Ar turite kokių nors klausimų? Nežinote, kaip išspręsti lygtis?
Norėdami gauti korepetitoriaus pagalbą – registruokitės.
Pirma pamoka nemokama!

svetainę, visiškai ar iš dalies nukopijavus medžiagą, būtina nuoroda į šaltinį.

HORNER SCHEMA

SPRENDANT LYGTIS SU PARAMETRAIS
IŠ "C" GRUPĖS PARUOŠIMAS NAUDOTI

Kazantseva Liudmila Viktorovna

matematikos mokytojas MBOU "Uyar vidurinė mokykla Nr. 3"

Pasirenkamuose užsiėmimuose būtina praplėsti turimų žinių spektrą, sprendžiant padidinto sudėtingumo „C“ grupės užduotis.

Šis darbas apima kai kuriuos klausimus, svarstomus papildomose klasėse.

Su Hornerio schema patartina supažindinti išstudijavus temą „Daugianaro padalijimas iš daugianaro“. Ši medžiaga leidžia spręsti aukštesnės eilės lygtis ne polinomų grupavimo būdu, o racionaliau, taupant laiką.

Pamokos planas.

1-oji pamoka.

1. Teorinės medžiagos paaiškinimas.

2. Pavyzdžių sprendimas a B C D).

2 pamoka.

1. Lygčių sprendimas a B C D).

2. Racionaliųjų daugianario šaknų radimas

Hornerio schemos taikymas sprendžiant lygtis su parametrais.

3 pamoka.

Užduotys a B C).

4 pamoka.

1. Užduotys d), e), f), g), h).

Aukštesnių laipsnių lygčių sprendimas.

Hornerio schema.

Teorema : Tegul neredukuojama trupmena yra lygties šaknis

a o x n + a 1 x n-1 + … + a n-1 x 1 + a n = 0

su sveikaisiais koeficientais. Tada skaičius R yra pirmaujančio koeficiento daliklis A O .

Pasekmė: Bet kuri sveikoji lygties šaknis su sveikųjų skaičių koeficientais yra jos laisvojo nario daliklis.

Pasekmė: Jei lygties su sveikųjų skaičių koeficientais pirmaujantis koeficientas yra 1 , tada visos racionalios šaknys, jei jos egzistuoja, yra sveikosios.

1 pavyzdys. 2x 3 – 7x 2 + 5x - 1 = 0

Tegul neredukuojama trupmena yra lygties šaknisR yra skaičiaus daliklis1:±1

q yra pirmaujančio termino daliklis: ± 1; ±2

Racionalių lygties šaknų reikia ieškoti tarp skaičių:± 1; ± .

f(1) = 2 – 7 + 5 – 1 = – 1 ≠ 0

f(–1) = –2 – 7 – 5 – 1 ≠ 0

f() = – + – 1 = – + – = 0

Šaknis yra skaičius .

Polinominis padalijimas P(x) = a O X P + a 1 x n -1 + … + a n į dvinarį ( x - £) Patogu atlikti pagal Hornerio schemą.

Pažymėkite nepilnąjį koeficientą P(x)įjungta ( x - £) per K (x ) = b o x n -1 + b 1 x n -2 + … b n -1 ,

o visa kita per b n

P(x) =K (x ) (x – £) + b n , tada mes turime tapatybę

A O X P + a 1 x n-1 + … + a n = (b o x n-1 + … + b n-1 ) (x - £) +b n

K (x ) yra daugianario, kurio laipsnis yra 1 žemiau pradinio daugianario laipsnio. Polinominiai koeficientai K (x ) nustato Hornerio schema.

oi oi

a 1

a 2

a n-1

a n

b o = a o

b 1 = a 1 + £· b o

b 2 = a 2 + £· b 1

b n-1 = a n-1 + £· b n-2

b n = a n + £· b n-1

Pirmoje šios lentelės eilutėje parašykite daugianario koeficientus P(x).

Jei trūksta tam tikro kintamojo laipsnio, jis įrašomas atitinkamame lentelės langelyje 0.

Didžiausias dalinio koeficientas yra lygus didžiausiam dividendo koeficientui ( A O = b o ). Jeigu £ yra daugianario šaknis, tada paskutinėje ląstelėje paaiškėja 0.

2 pavyzdys. Faktorizuoti su sveikųjų skaičių koeficientais

P (x) \u003d 2x 4 - 7x 3 - 3x 2 + 5x - 1

± 1.

Tinka - 1.

Padalinti P(x)įjungta (x + 1)

2

– 7

– 3

5

– 1

– 1

2

– 9

6

– 1

0

2x 4 - 7x 3 - 3x 2 + 5x - 1 = (x + 1) (2x 3 - 9x 2 + 6x - 1)

Mes ieškome sveikųjų skaičių šaknų tarp laisvųjų narių: ± 1

Kadangi pagrindinis terminas yra 1, tada šaknys gali būti trupmeniniai skaičiai: - ; .

Tinka .

2

– 9

6

– 1

2

– 8

2

0

2x 3 - 9x 2 + 6x - 1 \u003d (x -) (2x 2 - 8x + 2) = (2x - 1) (x 2 - 4x + 1)

Trinomas X 2 – 4x + 1 nefaktorizuoja su sveikųjų skaičių koeficientais.

Pratimas:

1. Faktorizuoti su sveikųjų skaičių koeficientais:

A) X 3 – 2x 2 – 5x + 6

q: ± 1;

p: ± 1; ±2; ± 3; ±6

:± 1; ±2; ± 3; ±6

Racionaliųjų daugianario šaknų radimas f (1) = 1 – 2 – 5 + 6 = 0

x = 1

1

– 2

– 5

6

1

1

– 1

– 6

0

x 3 - 2x 2 - 5x + 6 \u003d (x - 1) (x 2 - x - 6) \u003d (x - 1) (x - 3) (x + 2)

Nustatykime kvadratinės lygties šaknis

x 2 - x - 6 = 0

x = 3; x \u003d - 2

b) 2x 3 + 5x 2 + x - 2

p: ± 1; ±2

q: ± 1; ±2

:± 1; ±2; ±

Raskite trečiojo laipsnio daugianario šaknis

f(1) = 2 + 5 + 1 - 2 ≠ 0

f (–1) = – 2 + 5 – 1 – 2 = 0

Viena iš lygties šaknų x = - 1

2

5

1

– 2

– 1

2

3

– 2

0

2x 3 + 5x 2 + x - 2 \u003d (x + 1) (2x 2 + 3x - 2) \u003d (x + 1) (x + 2) (2x - 1)

Išplėskime kvadratinį trinarį 2x 2 + 3x - 2 daugikliai

2x 2 + 3x - 2 \u003d 2 (x + 2) (x -)

D=9+16=25

x 1 \u003d - 2; x 2 =

V) X 3 – 3x 2 + x + 1

p:±1

q : ± 1

:± 1

f(1) = 1-3 + 1-1 = 0

Viena iš trečiojo laipsnio daugianario šaknų yra x = 1

1

– 3

1

1

1

1

– 2

– 1

0

x 3 - 3x 2 + x + 1 = (x - 1) (x 2 - 2x - 1)

Raskite lygties šaknis X 2 – 2x – 1 = 0

D= 4 + 4 = 8

x 1 = 1 –

x 2 = 1 +

x 3 - 3x 2 + x + 1 = (x - 1) (x - 1 +
) (х – 1 –
)

G) X 3 – 2x – 1

p:±1

q : ± 1

:± 1

Apibrėžkime daugianario šaknis

f(1) = 1 – 2 – 1 = – 2

f (–1) = – 1 + 2 – 1 = 0

Pirmoji šaknis x = - 1

1

0

– 2

– 1

– 1

1

– 1

– 1

0

x 3 - 2x - 1 \u003d (x + 1) (x 2 - x - 1)

x 2 - x - 1 = 0

D=1+4=5

x 1.2 =

x 3 - 2x - 1 \u003d (x + 1) (x -
) (X -
)

2. Išspręskite lygtį:

A) X 3 – 5x + 4 = 0

Apibrėžkime trečiojo laipsnio daugianario šaknis

:± 1; ±2; ±4

f(1) = 1–5 + 4 = 0

Viena iš šaknų yra x = 1

1

0

– 5

4

1

1

1

– 4

0

x 3 - 5x + 4 = 0

(x – 1) (x 2 + x – 4) = 0

X 2 + x - 4 = 0

D=1+16=17

x 1 =
; X 2 =

Atsakymas: 1;
;

b) X 3 – 8x 2 + 40 = 0

Nustatykime trečiojo laipsnio daugianario šaknis.

:± 1; ±2; ± 4; ±5; ± 8; ± 10; ±20; ±40

f(1) ≠ 0

f(–1) ≠ 0

f (–2) = – 8 – 32 + 40 = 0

Viena iš šaknų yra x \u003d - 2

1

– 8

0

40

– 2

1

– 10

20

0

Trečiojo laipsnio daugianarį išskaidykime į veiksnius.

x 3 – 8 x 2 + 40 \u003d (x + 2) (x 2 – 10 x + 20)

Raskite kvadratinės lygties šaknis X 2 – 10x + 20 = 0

D = 100–80 = 20

x 1 = 5 –
; X 2 = 5 +

Atsakymas: - 2; 5 –
; 5 +

V) X 3 – 5x 2 + 3x + 1 = 0

Tarp laisvojo termino daliklių ieškome sveikųjų skaičių šaknų: ± 1

f (–1) = – 1 – 5 – 3 + 1 ≠ 0

f(1) = 1–5 + 3 + 1 = 0

Tinka x = 1

1

– 5

3

1

1

1

– 4

– 1

0

x 3 - 5x 2 + 3x + 1 = 0

(x - 1) (x 2 - 4x - 1) = 0

Nustatome kvadratinės lygties šaknis X 2 – 4x – 1 = 0

D = 20

x = 2 +
; x = 2 -

Atsakymas: 2 –
; 1; 2 +

G) 2x 4 – 5x 3 + 5x 2 – 2 = 0

p: ± 1; ±2

q: ± 1; ±2

:± 1; ±2; ±

f(1) = 2–5 + 5–2 = 0

Viena iš lygties šaknų x = 1

2

– 5

5

0

– 2

1

2

– 3

2

2

0

2x 4 - 5x 3 + 5x 2 - 2 = 0

(x - 1) (2x 3 - 3x 2 + 2x + 2) = 0

Lygiai taip pat randame ir trečiojo laipsnio lygties šaknis.

2x 3 - 3x 2 + 2x + 2 = 0

p: ± 1; ±2

q: ± 1; ±2

:± 1; ±2; ±

f(1) = 2 - 3 + 2 + 2 ≠ 0

f (–1) = – 2 – 3 – 2 + 2 ≠ 0

f(2) = 16 - 12 + 4 + 2 ≠ 0

f (–2) = – 16 – 12 – 4 + 2 ≠ 0

f() = – + 1 + 2 ≠ 0

f(–) = – – – 1 + 2 ≠ 0

Kita lygties šaknisx = -

2

– 3

2

2

2

– 4

4

0

2x 3 - 3x 2 + 2x + 2 = 0

(x + ) (2x 2 - 4x + 4) = 0

Nustatykime kvadratinės lygties šaknis 2x 2 – 4x + 4 = 0

x 2 - 2x + 2 = 0

D = – 4< 0

Todėl pradinės ketvirtojo laipsnio lygties šaknys yra

1 ir –

Atsakymas: –; 1

3. Raskite racionaliąsias daugianario šaknis

A) X 4 – 2x 3 – 8x 2 + 13x - 24

q : ± 1

:± 1; ±2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 8; ± 12; ± 24

Pasirinkime vieną iš ketvirtojo laipsnio daugianario šaknų:

f(1) = 1 - 2 - 8 + 13 - 24 ≠ 0

f(-1) = 1 + 2 - 8 - 13 - 24 ≠ 0

f(2) = 16 - 16 - 32 + 26 - 24 ≠ 0

f(-2) = 16 + 16 - 72 - 24 ≠ 0

f(-3) = 81 + 54 - 72 - 39 - 24 = 0

Viena iš daugianario šaknų X 0= – 3.

x 4 - 2x 3 - 8x 2 + 13x - 24 \u003d (x + 3) (x 3 - 5x 2 + 7x + 8)

Raskime racionaliąsias daugianario šaknis

x 3 - 5x 2 + 7x + 8

p: ± 1; ±2; ± 4; ± 8

q : ± 1

f(1) = 1 - 5 + 7 + 8 ≠ 0

f (–1) = – 1 – 5 – 7 – 8 ≠ 0

f(2) = 8 - 20 + 14 + 8 ≠ 0

f (–2) = – 8 – 20 – 14 + 8 ≠ 0

f(-4) = 64 - 90 - 28 + 8 ≠ 0

f(4) ≠ 0

f(–8) ≠ 0

f(8) ≠ 0

Išskyrus numerį x 0 = – 3 nėra kitų racionalių šaknų.

b) X 4 – 2x 3 – 13 kartų 2 – 38x – 24

p: ± 1; ±2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 8; ± 12; ± 24

q : ± 1

f(1) = 1 + 2 - 13 - 38 - 24 ≠ 0

f (–1) = 1 – 2 – 13 + 38 – 24 = 39 – 39 = 0, tai yra x = - 1 daugianario šaknis

1

2

– 13

– 38

– 24

– 1

1

1

– 14

– 24

0

x 4 – 2 x 3 – 13 x 2 – 38 x – 24 \u003d (x + 1) (x 3 – x 2 – 14 x – 24)

Apibrėžkime trečiojo laipsnio daugianario šaknis X 3 – X 2 – 14x – 24

p: ± 1; ±2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 8; ± 12; ± 24

q : ± 1

f(1) = -1 + 1 + 14 - 24 ≠ 0

f(-1) = 1 + 1 - 14 - 24 ≠ 0

f(2) = 8 + 4 - 28 - 24 ≠ 0

f (–2) = – 8 + 4 + 28 – 24 ≠ 0

Taigi antroji daugianario šaknis x \u003d - 2

1

1

– 14

– 24

– 2

1

– 1

– 12

0

x 4 – 2 x 3 – 13 x 2 – 38 x – 24 \u003d (x + 1) (x 2 + 2) (x 2 – x – 12) \u003d

= (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x - 4)

Atsakymas: – 3; – 2; – 1; 4

Hornerio schemos taikymas sprendžiant lygtis su parametru.

Raskite didžiausią sveikąjį parametro reikšmę A, pagal kurią lygtis f (x) = 0 turi tris skirtingas šaknis, iš kurių viena X 0 .

A) f (x) = x 3 + 8x 2 +ah+b , X 0 = – 3

Taigi viena iš šaknų X 0 = – 3 , tada pagal Hornerio schemą turime:

1

8

A

b

– 3

1

5

– 15 + a

0

0 \u003d - 3 (- 15 + a) + b

0 \u003d 45 - 3a + b

b = 3a - 45

x 3 + 8x 2 + ax + b \u003d (x + 3) (x 2 + 5x + (a - 15))

Lygtis X 2 + 5x + (a - 15) = 0 D > 0

A = 1; b = 5; c \u003d (a – 15),

D \u003d b 2 - 4ac \u003d 25 - 4 (a - 15) \u003d 25 + 60 - 4a\u003e 0,

85 – 4a > 0;

4a< 85;

a< 21

Didžiausia sveikojo skaičiaus parametro reikšmė A, pagal kurią lygtis

f (x) = 0 turi tris šaknis a = 21

Atsakymas: 21.

b) f(x) = x 3 – 2x 2 + ax + b, x 0 = – 1

Kadangi viena iš šaknų X 0= – 1, tada pagal Hornerio schemą turime

1

– 2

a

b

– 1

1

– 3

3 + a

0

x 3 - 2x 2 + ax + b = (x + 1) (x 2 - 3x + (3 + a))

Lygtis x 2 – 3 x + (3 + a ) = 0 turi turėti dvi šaknis. Tai daroma tik tada, kai D > 0

a = 1; b = – 3; c = (3 + a),

D \u003d b 2 - 4ac \u003d 9 - 4 (3 + a) \u003d 9 - 12 - 4a \u003d - 3 - 4a\u003e 0,

– 3–4a > 0;

– 4a< 3;

a < –

Aukščiausia vertė a = - 1 a = 40

Atsakymas: a = 40

G) f(x) = x 3 – 11 kartų 2 + ax + b, x 0 = 4

Kadangi viena iš šaknų X 0 = 4 , tada pagal Hornerio schemą turime

1

– 11

a

b

4

1

– 7

– 28 + a

0

x 3 - 11x 2 + ax + b \u003d (x - 4) (x 2 - 7x + (a - 28))

f (x ) = 0, Jeigu x = 4 arba x 2 – 7 x + (a – 28) = 0

D > 0, tai yra

D \u003d b 2 - 4ac \u003d 49 - 4 (a - 28) \u003d 49 + 112 - 4a \u003d 161 - 4a\u003e 0,

161 – 4a > 0;

– 4a< – 161; f x 0 = – 5 , tada pagal Hornerio schemą turime

1

13

a

b

– 5

1

8

– 40 + a

0

x 3 + 13x 2 + ax + b \u003d (x + 5) (x 2 + 8x + (a - 40))

f (x ) = 0, Jeigu x \u003d - 5 arba x 2 + 8 x + (a – 40) = 0

Lygtis turi dvi šaknis, jei D > 0

D \u003d b 2 - 4ac \u003d 64 - 4 (a - 40) \u003d 64 + 1 60 - 4a \u003d 224 - 4a\u003e 0,

224– 4a >0;

a< 56

Lygtis f (x ) turi tris didžiausią vertę turinčias šaknis a = 55

Atsakymas: a = 55

ir) f (x ) = x 3 + 19 x 2 + kirvis + b , x 0 = – 6

Kadangi viena iš šaknų – 6 , tada pagal Hornerio schemą turime

1

19

a

b

– 6

1

13

a - 78

0

x 3 + 19x 2 + ax + b = (x +6) (x 2 + 13x + (a - 78)) = 0

f (x ) = 0, Jeigu x \u003d - 6 arba x 2 + 13 x + (a – 78) = 0

Antroji lygtis turi dvi šaknis, jei

Norėdami naudoti pristatymų peržiūrą, susikurkite „Google“ paskyrą (paskyrą) ir prisijunkite: https://accounts.google.com

Skaidrių antraštės:

Aukštesnių laipsnių lygtys (polinomo šaknys viename kintamajame).

Paskaitos planas. Nr 1 . Aukštųjų laipsnių lygtys mokykliniame matematikos kurse. Nr. 2. Standartinė daugianario forma. Nr. 3. Sveikosios daugianario šaknys. Hornerio schema. Nr. 4. Daugiakalnio trupmeninės šaknys. Nr. 5. Formos lygtys: (x + a) (x + b) (x + c) ... = A Nr. 6. Grąžinimo lygtys. Nr. 7. Homogeninės lygtys. Nr. 8. Neapibrėžtinių koeficientų metodas. Nr. 9. Funkcinis – grafinis metodas. Nr. 10. Vietos formulės aukštesnių laipsnių lygtims. № 11. Nestandartiniai aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo metodai.

Aukštųjų laipsnių lygtys mokykliniame matematikos kurse. 7 klasė. Standartinė daugianario forma. Veiksmai su daugianariais. Dauginamo koeficientas. Paprastoje klasėje 42 val., specialiojoje klasėje 56 val. 8 specialioji klasė. Dauginamo sveikosios šaknys, daugianario dalyba, abipusės lygtys, dvejetainio n-ųjų laipsnių skirtumas ir suma, neapibrėžtųjų koeficientų metodas. Yu.N. Makarychevas „Papildomi skyriai prie 8 klasės algebros kurso“, M.L. Galitsky 8–9 algebros klasės uždavinių rinkinys. 9 specialioji klasė. Racionalios daugianario šaknys. Apibendrintos abipusės lygtys. Vietos formulės aukštesnių laipsnių lygtims. N.Ya. Vilenkin Algebra 9 klasė su giluminiu mokymusi. 11 specialioji klasė. Polinomų tapatumas. Polinomas keliuose kintamuosiuose. Funkciškai – grafinis aukštesnių laipsnių lygčių sprendimo būdas.

Standartinė daugianario forma. Polinomas P(x) = a ⁿ x ⁿ + a n-1 x n-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Jis vadinamas standartinės formos daugianario. ir n x ⁿ yra daugianario pirmaujantis narys, o n yra daugianario pirminio nario koeficientas. Jei n = 1, P(x) vadinamas redukuotu daugianario. ir ₀ yra daugianario P(x) laisvasis narys. n yra daugianario laipsnis.

Dauginamo sveikosios šaknys. Hornerio schema. Teorema Nr. 1. Jei sveikasis skaičius a yra daugianario P(x) šaknis, tai a yra laisvojo nario P(x) daliklis. 1 pavyzdys. Išspręskite lygtį. X⁴ + 2x³ \u003d 11x² - 4x - 4 Perkelkime lygtį į standartinę formą. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0. Turime daugianarį P (x) \u003d x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Laisvojo termino dalikliai: ± 1, ± 2, ± 4. x \u003d 1 lygties šaknis, nes P (1) \u003d 0, x \u003d 2 yra lygties šaknis, nes P(2) = 0 Bezout teorema. Polinomo P(x) dalijimo iš binomo (x - a) liekana lygi P(a). Pasekmė. Jei a yra daugianario P(x) šaknis, tai P(x) dalijasi iš (x - a). Mūsų lygtyje P (x) yra padalintas iš (x - 1) ir (x - 2), taigi iš (x - 1) (x - 2). Padalijus P (x) iš (x ² - 3x + 2) koeficientu, gaunamas trinaris x ² + 5x + 2 = 0, kurio šaknys x = (-5 ± √17) / 2

Polinomo trupmeninės šaknys. 2 teorema. Jei p / g yra daugianario P(x) šaknis, tai p yra laisvojo nario daliklis, g yra didžiausio nario P(x) koeficiento daliklis. 2 pavyzdys: išspręskite lygtį. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Laisvojo nario dalikliai: ±1, ±2, ±4, ±8. Nė vienas iš šių skaičių netenkina lygties. Ištisų šaknų nėra. Aukščiausio nario P(x) koeficiento natūralieji dalikliai: 1, 2, 3, 6. Galimos trupmeninės lygties šaknys: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Patikrinę esame įsitikinę, kad P (4/3) \u003d 0. X \u003d 4/3 yra lygties šaknis. Pagal Hornerio schemą P(x) dalijame iš (x – 4/3).

Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. Išspręskite lygtis: 9x³ - 18x = x - 2, x ³ - x ² = x - 1, x 3 - 3x² -3x + 1 = 0, X ⁴ - 2x3 + 2x - 1 = 0, X⁴ - 3x² + 2 = 0, x ⁵ + 5x³ - 6x² = 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0, X⁴ + 4x3 - x ² - 16x - 12 = 0 4x3 + x ² - x + 5 = 0 3x⁳ - 9x² - 5x² 9x + 10 = 0. Atsakymai: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3 , 4) ±1, 5) ± 1; ±√2 , 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

(x + a) (x + b) (x + c) (x + d) ... = A lygtys. Pavyzdys Nr. 3. Išspręskite lygtį (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24. a = 1, c = 2, c = 3, d = 4 a + d = c + c. Pirmąjį skliaustelį padauginame iš ketvirto, o antrąjį su trečiuoju. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x² + 5x + 4) (x² + 5x + 6) = 24. Tegul x² + 5x + 4 = y , tada y (y + 2) = 24, y² + 2y - 24 = 0 y₁ = -6, y₂ = 4. x ² + 5x + 4 = -6 arba x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D

Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = -15, x (x + 4) (x + 5) (x + 9) + 96 = 0, x (x + 3) ) (x + 5) (x + 8) + 56 = 0, (x - 4) (x - 3) (x - 2) (x - 1) = 24, (x - 3) (x -4) ( x - 5) (x - 6) \u003d 1680, (x ² - 5x) (x + 3) (x - 8) + 108 \u003d 0, (x + 4) ² (x + 10) (x - 2) ) + 243 \u003d 0 (x ² + 3x + 2) (x ² + 9x + 20) \u003d 4, indikacija: x + 3x + 2 \u003d (x + 1) (x + 2), x ² + 9x + 20 \u003d (x + 4)(х + 5) Atsakymai: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97) / 2 7) -7; -1; -4±√3.

Grąžinimo lygtys. Apibrėžimas Nr. 1. Formos lygtis: ax⁴ + inx ³ + cx ² + in + a \u003d 0 vadinama ketvirtojo laipsnio abipuse lygtimi. Apibrėžimas Nr. 2. Formos lygtis: ax⁴ + vx ³ + cx ² + kvx + k² a \u003d 0 vadinama apibendrinta ketvirto laipsnio abipuse lygtimi. k² a: a \u003d k²; kv: v \u003d k. Pavyzdys Nr. 6. Išspręskite lygtį x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Abi lygties puses padalinkite iš x². x ² - 7x + 14 - 7 / x + 1 / x ² \u003d 0, (x ² + 1 / x ²) - 7 (x + 1 / x) + 14 \u003d 0. Tegul x + 1 / x \ u003d m. Abi lygties puses padalijame kvadratu. x ² + 2 + 1/ x ² = y², x ² + 1/ x ² = y² - 2. Gauname kvadratinę lygtį y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4. x + 1/ x = 3 arba x + 1 / x = 4. Gauname dvi lygtis: x ² - 3x + 1 = 0, x ² - 4x + 1 = 0. 7 pavyzdys. 3x⁴ - 2x³ - 31x² + 10x + 75 = 0. 75:3 = 25, 10: (- 2) = -5, (-5)² = 25. Apibendrintos abipusės lygties sąlyga įvykdyta k = -5. Išspręsta panašiai kaip pavyzdyje Nr.6. Abi lygties puses padalinkite iš x². 3x⁴ - 2x - 31 + 10 / x + 75 / x² \u003d 0, 3 (x ⁴ + 25 / x ²) - 2 (x - 5 / x) - 31 \u003d 0. Tegul x - 5 / x \ u003d y, abi lygybės x ² - 10 + 25 / x ² = y², x ² + 25 / x ² = y² + 10 kraštinės kvadratu. Turime kvadratinę lygtį 3y² - 2y - 1 = 0, y₁ = 1 , y₂ = – 1/3. x - 5 / x \u003d 1 arba x - 5 / x \u003d -1/3. Gauname dvi lygtis: x ² - x - 5 = 0 ir 3x² + x - 15 = 0

Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. 1. 78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0, 2. x ⁴ - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0, 3. x ⁴ - x ³ - 10x² + 2x ⁳ + 6 x + 5, + 4. - 38x² -10x + 24 \u003d 0,5,x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0,6,x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 \u003d ⁴ \u003d: 0;1)2. 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

Homogeninės lygtys. Apibrėžimas. Formos a₀ u³ + a₁ u² v + a2 uv² + a₃ v³ = 0 lygtis vadinama homogenine trečiojo laipsnio lygtimi u v atžvilgiu. Apibrėžimas. Formos a₀ u⁴ + a₁ u³v + a2 u²v² + a₃ uv³ + a4 v⁴ = 0 lygtis vadinama vienalyte ketvirto laipsnio lygtimi u v atžvilgiu. Pavyzdys numeris 8. Išspręskite lygtį (x ² - x + 1)³ + 2x⁴ (x ² - x + 1) - 3x⁶ \u003d 0 Trečiojo laipsnio vienalytė lygtis u \u003d x ² - x + 1, v \u003d atžvilgiu x ². Abi lygties puses padalijame iš x ⁶. Pirmiausia patikrinome, ar x = 0 nėra lygties šaknis. (x ² - x + 1 / x ²)³ + 2 (x ² - x + 1 / x ²) - 3 \u003d 0. (x ² - x + 1) / x ²) \u003d y, y³ + 2y - 3 = 0, y = 1 yra lygties šaknis. Dauginamą P (x) \u003d y³ + 2y - 3 padaliname iš y - 1 pagal Hornerio schemą. Visų pirma, mes gauname trinarį, kuris neturi šaknų. Atsakymas: 1.

Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. 1. 2 (x² + 6x + 1)² + 5 (X² + 6X + 1) (X² + 1) + 2 (X² + 1)² = 0. 2. (X + 5)⁴ - 13X² (X + 5) )² + 36X⁴ = 0, 3. 2 (X² + X + 1)² - 7 (X - 1)² = 13 (X³ - 1), 4. 2 (X -1)⁴ - 5 (X² - 3X + 2)² + 2 (x - 2)⁴ = 0,5 (x² + x + 4)² + 3x (x² + x + 4) + 2x² = 0, atsakymai: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Nėra šaknų.

Neapibrėžtų koeficientų metodas. 3 teorema. Du daugianariai P(x) ir G(x) yra identiški tada ir tik tada, kai jie turi tą patį laipsnį, o koeficientai, esant vienodoms kintamojo laipsnėms abiejuose daugianariuose, yra vienodi. 9 pavyzdys. Dauginamojo koeficiento koeficientas y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + wu + c)(y² + v₁y + c₁) = y ⁴ + y³ (vy² + c) s₁ + s + v₁v) + y(s₁ + s₁) + ss₁. Pagal teoremą Nr. 3 turime lygčių sistemą: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, saulė ₁ + св ₁ = -4, ss ₁ = 1. Būtina išspręsti sistemą. sveikaisiais skaičiais. Paskutinė lygtis sveikaisiais skaičiais gali turėti sprendinius: c = 1, c₁ =1; c = -1, c1 = -1. Tegu с = с ₁ = 1, tada iš pirmosios lygties turime в₁ = -4 –в. Pakeiskite antroje sistemos lygtyje in² + 4v + 3 = 0, in = -1, in₁ = -3 arba in = -3, in₁ = -1. Šios reikšmės atitinka trečiąją sistemos lygtį. Su c \u003d c ₁ \u003d -1 D

Pavyzdys numeris 10. Dauginamojo koeficiento koeficientas y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 \u003d (y + a) (y² + wu + c) \u003d y³ + (a + c) y² + (av + c) y + ac. Turime lygčių sistemą: a + b \u003d 0, av + c \u003d -5, ac \u003d 2. Trečiosios lygties galimi sveikieji sprendiniai: (2; 1), (1; 2), (-2) ; -1), (-1 ;-2). Tegu a = -2, c = -1. Iš pirmosios sistemos lygties = 2, kuri tenkina antrąją lygtį. Pakeitę šias reikšmes į norimą lygybę, gauname atsakymą: (y - 2) (y² + 2y - 1). Antras būdas. Y³ - 5y + 2 \u003d y³ -5y + 10 - 8 \u003d (y³ - 8) - 5 (y - 2) \u003d (y - 2) (y2 + 2y -1).

Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. Paskaičiuokite daugianario koeficientą: 1. y⁴ + 4y³ + 6y2 + 4y -8, 2. y⁴ - 4y3 + 7y2 - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y⁴ -8y3 + 24y2 -32y. lygtis naudojant faktorizavimo metodą: a) x⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ + 5x³ -6x² = 0. Atsakymai: 1) (y² + 2y -2) (y² + 2y + 4), 2) (y - 1)² (y² -2 m + 2), 3) (x ² -6x + 18) (x ² + 6x + 18), 4) (y - 1) (y - 3) (y² - 4 m + 5), 5a) ± 1; ±√2 , 5b) 0; 1.

Funkciškai – grafinis aukštesnių laipsnių lygčių sprendimo būdas. Pavyzdys numeris 11. Išspręskite lygtį x ⁵ + 5x -42 = 0. Funkcija y \u003d x ⁵ didėja, funkcija y \u003d 42 - 5x mažėja (k

Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. 1. Naudodamiesi funkcijos monotoniškumo savybe, įrodykite, kad lygtis turi vieną šaknį, ir raskite šią šaknį: a) x ³ \u003d 10 - x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 - x. Atsakymai: a) 2, b) √2. 2. Funkciniu-grafiniu metodu išspręskite lygtį: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 - x, d) (1/3) = x +4, d ) (x - 1)² \u003d log₂ x, e) log \u003d (x + ½)², g) 1 - √x \u003d ln x, h) √x - 2 \u003d 9 / x. Atsakymai: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.

Vietos formulės aukštesnių laipsnių lygtims. 5 teorema (Vietos teorema). Jei lygtis a xⁿ + a xⁿ + ... + a₁x + a₀ turi n skirtingų realiųjų šaknų x ₁, x ₂, ..., x, tada jos tenkina lygybes: Kvadratinės lygties ax² + in + c = o : x ₁ + x ₂ \u003d -in / a, x₁x ₂ \u003d c / a; Kubinei lygčiai a₃x ³ + a2x ² + a₁x + a₀ = o: x ₁ + x 2 + x ₃ = -a2/a3; x₁x 2 + x₁x ₃ + x₂x ₃ = a1/a3; x₁x₂x ₃ \u003d -a₀ / a3; ..., n-ojo laipsnio lygčiai: x ₁ + x ₂ + ... x \u003d - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x \u003d a / a, ..., x₁x ₂ ... x \u003d (- 1 ) ⁿ a₀/a. Galioja ir atvirkštinė teorema.

13 pavyzdys. Parašykite kubinę lygtį, kurios šaknys yra atvirkštinės lygties x ³ - 6x² + 12x - 18 = 0 šaknims, o koeficientas ties x ³ yra 2. 1. Pagal Vietos teoremą kubinei lygčiai turime: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + х₁х ₃ + х₂х ₃ = 12, х₁х₂х ₃ = 18. 2. Sudarykite atvirkštinius dydžius ir taikykite jiems pateiktų šaknų atvirkštinius dydžius arba priešingai. 1/ x ₁ + 1/ x ₂ + 1/ x ₃ = (x₂x ₃ + x₁x ₃ + x₁x ₂)/ x₁x₂x ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x₁x ₂ + 1/ x₁x ₃ + 1/ x₂x ₃ = (x₃ + x ₂ + x ₁)/ x₁x₂x ₃ = 6/18 = 1/3, 1/ x₁x₃ = 1/8. Gauname lygtį x ³ + 2/3x² + 1/3x - 1/18 = 0 2 Atsakymas: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. 1. Parašykite kubinę lygtį, kurios šaknys yra atvirkštinės lygties x ³ - 6x² + 11x - 6 = 0 šaknų kvadratams, o koeficientas ties x ³ yra 8. Atsakymas: 8x³ - 98/9x² + 28/9x -2/9 = 0. Nestandartiniai aukštesnių laipsnių lygčių sprendimo metodai. 12 pavyzdys. Išspręskite lygtį x ⁴ -8x + 63 = 0. Išskaidykime kairę lygties pusę. Pasirinkite tikslius kvadratus. X⁴ - 8x + 63 \u003d (x ⁴ + 16x² + 64) - (16x² + 8x + 1) \u003d (x ² + 8)² - (4x + 1)² \u003d (x ² + 4x + 9) ( x ² - 4x + 7) = 0. Abu diskriminantai yra neigiami. Atsakymas: nėra šaknų.

14 pavyzdys. Išspręskite lygtį 21x³ + x ² - 5x - 1 \u003d 0. Jei lygties laisvasis narys yra ± 1, tada lygtis konvertuojama į aukščiau pateiktą lygtį, pakeičiant x \u003d 1 / y. 21 / y³ + 1 / y² - 5 / y - 1 \u003d 0 y³, y³ + 5y² -y - 21 \u003d 0. y \u003d -3 yra lygties šaknis. (y + 3) (y² + 2y -7) \u003d 0, y \u003d -1 ± 2√2. x ₁ = -1/3, x ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7, X₃ = 1/-1 -2√2 =(1-2√2)/7 . 15 pavyzdys. Išspręskite lygtį 4x³-10x² + 14x - 5 \u003d 0. Abi lygties puses padauginkite iš 2. 8x³ -20x² + 28x - 10 \u003d 0, (2x)³ - 5 (2x)² + -1 10 \u003d 0. Pristatome naują kintamąjį y \u003d 2x, gauname sumažintą lygtį y³ - 5y² + 14y -10 \u003d 0, y \u003d 1 yra lygties šaknis. (y – 1) (y² – 4 m. + 10) \u003d 0, D

16 pavyzdys. Įrodykite, kad lygtis x ⁴ + x ³ + x - 2 = 0 turi vieną teigiamą šaknį. Tegu f (x) \u003d x ⁴ + x ³ + x - 2, f '(x) \u003d 4x³ + 3x² + 1\u003e o, jei x\u003e o. Funkcija f (x) didėja, kai x > o, o f (o) reikšmė \u003d -2. Akivaizdu, kad lygtis turi vieną teigiamą šaknį p.t.d. 17 pavyzdys. Išspręskite lygtį 8x (2x² - 1) (8x⁴ - 8x² + 1) \u003d 1. I. F. Sharygin „Pasirenkamasis matematikos kursas 11 klasei“. M. Nušvitimas 1991 p90. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 ir 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Pakeiskime x \u003d jaukiai, y € (0; n). Likusioms y reikšmėms kartojasi x reikšmės, o lygtis turi ne daugiau kaip 7 šaknis. 2x² - 1 = 2 cos²y - 1 = cos2y, 8x⁴ - 8x² + 1 = 2 (2x² - 1)² - 1 = 2 cos²2y - 1 = cos4y. 3. Lygtis tampa 8 cozycos2ycos4y = 1. Abi lygties puses padauginkite iš siny . 8 sinycosycos2ycos4y = siny . 3 kartus pritaikę dvigubo kampo formulę, gauname lygtį sin8y \u003d siny, sin8y - siny \u003d 0

17 pavyzdžio sprendimo pabaiga. Taikome sinusų skirtumo formulę. 2 sin7y/2 cos9y/2 = 0 . Atsižvelgiant į tai, kad y € (0;n), y = 2 vnt/3, k = 1, 2, 3 arba y = n /9 + 2 vnt/9, k = 0, 1, 2, 3. Grįžtant prie kintamojo x, gauname atsakymą: Cos2 p / 7, cos4 p / 7, cos6 p / 7, cos p / 9, ½, cos5 p / 9, cos7 p / 9. Savarankiško sprendimo pavyzdžiai. Raskite visas a reikšmes, kurių lygtis (x² + x)(x² + 5x + 6) = a turi tiksliai tris šaknis. Atsakymas: 9/16. Kryptis: nubraižykite kairę lygties pusę. Fmax = f(0) = 9/16 . Tiesė y \u003d 9/16 kerta funkcijos grafiką trijuose taškuose. Išspręskite lygtį (x ² + 2x) ² - (x + 1) ² \u003d 55. Atsakymas: -4; 2. Išspręskite lygtį (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ = 16. Atsakymas: -5; -3. Išspręskite lygtį 2 (x ² + x + 1) ² -7 (x - 1) ² \u003d 13 (x ³ - 1) Atsakymas: -1; -1/2, 2;4 Raskite lygties x ³ - 12x + 10 = 0 realiųjų šaknų skaičių [-3; 3/2]. Užuomina: suraskite išvestinę ir ištirkite monot.

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai (tęsinys). 6. Raskite lygties x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0 realiųjų šaknų skaičių. Atsakymas: 2 X₁² + x ₂² + x ₃². Atsakymas: 66. Kryptis: taikyti Vietos teoremą. 8. Įrodykite, kad a > o ir savavališka realioji lygtis x ³ + ax + b = o turi tik vieną realiąją šaknį. Užuomina: įrodykite prieštaravimu. Taikykite Vietos teoremą. 9. Išspręskite lygtį 2 (x ² + 2) ² \u003d 9 (x ³ + 1). Atsakymas: ½; 1; (3 ± √13)/2. Kryptis: perkelkite lygtį į vienalytę, naudodami lygybes X² + 2 = x + 1 + x ² - x + 1, x ³ + 1 = (x + 1) (x ² - x + 1). 10. Išspręskite lygčių sistemą x + y \u003d x ², 3y - x \u003d y². Atsakymas: (0;0), (2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Išspręskite sistemą: 4y² -3xy \u003d 2x -y, 5x² - 3y² \u003d 4x - 2y. Atsakymas: (o; o), (1; 1), (297/265; - 27/53).

Testas. 1 variantas. 1. Išspręskite lygtį (x ² + x) - 8 (x ² + x) + 12 = 0. 2. Išspręskite lygtį (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = - 15 3. Išspręskite lygtį 12x²(x - 3) + 64(x - 3)² = x ⁴. 4. Išspręskite lygtį x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Išspręskite lygčių sistemą: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

2 variantas 1. (x ² - 4x) ² + 7 (x ² - 4x) + 12 \u003d 0. 2. x (x + 1) (x + 5) (x + 6) \u003d 24. 3. x ⁴ + 18 (x + 4)² = 11x² (x + 4). 4. x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 = 0. 5. x ² - 2xy + y² + 2x²y - 9 = 0, x - y - x²y + 3 = 0. 3 parinktis. 1. (x ² + 3x)² - 14 (x ² + 3x) + 40 \u003d 0 2. (x - 5) (x-3) (x + 3) (x + 1) \u003d - 35, 3 x4 + 8x²(x + 2) = 9(x + 2)². 4. x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. 5. x + y + x ² + y ² = 18, xy + x ² + y² = 19.

4 variantas. (x ² - 2x) ² - 11 (x ² - 2x) + 24 \u003d o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) = -36. X⁴ + 3 (x -6)² = 4x² (6 - x). X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy - 3y² = - 4. Papildoma užduotis: polinomo P (x) padalijimo iš (x - 1) liekana yra 4, liekana, padalyta iš (x + 1), yra 2, o dalijant iš (x - 2), ji yra 8. Raskite likutį, kai P (x) yra padalintas iš (x ³ - 2x² - x + 2).

Atsakymai ir instrukcijos: variantas Nr. 1 Nr. 2. Nr. 3. Nr. 4. Nr. 5. 1. - 3; ±2; 1 1;2;3. -5; -4; 1; 2. Homogeninė lygtis: u \u003d x -3, v \u003d x² -2; -1; 3; 4.(2;1); (2/3; 4/3). Kryptis: 1 (-3) + 2 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2,1±√11; 4; - 2. Homogeninė lygtis: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2; 1); (0;3); (- trisdešimt). Kryptis: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12-6; -3; -1; 2. Homogeniškas u \u003d x + 2, v \u003d x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Pastaba: 2-1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5±√21)/2 (1;-2), (-1;2). Kryptis: 1 4 + 2 .

Papildomos užduoties sprendimas. Pagal Bezout teoremą: P (1) \u003d 4, P (-1) \u003d 2, P (2) \u003d 8. P (x) \u003d G (x) (x ³ - 2x² - x + 2 ) + ax² + in + Su. 1 pakaitalas; - 1; 2. P (1) \u003d G (1) 0 + a + b + c \u003d 4, a + b + c \u003d 4. P (-1) \u003d a - b + c \u003d 2, P ( 2) = 4a² + 2b + c = 8. Išspręsdami gautą trijų lygčių sistemą, gauname: a = c = 1, c = 2. Atsakymas: x ² + x + 2.

Kriterijus Nr.1 ​​- 2 balai. 1 balas – viena skaičiavimo klaida. Nr.2,3,4 - po 3 taškus. 1 taškas – veda į kvadratinę lygtį. 2 taškai – viena skaičiavimo klaida. Nr. 5. - 4 taškai. 1 balas – išreiškia vieną kintamąjį per kitą. 2 balai – gavo vieną iš sprendimų. 3 balai – viena skaičiavimo klaida. Papildoma užduotis: 4 balai. 1 balas – pritaikė Bezout teoremą visiems keturiems atvejams. 2 taškai – sudaryta lygčių sistema. 3 balai – viena skaičiavimo klaida.

Apskritai lygties, kurios laipsnis didesnis nei 4, negalima išspręsti radikaluose. Tačiau kartais aukščiausio laipsnio lygtyje vis tiek galime rasti kairėje esančio daugianario šaknis, jei pavaizduojame jį kaip daugianario sandaugą ne didesniu kaip 4 laipsniu. Tokių lygčių sprendimas pagrįstas daugianario išskaidymu į veiksnius, todėl prieš studijuojant šį straipsnį patariame peržvelgti šią temą.

Dažniausiai tenka susidurti su aukštesnio laipsnio lygtimis su sveikųjų skaičių koeficientais. Tokiais atvejais galime pabandyti rasti racionalias šaknis, o tada paskaičiuoti daugianarį, kad galėtume konvertuoti jį į žemesnio laipsnio lygtį, kurią bus lengva išspręsti. Šioje medžiagoje mes apsvarstysime tik tokius pavyzdžius.

Aukštesniojo laipsnio lygtys su sveikųjų skaičių koeficientais

Visos lygtys, sudarytos iš a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0, galime redukuoti iki to paties laipsnio lygties, padauginę abi puses iš a n n - 1 ir pakeitę formos y = a n x kintamąjį:

a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 a n n x n + a n - 1 a n n - 1 x n - 1 + ... + a 1 (a n) n - 1 x + a 0 (a n) n - 1 = 0 y = a n x ⇒ y n + b n - 1 y n - 1 + … + b 1 y + b 0 = 0

Gauti koeficientai taip pat bus sveikieji skaičiai. Taigi, mums reikės išspręsti n-ojo laipsnio redukuotą lygtį su sveikaisiais koeficientais, kurios forma yra x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 = 0.

Apskaičiuojame sveikąsias lygties šaknis. Jei lygtis turi sveikųjų skaičių šaknis, jų reikia ieškoti tarp laisvojo termino a 0 daliklių. Užrašykime juos ir po vieną pakeiskime pradine lygybe, patikrindami rezultatą. Gavę tapatybę ir radę vieną iš lygties šaknų, galime ją užrašyti forma x - x 1 · P n - 1 (x) = 0 . Čia x 1 yra lygties šaknis, o P n - 1 (x) yra x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 dalinys, padalytas iš x - x 1 .

Pakeiskite likusius daliklius P n - 1 (x) = 0, pradedant nuo x 1, nes šaknis galima kartoti. Gavus tapatybę, šaknis x 2 laikoma rasta, o lygtį galima parašyti kaip (x - x 1) (x - x 2) P n - 2 (x) \u003d 0. Čia P n - 2 (x) ) bus dalijamas P n - 1 (x) iš x - x 2 .

Toliau rūšiuojame pagal daliklius. Raskite visas sveikųjų skaičių šaknis ir pažymėkite jų skaičių m. Po to pradinė lygtis gali būti pavaizduota kaip x - x 1 x - x 2 · … · x - x m · P n - m (x) = 0 . Čia P n - m (x) yra n - m laipsnio daugianario. Skaičiavimui patogu naudoti Hornerio schemą.

Jei mūsų pradinė lygtis turi sveikųjų skaičių koeficientus, mes negalime gauti trupmeninių šaknų.

Dėl to gavome lygtį P n - m (x) = 0, kurios šaknis galima rasti bet kokiu patogiu būdu. Jie gali būti neracionalūs arba sudėtingi.

Konkrečiu pavyzdžiu parodykime, kaip tokia sprendimo schema taikoma.

1 pavyzdys

Būklė: raskite lygties x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0 sprendinį.

Sprendimas

Pradėkime nuo sveikųjų skaičių šaknų paieškos.

Turime pertrauką, lygią minus trys. Jo dalikliai lygūs 1, -1, 3 ir -3. Pakeiskime juos į pradinę lygtį ir pažiūrėkime, kuri iš jų suteiks tapatybes.

Jei x lygus vienetui, gauname 1 4 + 1 3 + 2 1 2 - 1 - 3 \u003d 0, o tai reiškia, kad vienas bus šios lygties šaknis.

Dabar padalinkime daugianarį x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 iš (x - 1) į stulpelį:

Taigi x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 = 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 = 0

Gavome tapatybę, o tai reiškia, kad radome kitą lygties šaknį, lygią - 1.

Dauginamą x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 padalijame iš (x + 1) stulpelyje:

Mes tai gauname

x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = (x - 1) (x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3) = = (x - 1) (x + 1) (x 2 + x + 3)

Mes pakeičiame kitą daliklį į lygtį x 2 + x + 3 = 0, pradedant nuo -1:

1 2 + (- 1) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 (- 3) 2 + (- 3) + 3 = 9 ≠ 0

Gautos lygybės bus neteisingos, o tai reiškia, kad lygtis nebeturi sveikųjų skaičių šaknų.

Likusios šaknys bus išraiškos x 2 + x + 3 šaknys.

D \u003d 1 2 - 4 1 3 \u003d - 11< 0

Iš to išplaukia, kad šis kvadratinis trinaris neturi realių šaknų, tačiau yra sudėtingų konjuguotų: x = - 1 2 ± i 11 2 .

Paaiškinkime, kad vietoj padalijimo į stulpelį galima naudoti Hornerio schemą. Tai daroma taip: nustačius pirmąją lygties šaknį, užpildome lentelę.

Koeficientų lentelėje iš karto matome daugianario dalybos dalinio koeficientus, o tai reiškia x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

Suradę kitą šaknį, lygią - 1 , gauname:

Atsakymas: x \u003d - 1, x \u003d 1, x \u003d - 1 2 ± i 11 2.

2 pavyzdys

Būklė: išspręskite lygtį x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0.

Sprendimas

Laisvasis narys turi daliklius 1 , - 1 , 2 , - 2 , 3 , - 3 , 4 , - 4 , 6 , - 6 , 12 , - 12 .

Patikrinkime juos eilės tvarka:

1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 = 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 = 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 = 0

Taigi x = 2 bus lygties šaknis. Padalinkite x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 iš x - 2 pagal Hornerio schemą:

Dėl to gauname x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0 .

2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 = 0

Taigi 2 vėl bus šaknis. Padalinkite x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 iš x - 2:

Dėl to gauname (x - 2) 2 (x 2 + 3 x + 3) = 0 .

Tikrinti likusius daliklius nėra prasmės, nes lygybę x 2 + 3 x + 3 = 0 greičiau ir patogiau išspręsti naudojant diskriminantą.

Išspręskime kvadratinę lygtį:

x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 - 4 1 3 = - 3< 0

Gauname kompleksinę konjuguotą šaknų porą: x = - 3 2 ± i 3 2 .

Atsakymas: x = - 3 2 ± i 3 2 .

3 pavyzdys

Būklė: suraskite tikrąsias lygties x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 šaknis.

Sprendimas

x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0

Atliekame abiejų lygties dalių dauginimą 2 3:

2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0

Keičiame kintamuosius y = 2 x:

2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0 y 4 + y 3 - 20 y - 48 = 0

Dėl to gavome standartinę 4-ojo laipsnio lygtį, kurią galima išspręsti pagal standartinę schemą. Patikrinkime daliklius, padalinkime ir galų gale gausime, kad jis turi 2 tikrąsias šaknis y \u003d - 2, y \u003d 3 ir dvi sudėtingas. Čia nepateiksime viso sprendimo. Dėl pakeitimo tikrosios šios lygties šaknys bus x = y 2 = - 2 2 = - 1 ir x = y 2 = 3 2 .

Atsakymas: x 1 \u003d - 1, x 2 \u003d 3 2

Jei tekste pastebėjote klaidą, pažymėkite ją ir paspauskite Ctrl+Enter

Darbo tekstas patalpintas be vaizdų ir formulių.
Pilną darbo versiją rasite skirtuke „Darbo failai“ PDF formatu

Įvadas

Aukštesnio laipsnio algebrinių lygčių su vienu nežinomuoju sprendimas yra viena iš sunkiausių ir seniausių matematinių problemų. Žymiausi antikos matematikai sprendė šias problemas.

N-ojo laipsnio lygčių sprendimas yra svarbus uždavinys ir šiuolaikinei matematikai. Susidomėjimas jomis yra gana didelis, nes šios lygtys yra glaudžiai susijusios su lygčių, kurios nėra įtrauktos į matematikos mokyklinę programą, šaknų paieška.

Problema: mokinių gebėjimų stoka įvairiai spręsti aukštesnio laipsnio lygtis trukdo sėkmingai pasiruošti matematikos ir matematikos olimpiadų baigiamajam atestavimui, mokymuisi specializuotoje matematikos klasėje.

Aukščiau išdėstytos aplinkybės nustatytos aktualumą mūsų darbo „Aukštųjų laipsnių lygčių sprendimas“.

Turint paprasčiausius n-ojo laipsnio lygčių sprendimo būdus, sutrumpėja užduoties atlikimo laikas, nuo kurio priklauso darbo rezultatas ir mokymosi proceso kokybė.

Darbo tikslas:žinomų aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo metodų tyrimas ir praktiniam pritaikymui labiausiai prieinamų iš jų nustatymas.

Remiantis šiuo tikslu, toliau užduotys:

Studijuoti literatūrą ir interneto šaltinius šia tema;

Susipažinkite su istoriniais faktais, susijusiais su šia tema;

Apibūdinkite įvairius aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo būdus

palyginkite kiekvieno iš jų sudėtingumo laipsnį;

Supažindinti klasės draugus su aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo būdais;

Sukurkite lygčių rinkinį, skirtą praktiniam kiekvieno iš nagrinėjamų metodų pritaikymui.

Tyrimo objektas- aukštesnių laipsnių lygtys su vienu kintamuoju.

Studijų dalykas- aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo būdai.

Hipotezė: nėra bendro būdo ir vieno algoritmo, leidžiančio baigtiniu žingsnių skaičiumi rasti n-ojo laipsnio lygčių sprendimus.

Tyrimo metodai:

- bibliografinis metodas (literatūros analizė tiriama tema);

- klasifikavimo metodas;

- kokybinės analizės metodas.

Teorinė reikšmė mokslinius tyrimus sudaro aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo metodų sisteminimas ir jų algoritmų aprašymas.

Praktinė reikšmė- pristatė medžiagą šia tema ir mokymo priemonės mokiniams šia tema kūrimą.

1. AUKŠČIŲJŲJŲ JĖGŲ LYGTYBĖS

1.1 N-ojo laipsnio lygties samprata

1 apibrėžimas. N-ojo laipsnio lygtis yra formos lygtis

a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, kur koeficientai a 0, a 1, a 2…, a n -1, a n – bet kokie realieji skaičiai ir ,a 0 ≠ 0 .

Polinomas a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n vadinamas n-ojo laipsnio daugianario. Koeficientai išsiskiria pavadinimais: a 0 - senjorų koeficientas; a n yra laisvas narys.

Apibrėžimas 2. Duotosios lygties sprendiniai arba šaknys yra visos kintamojo reikšmės X, kurios šią lygtį paverčia tikrąja skaitine lygybe arba, kuriai daugianario a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n eina į nulį. Tokia kintamoji reikšmė X dar vadinama daugianario šaknimi. Išspręsti lygtį reiškia surasti visas jos šaknis arba nustatyti, kad jų nėra.

Jeigu a 0 = 1, tada tokia lygtis vadinama redukuoto sveikojo skaičiaus racionalia lygtimi n th laipsnį.

Trečiojo ir ketvirtojo laipsnio lygtims yra Cardano ir Ferrari formulės, kurios išreiškia šių lygčių šaknis radikalais. Paaiškėjo, kad praktiškai jie retai naudojami. Taigi, jei n ≥ 3, o daugianario koeficientai yra savavališki realieji skaičiai, rasti lygties šaknis nėra lengva užduotis. Tačiau daugeliu ypatingų atvejų ši problema išsprendžiama iki galo. Apsistokime ties kai kuriais iš jų.

1.2 Aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo istoriniai faktai

Jau senovėje žmonės suprato, kaip svarbu išmokti spręsti algebrines lygtis. Maždaug prieš 4000 metų Babilono mokslininkai įsisavino kvadratinės lygties sprendimą ir išsprendė dviejų lygčių sistemas, iš kurių viena buvo antrojo laipsnio. Aukštesnių laipsnių lygčių pagalba buvo sprendžiamos įvairios geodezijos, architektūros ir karinių reikalų problemos, į jas redukuota daug įvairių praktikos ir gamtos mokslų klausimų, nes tiksli matematikos kalba leidžia tiesiog išreikšti faktus ir santykiai, kurie, pasakomi įprasta kalba, gali atrodyti painūs ir sudėtingi.

Universali formulė algebrinės lygties šaknims rasti n-oji jokio laipsnio. Žinoma, daugelis sugalvojo viliojančią idėją surasti bet kurios n laipsnio formules, kurios išreikštų lygties šaknis jos koeficientais, tai yra, lygtį išspręstų radikalais.

Tik XVI amžiuje italų matematikams pavyko žengti toliau – rasti n \u003d 3 ir n \u003d 4 formules. Tuo pačiu metu Scipio, Dahl, Ferro ir jo mokiniai Fiori ir Tartaglia užsiėmė klausimu apie 3-ojo laipsnio lygčių bendrasis sprendimas.

1545 m. buvo išleista italų matematiko D. Cardano knyga „Didysis menas arba apie algebros taisykles“, kurioje kartu su kitais algebros klausimais nagrinėjami bendrieji kubinių lygčių sprendimo būdai, taip pat metodas spręsdamas 4-ojo laipsnio lygtis, atrado jo mokinys L. Ferrari.

Išsamią klausimų, susijusių su 3 ir 4 laipsnių lygčių sprendimu, ekspoziciją pateikė F. Viet.

XIX amžiaus 20-ajame dešimtmetyje norvegų matematikas N. Abelis įrodė, kad penktojo laipsnio lygčių šaknys negali būti išreikštos radikalais.

Tyrimo metu paaiškėjo, kad šiuolaikinis mokslas žino daugybę n-ojo laipsnio lygčių sprendimo būdų.

Aukštesnio laipsnio lygčių, kurių negalima išspręsti mokyklos programoje aptartais metodais, sprendimo būdų paieškos rezultatas yra Vietos teoremos (laipsnio lygtims) taikymu pagrįsti metodai. n>2), Bezout teoremos, Hornerio schemos, taip pat Cardano ir Ferrari formulė, skirta kubinėms ir kvartinėms lygtims išspręsti.

Straipsnyje pristatomi mums atradimu tapę lygčių sprendimo metodai ir jų tipai. Tai apima - neapibrėžtų koeficientų metodą, viso laipsnio paskirstymą, simetrines lygtis.

2. INTEGRUOTŲ DIDESNĖS GALIOS LYGČIŲ SU INTEGRUOTAIS KOEFICENTAIS SPRENDIMAS

2.1 III laipsnio lygčių sprendimas. Formulė D. Cardano

Apsvarstykite formos lygtis x 3 +px+q=0. Bendrąją lygtį paverčiame tokia forma: x 3 +px 2 +qx+r=0. Užrašykime sumos kubo formulę; Pridėkime prie pradinės lygybės ir pakeiskime y. Gauname lygtį: y 3 + (q -) (y -) + (r - =0. Po transformacijų turime: y 2 +py + q=0. Dabar dar kartą parašykime sumos kubo formulę:

(a+b) 3 =a 3 + 3a 2 b+3ab 2 +b 3 = a 3 +b 3 + 3ab (a + b), pakeisti ( a+b)įjungta x, gauname lygtį x 3 - 3abx - (a 3 +b 3) = 0. Dabar aišku, kad pradinė lygtis yra lygiavertė sistemai: ir išspręsdami sistemą, gauname:

Gavome formulę, kaip išspręsti aukščiau pateiktą 3 laipsnio lygtį. Jis pavadintas italų matematiko Cardano vardu.

Apsvarstykite pavyzdį. Išspręskite lygtį:.

Mes turime R= 15 ir q= 124, tada naudodami Cardano formulę apskaičiuojame lygties šaknį

Išvada: ši formulė gera, bet netinka visoms kubinėms lygtims spręsti. Tačiau jis yra didelis. Todėl praktikoje jis naudojamas retai.

Bet tas, kuris įvaldo šią formulę, gali ja pasinaudoti spręsdamas egzamino trečiojo laipsnio lygtis.

2.2 Vietos teorema

Iš matematikos kurso mes žinome šią kvadratinės lygties teoremą, tačiau mažai žmonių žino, kad ji taip pat naudojama sprendžiant aukštesnio laipsnio lygtis.

Apsvarstykite lygtį:

koeficientas kairėje lygties pusėje, padalintas iš ≠ 0.

Dešinę lygties pusę paverčiame forma

; Iš to išplaukia, kad į sistemą galime įrašyti šias lygybes:

Vietos išvestos formulės kvadratinėms lygtims ir mūsų parodytos 3-ojo laipsnio lygtims tinka ir aukštesnių laipsnių daugianariams.

Išspręskime kubinę lygtį:

Išvada: šis metodas yra universalus ir pakankamai lengvai suprantamas mokiniams, nes Vietos teorema jiems yra pažįstama iš mokyklos n. = 2. Tuo pačiu, norint pagal šią teoremą rasti lygčių šaknis, būtina turėti gerus skaičiavimo įgūdžius.

2.3 Bezout teorema

Ši teorema pavadinta XVIII amžiaus prancūzų matematiko J. Bezout vardu.

Teorema. Jei lygtis a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, kuriame visi koeficientai yra sveikieji skaičiai, o laisvasis narys skiriasi nuo nulio, turi sveikąją šaknį, tada ši šaknis yra laisvojo nario daliklis.

Atsižvelgiant į tai, kad n-ojo laipsnio daugianomas yra kairėje lygties pusėje, teorema turi kitą aiškinimą.

Teorema. Dalijant n-ojo laipsnio daugianario atžvilgiu xį dvinarį x-a likusi dalis lygi dividendo vertei, kai x = a. (laiškas a gali reikšti bet kurį tikrąjį arba įsivaizduojamą skaičių, t.y. bet koks kompleksinis skaičius).

Įrodymas: leisti f(x) žymi savavališką n-ojo laipsnio daugianarį kintamojo x atžvilgiu ir tegul, kai jis dalijamas iš dvejetainio ( x-a) įvyko privačiai q(x), o likusioje dalyje R. Tai akivaizdu q(x) bus tam tikras daugianomas (n - 1) laipsnis santykinai x, o likusią dalį R bus pastovi reikšmė, t.y. nepriklauso nuo x.

Jei likusi dalis R buvo pirmojo laipsnio daugianario x, tada tai reikštų, kad padalijimas nebuvo atliktas. Taigi, R iš x nepriklauso. Pagal padalijimo apibrėžimą gauname tapatybę: f(x)=(x-a)q(x)+R.

Lygybė galioja bet kuriai x reikšmei, taigi ji galioja ir x=a, mes gauname: f(a)=(a-a)q(a)+R. Simbolis f(a) žymi daugianario f reikšmę (x) adresu x=a, q(a)žymi vertę q(x) adresu x=a. Priminimas R liko toks, koks buvo anksčiau R iš x nepriklauso. Darbas ( x-a) q(a) = 0, kadangi daugiklis ( x-a) = 0, ir daugiklis q(a) yra tam tikras skaičius. Todėl iš lygybės gauname: f(a)=R, h.t.d.

1 pavyzdys Raskite polinomo dalybos likutį x 3 - 3x 2 + 6x- 5 už binomį

x- 2. Pagal Bezout teoremą : R=f(2) = 23-322 + 62 -5=3. Atsakymas: R= 3.

Atkreipkite dėmesį, kad Bézout teorema nėra tokia svarbi pati savaime, o dėl jos pasekmių. (1 priedas)

Pabandykime aptarti kai kuriuos Bezouto teoremos taikymo praktinių problemų sprendimui metodus. Reikėtų pažymėti, kad sprendžiant lygtis naudojant Bezout teoremą, būtina:

Raskite visus laisvojo termino sveikuosius daliklius;

Iš šių daliklių raskite bent vieną lygties šaknį;

Padalinkite kairę lygties pusę iš (Ha);

Kairėje lygties pusėje užrašykite daliklio sandaugą ir dalinį;

Išspręskite gautą lygtį.

Apsvarstykite lygties x sprendimo pavyzdį 3 + 4X 2 + x - 6 = 0 .

Sprendimas: raskite laisvojo nario daliklius ±1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Apskaičiuokite reikšmes x= 1, 1 3 + 41 2 + 1-6=0. Padalinkite kairę lygties pusę iš ( X- 1). Atliekame padalijimą „kampu“, gauname:

Išvada: Bezout teorema, vienas iš būdų, į kurį mes atsižvelgiame savo darbe, yra nagrinėjama užklasinės veiklos programoje. Sunku suprasti, nes norint ją įvaldyti, reikia žinoti visas iš to kylančias pasekmes, tačiau tuo pačiu Bezouto teorema yra vienas pagrindinių studentų pagalbininkų egzamine.

2.4 Hornerio schema

Padalyti daugianarį iš dvejetainio x-α galite panaudoti specialų paprastą XVII amžiaus anglų matematikų sugalvotą triuką, vėliau pavadintą Hornerio schema. Hornerio schema leidžia ne tik rasti lygčių šaknis, bet ir lengviau apskaičiuoti jų reikšmes. Norėdami tai padaryti, reikia pakeisti kintamojo reikšmę į daugianarį Pn (x)=a 0 xn+a 1 x n-1 +a 2 xⁿ - ²+…++ a n -1 x+a n. (1)

Apsvarstykite daugianario (1) padalijimą iš dvejetainio x-α.

Išreiškiame nepilnojo koeficiento b koeficientus 0 xⁿ - ¹+ b 1 xⁿ - ²+ b 2 xⁿ - ³+…+ mlrd -1 o likusią dalį r pagal daugianario Pn( x) ir numerį α. b 0 =a 0 , b 1 = α b 0 +a 1 , b 2 = α b 1 +a 2 …, mlrd -1 =

= α mlrd -2 +a n -1 = α mlrd -1 +a n .

Skaičiavimai pagal Hornerio schemą pateikiami šios lentelės pavidalu:

	A 0	a 1	a 2 ,
	b 0 =a 0	b 1 = α b 0 +a 1	b 2 = α b 1 +a 2		r=α b n-1 +a n

Nes r = Pn(α), tada α yra lygties šaknis. Norint patikrinti, ar α yra daugybinė šaknis, Hornerio schemą galima pritaikyti jau daliniui b 0 x+ b 1 x+…+ mlrd -1 pagal lentelę. Jei stulpelyje po bn -1 vėl gauname 0, taigi α yra daugybinė šaknis.

Apsvarstykite pavyzdį: išspręskite lygtį X 3 + 4X 2 + x - 6 = 0.

Kairėje lygties pusėje pritaikykime kairėje lygties pusėje esančio daugianario faktorizaciją, Hornerio schemą.

Sprendimas: raskite laisvojo termino daliklius ± 1; ±2; ± 3; ± 6.

				6 ∙ 1 + (-6) = 0

Dalinio koeficientai yra skaičiai 1, 5, 6, o likusioji dalis yra r = 0.

Reiškia, X 3 + 4X 2 + X - 6 = (X - 1) (X 2 + 5X + 6) = 0.

Iš čia: X- 1 = 0 arba X 2 + 5X + 6 = 0.

X = 1, X 1 = -2; X 2 = -3. Atsakymas: 1,- 2, - 3.

Išvada: taigi vienoje lygtyje mes parodėme, kad naudojami du skirtingi daugianarių faktoringo būdai. Mūsų nuomone, Hornerio schema yra pati praktiškiausia ir ekonomiškiausia.

2.5 4-ojo laipsnio lygčių sprendimas. Ferrari metodas

Cardano mokinys Ludovic Ferrari atrado būdą, kaip išspręsti 4-ojo laipsnio lygtį. Ferrari metodas susideda iš dviejų etapų.

I etapas: formos lygtis vaizduojama kaip dviejų kvadratinių trinarių sandauga; tai išplaukia iš to, kad lygtis yra 3 laipsnio ir bent vieno sprendinio.

II etapas: gautos lygtys sprendžiamos naudojant faktorizaciją, tačiau norint rasti reikiamą faktorizaciją, reikia išspręsti kubines lygtis.

Idėja yra pavaizduoti lygtis kaip A 2 =B 2, kur A= x 2+s,

B-tiesinė funkcija x. Tada belieka išspręsti lygtis A = ±B.

Aiškumo dėlei apsvarstykite lygtį: Atskiriame 4 laipsnį, gauname: Bet kokiam d išraiška bus tobulas kvadratas. Pridėkite prie abiejų gautos lygties pusių

Kairėje pusėje yra visas kvadratas, galite pasiimti d kad dešinioji (2) pusė taptų tobulu kvadratu. Įsivaizduokite, kad mes tai pasiekėme. Tada mūsų lygtis atrodo taip:

Vėliau rasti šaknį nebus sunku. Norėdami pasirinkti tinkamą d būtina, kad (3) dešinės pusės diskriminantas išnyktų, t.y.

Taigi rasti d, būtina išspręsti šią 3 laipsnio lygtį. Ši pagalbinė lygtis vadinama ryžtingas.

Mes galime lengvai rasti sveikąjį tirpiklio šaknį: d= 1

Pakeitę lygtį į (1), gauname

Išvada: Ferrari metodas yra universalus, bet sudėtingas ir sudėtingas. Tuo pačiu metu, jei sprendimo algoritmas yra aiškus, šiuo metodu galima išspręsti 4-ojo laipsnio lygtis.

2.6 Neapibrėžtų koeficientų metodas

4-ojo laipsnio lygties sprendimo Ferrari metodu sėkmė priklauso nuo to, ar išspręsime tirpiklį – 3-ojo laipsnio lygtį, kuri, kaip žinome, ne visada įmanoma.

Neapibrėžtų koeficientų metodo esmė yra ta, kad atspėjama, į kokius veiksnius išskaidomas duotasis daugianomas, o šių faktorių (taip pat ir daugianario) koeficientai nustatomi padauginus veiksnius ir sulygiavus koeficientus esant vienodiems daugianario laipsniams. kintamasis.

Pavyzdys: išspręskite lygtį:

Tarkime, kad kairioji mūsų lygties pusė gali būti išskaidyta į du kvadratinius trinalius su sveikųjų skaičių koeficientais, kad lygybė būtų vienoda

Akivaizdu, kad prieš juos esantys koeficientai turi būti lygūs 1, o laisvieji – vienetui + 1, kitas turi 1.

Koeficientai susiduria X. Pažymėkime juos A ir, norėdami juos nustatyti, padauginame abu dešinėje lygties pusėje esančius trinalius.

Dėl to gauname:

Koeficientų prilyginimas tais pačiais laipsniais X kairėje ir dešinėje lygybės (1) pusėse gauname sistemą, kaip rasti ir

Išsprendę šią sistemą turėsime

Taigi mūsų lygtis yra lygiavertė lygčiai

Ją išspręsdami gauname tokias šaknis: .

Neapibrėžtinių koeficientų metodas pagrįstas šiais teiginiais: bet kurį lygties ketvirtojo laipsnio daugianarį galima išskaidyti į dviejų antrojo laipsnio daugianarių sandaugą; du daugianariai yra identiški tada ir tik tada, kai jų koeficientai yra lygūs esant tokioms pačioms laipsnėms X.

2.7 Simetrinės lygtys

Apibrėžimas. Formos lygtis vadinama simetriška, jei pirmieji koeficientai lygties kairėje yra lygūs pirmiesiems koeficientams dešinėje.

Matome, kad pirmieji koeficientai kairėje yra lygūs pirmiesiems koeficientams dešinėje.

Jei tokia lygtis turi nelyginį laipsnį, tada ji turi šaknį X= - 1. Toliau lygties laipsnį galime sumažinti padalydami iš ( x+ 1). Pasirodo, dalijant simetrinę lygtį iš ( x+ 1) gaunama lyginio laipsnio simetrinė lygtis. Koeficientų simetrijos įrodymas pateiktas žemiau. (6 priedas) Mūsų užduotis yra išmokti spręsti lyginio laipsnio simetriškas lygtis.

Pavyzdžiui: (1)

Išsprendžiame (1) lygtį, padaliname iš X 2 (iki vidutinio laipsnio) = 0.

Terminus sugrupuojame simetriškai

) + 3(x+ . Pažymėti adresu= x+ , išlyginkime abi dalis kvadratu, taigi = adresu 2 Taigi 2 ( adresu 2 arba 2 adresu 2 + 3 išsprendę lygtį, gauname adresu = , adresu= 3. Toliau grįžtame prie pakeitimo x+ = ir x+ = 3. Gauname lygtis ir Pirmasis neturi sprendinio, o antrasis turi dvi šaknis. Atsakymas:.

Išvada: su tokio tipo lygtimi susiduriama nedažnai, tačiau jei su ja susidursite, ją galima lengvai ir paprastai išspręsti, nesiimant sudėtingų skaičiavimų.

2.8 Viso laipsnio ištraukimas

Apsvarstykite lygtį.

Kairėje pusėje yra sumos (x + 1) kubas, t.y.

Iš abiejų dalių ištraukiame trečiojo laipsnio šaknį: , tada gauname

Kur vienintelė šaknis.

TYRIMO REZULTATAI

Atlikę darbą padarėme tokias išvadas:

Išnagrinėtos teorijos dėka susipažinome su įvairiais ištisų aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo būdais;

D. Cardano formulė yra sunkiai naudojama ir suteikia didelę tikimybę padaryti klaidų skaičiavime;

− L. Ferrari metodas leidžia sumažinti ketvirtojo laipsnio lygties sprendinį į kubinį;

− Bezout teorema gali būti naudojama ir kubinėms, ir ketvirtojo laipsnio lygtims; ji yra suprantamesnė ir iliustratyvesnė, kai taikoma sprendžiant lygtis;

Hornerio schema padeda žymiai sumažinti ir supaprastinti skaičiavimus sprendžiant lygtis. Be šaknų radimo, Hornerio schema leidžia lengviau apskaičiuoti polinomų reikšmes kairėje lygties pusėje;

Ypač įdomus buvo lygčių sprendimas neapibrėžtųjų koeficientų metodu, simetrinių lygčių sprendimas.

Atliekant tiriamąjį darbą nustatyta, kad mokiniai susipažįsta su paprasčiausiais aukščiausio laipsnio lygčių sprendimo būdais pasirenkamosiose matematikos klasėse, pradedant nuo 9 ar 10 klasės, taip pat specialiuose keliaujančios matematikos kursuose. mokyklos. Šis faktas buvo nustatytas atlikus MBOU „9 vidurinės mokyklos“ matematikos mokytojų ir studentų, kurie rodo padidėjusį susidomėjimą „matematikos“ dalyku, apklausą.

Populiariausi aukštesnio laipsnio lygčių sprendimo būdai, su kuriais susiduriama sprendžiant olimpiados, konkursines problemas ir mokiniams ruošiantis egzaminams, yra metodai, pagrįsti Bezout teoremos, Hornerio schemos ir naujo kintamojo įvedimu. .

Tiriamojo darbo rezultatų demonstravimas, t.y. mokyklinėje matematikos programoje nestudijuotų lygčių sprendimo būdai, domisi bendraklasiai.

Išvada

Išstudijavus mokomąją ir mokslinę literatūrą, interneto šaltinius jaunimo edukaciniuose forumuose