Pri riešení algebraických rovníc často musíte vynásobiť polynóm. Faktorizovať polynóm znamená reprezentovať ho ako súčin dvoch alebo viacerých polynómov. Niektoré metódy rozkladu polynómov používame pomerne často: prevzatie spoločného činiteľa, použitie skrátených vzorcov na násobenie, vyčlenenie úplného štvorca, zoskupenie. Pozrime sa na ďalšie metódy.

Pri faktorizácii polynómu sú niekedy užitočné nasledujúce tvrdenia:

1) ak má polynóm s celočíselnými koeficientmi racionálny koreň (kde je neredukovateľný zlomok, potom je deliteľ voľného člena a deliteľ vedúceho koeficientu:

2) Ak nejakým spôsobom vyberiete koreň polynómu stupňa, potom polynóm môže byť reprezentovaný v tvare, kde je polynóm stupňa

Polynóm možno nájsť buď rozdelením polynómu na binóm v „stĺpci“, alebo zodpovedajúcim zoskupením členov polynómu a oddelením násobiteľa od nich, alebo metódou neurčitých koeficientov.

Príklad. Faktor polynóm

Riešenie. Keďže koeficient x4 sa rovná 1, potom existujú racionálne korene tohto polynómu a sú deliteľmi čísla 6, t.j. môžu to byť celé čísla ±1, ±2, ±3, ±6. Označme tento polynóm P4(x). Keďže P P4 (1) = 4 a P4(-4) = 23, čísla 1 a -1 nie sú koreňmi polynómu PA(x). Keďže P4(2) = 0, potom x = 2 je koreňom polynómu P4(x), a preto je tento polynóm deliteľný dvojčlenom x - 2. Preto x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2x4 -2x3x3 -3x2 +x-3

3x3 +7x2 -5x +6

3x3 +6x2x2 - 5x + 6x2- 2x

Preto P4(x) = (x - 2) (x3 - 3x2 + x - 3). Pretože xz - 3x2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3) (x2 + 1), potom x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3) (x2 + 1).

Metóda zadávania parametrov

Niekedy pri faktorizácii polynómu pomáha metóda zavedenia parametra. Na nasledujúcom príklade si vysvetlíme podstatu tejto metódy.

Príklad. x3 –(√3 + 1) x2 + 3.

Riešenie. Uvažujme polynóm s parametrom a: x3 - (a + 1)x2 + a2, ktorý sa pri a = √3 zmení na daný polynóm. Napíšme tento polynóm ako štvorcový trinóm pre a: ag - ax2 + (x3 - x2).

Keďže odmocniny tejto trojčlenky na druhú vzhľadom na a sú a1 = x a a2 = x2 - x, potom platí rovnosť a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x) (a - x2 + x). Následne sa polynóm x3 - (√3 + 1)x2 + 3 rozloží na faktory √3 – x a √3 - x2 + x, t.j.

x3 – (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).

Spôsob zavedenia nového neznáma

V niektorých prípadoch nahradením výrazu f(x) zahrnutého v polynóme Pn(x) prostredníctvom y možno získať polynóm vzhľadom na y, ktorý možno ľahko faktorizovať. Potom po nahradení y f(x) získame rozklad polynómu Pn(x).

Príklad. Faktor polynóm x(x+1)(x+2)(x+3)-15.

Riešenie. Transformujme tento polynóm takto: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 =( x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) - 15.

Označme x2 + 3x y. Potom máme y(y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1)2 - 16 = (y + 1 + 4) (y + 1 - 4)= (y + 5) (y - 3).

Preto x(x + 1)(x+ 2)(x + 3) - 15 = (x2+ 3x + 5)(x2 + 3x - 3).

Príklad. Faktor polynóm (x-4)4+(x+2)4

Riešenie. Označme x- 4+x+2 = x - 1 y.

(x - 4)4 + (x + 2)2= (y - 3)4 + (y + 3)4 = y4 - 12y3 +54y3 - 108y + 81 + y4 + 12y3 + 54y2 + 108y + 81 =

2y4 + 108y2 + 162 = 2(y4 + 54y2 + 81) = 2[(yg + 27)2 - 648] = 2 (y2 + 27 - √b48)(y2 + 27+√b48)=

2((x-1)2+27-√b48)((x-1)2+27+√b48)=2(x2-2x + 28- 18√ 2)(x2- 2x + 28 + 18√ 2 ).

Kombinácia rôznych metód

Pri faktorizácii polynómu je často potrebné postupne použiť niekoľko vyššie uvedených metód.

Príklad. Faktor polynómu x4 - 3x2 + 4x-3.

Riešenie. Pomocou zoskupenia prepíšeme polynóm do tvaru x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 – 2x2) – (x2 -4x + 3).

Aplikovaním metódy izolácie celého štvorca na prvú zátvorku máme x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

Pomocou vzorca dokonalého štvorca teraz môžeme napísať, že x4 – 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.

Nakoniec použitím vzorca rozdielu štvorcov dostaneme, že x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2)(x2 - 1 - x + 2) = (x2+x-3)(x2 -x + 1).

§ 2. Symetrické rovnice

1. Symetrické rovnice tretieho stupňa

Rovnice v tvare ax3 + bx2 + bx + a = 0, a ≠ 0 (1) sa nazývajú symetrické rovnice tretieho stupňa. Keďže ax3 + bx2 + bx + a = a(x3 + 1) + bx (x + 1) = (x+1)(ax2+(b-a)x+a), potom rovnica (1) je ekvivalentná množine rovníc x + 1 = 0 a ax2 + (b-a)x + a = 0, čo nie je ťažké vyriešiť.

Príklad 1: Vyriešte rovnicu

3x3 + 4x2 + 4x + 3 = 0. (2)

Riešenie. Rovnica (2) je symetrická rovnica tretieho stupňa.

Pretože 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3(x3 + 1) + 4x(x + 1) = (x+ 1)(3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1)(3x2 + x + 3) , potom rovnica (2) je ekvivalentná množine rovníc x + 1 = 0 a 3x3 + x +3=0.

Riešenie prvej z týchto rovníc je x = -1, druhá rovnica nemá riešenia.

Odpoveď: x = -1.

2. Symetrické rovnice štvrtého stupňa

Rovnica formulára

(3) sa nazýva symetrická rovnica štvrtého stupňa.

Pretože x = 0 nie je koreňom rovnice (3), potom vydelením oboch strán rovnice (3) x2 dostaneme rovnicu ekvivalentnú pôvodnej rovnici (3):

Prepíšme rovnicu (4) takto:

Urobme substitúciu v tejto rovnici, potom dostaneme kvadratickú rovnicu

Ak má rovnica (5) 2 korene y1 a y2, potom pôvodná rovnica je ekvivalentná množine rovníc

Ak má rovnica (5) jeden koreň y0, potom je pôvodná rovnica ekvivalentná rovnici

Nakoniec, ak rovnica (5) nemá korene, potom pôvodná rovnica tiež nemá korene.

Príklad 2: Vyriešte rovnicu

Riešenie. Táto rovnica je symetrickou rovnicou štvrtého stupňa. Pretože x = 0 nie je jeho koreň, potom vydelením rovnice (6) x2 dostaneme ekvivalentnú rovnicu:

Po zoskupení pojmov prepíšeme rovnicu (7) do tvaru alebo do tvaru

Ak to položíme, dostaneme rovnicu, ktorá má dva korene y1 = 2 a y2 = 3. V dôsledku toho je pôvodná rovnica ekvivalentná množine rovníc

Riešením prvej rovnice tejto množiny je x1 = 1 a riešením druhej rovnice je u.

Preto má pôvodná rovnica tri korene: x1, x2 a x3.

Odpoveď: x1=1.

§3. Algebraické rovnice

1. Zníženie stupňa rovnice

Niektoré algebraické rovnice, nahradením určitého polynómu v nich jedným písmenom, možno zredukovať na algebraické rovnice, ktorých stupeň je menší ako stupeň pôvodnej rovnice a ktorých riešenie je jednoduchšie.

Príklad 1: Vyriešte rovnicu

Riešenie. Označme potom rovnicu (1) môžeme prepísať ako Posledná rovnica má korene a preto je rovnica (1) ekvivalentná množine rovníc a. Riešenie prvej rovnice tejto množiny je a riešenie druhej rovnice je

Riešenia rovnice (1) sú

Príklad 2: Vyriešte rovnicu

Riešenie. Vynásobením oboch strán rovnice 12 a označením,

Získame rovnicu Túto rovnicu prepíšeme do tvaru

(3) a značíme tak, že rovnicu (3) prepíšeme do tvaru Posledná rovnica má korene a teda dostaneme, že rovnica (3) je ekvivalentná množine dvoch rovníc a Existujú riešenia tejto množiny rovníc a t.j. (2) je ekvivalentom súboru rovníc a (4)

Riešenia množiny (4) sú a a sú riešeniami rovnice (2).

2. Rovnice formulára

Rovnica

(5) kde - dané čísla možno redukovať na bikvadratickú rovnicu nahradením neznámej, t.j.

Príklad 3: Vyriešte rovnicu

Riešenie. Označme,t. e urobíme zmenu premenných alebo Potom rovnicu (6) môžeme prepísať do tvaru alebo pomocou vzorca do tvaru.

Keďže korene kvadratickej rovnice sú a, riešenia rovnice (7) sú riešeniami množiny rovníc a. Táto sústava rovníc má dve riešenia a preto riešenia rovnice (6) sú a

3. Rovnice formulára

Rovnica

(8) kde čísla α, β, γ, δ a Α sú také, že α

Príklad 4: Vyriešte rovnicu

Riešenie. Urobme zmenu neznámych, t.j. y=x+3 alebo x = y – 3. Potom rovnicu (9) môžeme prepísať ako

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, t.j. v tvare

(y2-4)(y2-1)=10(10)

Bikvadratická rovnica (10) má dva korene. Preto aj rovnica (9) má dva korene:

4. Rovnice formulára

rovnica, (11)

Kde x = 0 nemá koreň, teda vydelením rovnice (11) x2 dostaneme ekvivalentnú rovnicu

Ktorá sa po nahradení neznámej prepíše do podoby kvadratickej rovnice, ktorej riešenie nie je náročné.

Príklad 5: Vyriešte rovnicu

Riešenie. Pretože h = 0 nie je koreňom rovnice (12), vydelíme ho x2, dostaneme ekvivalentnú rovnicu

Keď náhradu urobíme neznámou, dostaneme rovnicu (y+1)(y+2)=2, ktorá má dva korene: y1 = 0 a y1 = -3. V dôsledku toho je pôvodná rovnica (12) ekvivalentná množine rovníc

Táto množina má dva korene: x1= -1 a x2 = -2.

Odpoveď: x1= -1, x2 = -2.

Komentujte. Rovnica formulára

Čo sa dá vždy zredukovať na tvar (11) a navyše uvažovať α > 0 a λ > 0 na tvar.

5. Rovnice formulára

Rovnica

,(13) kde čísla α, β, γ, δ a Α sú také, že αβ = γδ ≠ 0, možno prepísať vynásobením prvej zátvorky druhou a tretej zátvorky štvrtou, v tvare t.j. rovnica (13) je teraz zapísaná v tvare (11) a jej riešenie je možné uskutočniť rovnakým spôsobom ako pri riešení rovnice (11).

Príklad 6: Vyriešte rovnicu

Riešenie. Rovnica (14) má tvar (13), preto ju prepíšeme do tvaru

Keďže x = 0 nie je riešením tejto rovnice, potom delením oboch strán x2 získame ekvivalentnú pôvodnú rovnicu. Zmenou premenných dostaneme kvadratickú rovnicu, ktorej riešením je a. V dôsledku toho je pôvodná rovnica (14) ekvivalentná množine rovníc a.

Riešenie prvej rovnice tohto súboru je

Druhá rovnica tejto množiny riešení nemá žiadne riešenia. Takže pôvodná rovnica má korene x1 a x2.

6. Rovnice formulára

Rovnica

(15) kde čísla a, b, c, q, A sú také, že x = 0 nemá koreň, teda rovnicu (15) delíme x2. získame jej ekvivalentnú rovnicu, ktorá sa po nahradení neznámej prepíše do tvaru kvadratickej rovnice, ktorej riešenie nie je náročné.

Príklad 7. Riešenie rovnice

Riešenie. Pretože x = 0 nie je koreňom rovnice (16), vydelením oboch strán x2 dostaneme rovnicu

, (17) ekvivalentné rovnici (16). Po nahradení neznámou prepíšeme rovnicu (17) do tvaru

Kvadratická rovnica (18) má 2 korene: y1 = 1 a y2 = -1. Preto je rovnica (17) ekvivalentná množine rovníc a (19)

Súbor rovníc (19) má 4 korene: ,.

Budú koreňmi rovnice (16).

§4. Racionálne rovnice

Rovnice tvaru = 0, kde H(x) a Q(x) sú polynómy, sa nazývajú racionálne.

Po nájdení koreňov rovnice H(x) = 0 musíte skontrolovať, ktoré z nich nie sú koreňmi rovnice Q(x) = 0. Tieto korene a iba oni budú riešením rovnice.

Uvažujme o niektorých metódach riešenia rovníc v tvare = 0.

1. Rovnice formulára

Rovnica

(1) za určitých podmienok na číslach možno vyriešiť nasledovne. Zoskupením členov rovnice (1) dvoma a sčítaním každého páru je potrebné získať v čitateli polynómy prvého alebo nultého stupňa, ktoré sa líšia iba číselnými faktormi, a v menovateloch - trinómy s rovnakými dvoma členmi, ktoré obsahujú x, potom po nahradení premenných bude mať výsledná rovnica buď tvar (1), ale s menším počtom členov, alebo bude ekvivalentná množine dvoch rovníc, z ktorých jedna bude prvého stupňa a druhá bude rovnica typu (1), ale s menším počtom členov.

Príklad. Vyriešte rovnicu

Riešenie. Po zoskupení na ľavej strane rovnice (2) prvý člen s posledným a druhý s predposledným prepíšeme rovnicu (2) v tvare

Sčítaním pojmov v každej zátvorke prepíšeme rovnicu (3) do tvaru

Pretože rovnica (4) nemá riešenie, vydelením tejto rovnice dostaneme rovnicu

, (5) ekvivalentné rovnici (4). Urobme náhradu za neznámu, potom sa rovnica (5) prepíše do tvaru

Teda riešenie rovnice (2) s piatimi členmi na ľavej strane je redukované na riešenie rovnice (6) rovnakého tvaru, ale s tromi členmi na ľavej strane. Zhrnutím všetkých členov na ľavej strane rovnice (6) ju prepíšeme do tvaru

Existujú riešenia rovnice. Žiadne z týchto čísel nezaniká menovateľovi racionálnej funkcie na ľavej strane rovnice (7). V dôsledku toho má rovnica (7) tieto dva korene, a preto pôvodná rovnica (2) je ekvivalentná množine rovníc

Riešenia prvej rovnice tohto súboru sú

Riešenia druhej rovnice z tejto množiny sú

Preto má pôvodná rovnica korene

2. Rovnice formulára

Rovnica

(8) za určitých podmienok na číslach možno vyriešiť nasledovne: je potrebné vybrať časť celého čísla v každom zo zlomkov rovnice, t.j. nahradiť rovnicu (8) rovnicou

Zredukujte ho na tvar (1) a potom ho vyriešte spôsobom opísaným v predchádzajúcom odseku.

Príklad. Vyriešte rovnicu

Riešenie. Rovnicu (9) napíšme v tvare alebo vo forme

Zhrnutím pojmov v zátvorkách prepíšeme rovnicu (10) do tvaru

Nahradením neznámej prepíšeme rovnicu (11) do tvaru

Zhrnutím členov na ľavej strane rovnice (12) to prepíšeme do tvaru

Je ľahké vidieť, že rovnica (13) má dva korene: a. Preto má pôvodná rovnica (9) štyri korene:

3) Rovnice formulára.

Rovnicu tvaru (14) je možné za určitých podmienok pre čísla vyriešiť takto: rozšírením (ak je to samozrejme možné) každého zlomku na ľavej strane rovnice (14) na súčet jednoduché zlomky

Zredukujte rovnicu (14) na formu (1), potom, po vykonaní vhodného preskupenia členov výslednej rovnice, ju vyriešte pomocou metódy opísanej v odseku 1).

Príklad. Vyriešte rovnicu

Riešenie. Pretože a potom vynásobením čitateľa každého zlomku v rovnici (15) číslom 2 a poznamenaním, že rovnicu (15) možno zapísať ako

Rovnica (16) má tvar (7). Po preusporiadaní členov v tejto rovnici ju prepíšeme do tvaru alebo do tvaru

Rovnica (17) je ekvivalentná množine rovníc a

Na vyriešenie druhej rovnice množiny (18) urobíme náhradu za neznámu Potom sa prepíše do tvaru alebo do tvaru

Sčítaním všetkých členov na ľavej strane rovnice (19) to prepíšte do tvaru

Keďže rovnica nemá korene, ani rovnica (20) ich nemá.

Prvá rovnica množiny (18) má jeden koreň Keďže tento koreň je obsiahnutý v ODZ druhej rovnice množiny (18), je jediným koreňom množiny (18), a teda pôvodného. rovnica.

4. Rovnice formulára

Rovnica

(21) za určitých podmienok možno čísla a A po zastúpení každého výrazu na ľavej strane vo formulári zredukovať na tvar (1).

Príklad. Vyriešte rovnicu

Riešenie. Prepíšme rovnicu (22) do tvaru alebo do tvaru

Rovnica (23) sa teda zredukuje na tvar (1). Teraz, keď prvý člen zoskupíme s posledným a druhý s tretím, prepíšeme rovnicu (23) do tvaru

Táto rovnica je ekvivalentná množine rovníc a. (24)

Posledná rovnica množiny (24) môže byť prepísaná ako

Táto rovnica má riešenia a keďže je zahrnutá v ODZ druhej rovnice množiny (30), množina (24) má tri korene:. Všetky sú riešením pôvodnej rovnice.

5. Rovnice formulára.

Rovnica formulára (25)

Za určitých podmienok na číslach sa nahradením neznámeho dá zredukovať na rovnicu tvaru

Príklad. Vyriešte rovnicu

Riešenie. Keďže nejde o riešenie rovnice (26), vydelíme čitateľa a menovateľa každého zlomku na ľavej strane číslom, prepíšeme ho do tvaru

Po zmene premenných prepíšeme rovnicu (27) do tvaru

Riešenie rovnice (28) existuje a. Preto je rovnica (27) ekvivalentná množine rovníc a. (29)

Metódy riešenia algebraických rovníc vyšších stupňov.

Khabibullina Alfiya Yakubovna ,

učiteľ matematiky najvyššej kategórie MBOU SOŠ č.177

mesto Kazaň, Vážený učiteľ Tatarskej republiky,

Kandidát pedagogických vied.

Definícia 1. Algebraická rovnica stupňa n sa nazýva rovnica tvaru P n (x)=0, kde P n (x) je polynóm stupňa n, t.j. Pn (x) = a 0 x n + a 1 x n-1 +…+a n-1 x+a n a 0.

Definícia 2. Root rovnica - číselná hodnota premennej x, ktorá po dosadení do danej rovnice dáva správnu rovnosť.

Definícia 3. Rozhodnite sa rovnica znamená nájsť všetky jej korene alebo dokázať, že žiadne neexistujú.

ja Metóda faktorizácie polynómu s následným delením.

Rovnicu je možné faktorizovať a riešiť frakcionačnou metódou, teda rozdelením na množinu rovníc nižších stupňov.

Komentujte: vo všeobecnosti by sa pri riešení rovnice frakcionačnou metódou nemalo zabúdať, že súčin sa rovná nule vtedy a len vtedy, ak sa aspoň jeden z faktorov rovná nule, pričom ostatné si zachovávajú svoj význam.

Spôsoby faktorizácie polynómu:

1. Vyňatie spoločného činiteľa zo zátvoriek.

2. Štvorcový trojčlen možno faktorizovať pomocou vzorce ach 2 +in+c=a(x-x 1 ) (x-x 2 ), kde 0, x 1 a x 2 sú korene štvorcovej trojčlenky.

3. Použitie skrátené vzorce násobenia :

a n – v n = (a - in) (a n-1 + Cn- 2 a n-2 v + Cn- 3 a n-3 v + …+ C 1 a v n-2 + v n-1), n N.

Výber celého štvorca. Polynóm môže byť faktorizovaný pomocou vzorca rozdielu druhých mocnín po tom, ako sa najprv izoluje úplná druhá mocnina súčtu alebo rozdielu výrazov.

4. Zoskupovanie(v kombinácii s odstránením spoločného faktora zo zátvoriek).

5. Použitie výsledku Bezoutovej vety.

1) ak je rovnica a 0 x n + a 1 x n-1 +…+ a n-1 x + a n = 0, a 0 0 s celočíselnými koeficientmi má racionálny koreň x 0 = (Kde - neredukovateľný zlomok, s
q
), potom p je deliteľ voľného člena a n a q je deliteľ vedúceho koeficientu a 0.

2) ak x = x 0 je koreň rovnice P n (x) = 0, potom P n (x) = 0 je ekvivalentom rovnice

(x – x 0)P n-1 (x)=0, kde P n-1 (x) je polynóm, ktorý možno nájsť delením

P n (x) na (x – x 0) „rohom“ alebo metódou neurčitých koeficientov.

II . Metóda na zavedenie novej premennej (Substitution )

Uvažujme rovnicu f(x)=g(x). Je ekvivalentná rovnici f(x)-g(x) = 0. Označme rozdiel f(x)-g(x) = h(p (x)), a
. Zavedme náhradu t=р(x) (volá sa funkcia t=р(x). substitúcia ). Potom dostaneme rovnicu h(р (x)) =0 alebo h(t)=0, po vyriešení poslednej rovnice nájdeme t 1, t 2,... Vráťme sa k substitúcii р(x)=t 1 , р(x)=t 2 ,…, nájdite hodnoty premennej x.

III Metóda prísnej monotónnosti.

Veta. Ak je y = f(x) striktne monotónne na P, potom rovnica f(x) = a (a - const) má na množine P najviac jeden koreň. (Funkcia je striktne monotónna: buď iba klesajúca, alebo iba rastúca)

Komentujte. Je možné použiť modifikáciu tejto metódy. Uvažujme rovnicu f(x)=g(x). Ak je funkcia y= f(x) monotónne klesajúca na P a funkcia y= g(x) monotónne klesajúca na P (alebo naopak), potom rovnica f(x)=g(x) má max. jeden koreň na množine P.

IV. Metóda porovnávania viacerých hodnôt oboch strán rovnice (metóda odhadu)

Veta Ak sú pre ľubovoľné x z množiny P splnené nerovnosti f(x). a, a g(x) a, potom rovnica f(x)=g(x) na množine P je ekvivalentná systému
.

Dôsledok: Ak je na súprave P
alebo
, potom rovnica f(x)=g(x) nemá korene.

Táto metóda je pomerne účinná pri riešení transcendentálnych rovníc

V. Metóda na výpočet deliteľov extrémnych koeficientov

Uvažujme rovnicu a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n-1 x+a n = 0

Veta. Ak x 0 = je koreň algebraickej rovnice stupňa n a i sú celočíselné koeficienty, potom p je deliteľ voľného členu a n a q je deliteľ vedúceho koeficientu a 0. Keď a 0 = 1 x 0 = p (deliteľ voľného člena).

Dôsledok Bezoutova veta: Ak x 0 je koreň algebraickej rovnice, potom P n (x) sa vydelí (x-x 0) bezo zvyšku, teda P n (x)=(x-x 0)Q n-1 (x).

VI Metóda neurčených koeficientov.

Vychádza z nasledujúcich tvrdení:

dva polynómy sú zhodné práve vtedy a len vtedy, ak sú ich koeficienty rovnaké pre rovnaké mocniny x.

každý polynóm tretieho stupňa sa rozloží na súčin dvoch faktorov: lineárneho a štvorcového.

akýkoľvek polynóm štvrtého stupňa sa rozloží na súčin dvoch polynómov

druhého stupňa.

VII. Hornerova schéma .

Pomocou tabuľky koeficientov s použitím Hornerovho algoritmu sú korene rovnice nájdené medzi deliteľmi voľného člena výberom.

VIII . Derivačná metóda.

Veta. Ak 2 polynómy P(x) a Q(x) majú identicky rovnaké derivácie, potom existuje C-konštanta taká, že P(x)=Q(x)+C pre X R.

Veta. Ak
(x) a
(x) sú deliteľné
, To
(x) je deliteľné
.

Dôsledok: Ak
(x) a
(x) sú deliteľné polynómom R(x) , potom
(x) je deliteľné (x) a najväčší spoločný deliteľ polynómov
(x) a
(X) má korene, ktoré sú len koreňmi polynómu
x) s násobkom najmenej 2.

IX . Symetrické, recipročné rovnice .

Definícia. Rovnica a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n-1 x+a n = 0 sa nazýva symetrické , Ak

1. Uvažujme prípad, keď n je párne, n = 2k. Ak
, potom x = 0 nie je koreňom rovnice, čo dáva právo rozdeliť rovnicu na

0
+
+
+=0 Zavedme náhradu t=
a s prihliadnutím na lemu riešime kvadratickú rovnicu vzhľadom na premennú t. Reverzná substitúcia poskytne riešenie vzhľadom na premennú x.

2. Uvažujme prípad, keď n je nepárne, n=2k+1. Potom = -1 je koreň rovnice. Rozdeľte rovnicu podľa
a dostaneme prípad 1.. Reverzná substitúcia nám umožňuje nájsť hodnoty x. Všimnite si, že pre m=-1 sa rovnica nazýva Transformujte algebraickú rovnicu P n (x)=0 (kde P n (x) je polynóm stupňa n) na rovnicu v tvare f(x)=g(x ). Nastavme funkcie y=f(x), y=g(x); Popíšme si ich vlastnosti a zostrojme grafy v jednom súradnicovom systéme. Úsečky priesečníkov budú koreňmi rovnice. Kontrola sa vykonáva substitúciou do pôvodnej rovnice.

Ak chcete použiť ukážky prezentácií, vytvorte si účet Google a prihláste sa doň: https://accounts.google.com

Popisy snímok:

Rovnice vyšších stupňov (korene polynómu v jednej premennej).

Plán prednášok. č. 1. Rovnice vyšších stupňov v kurze školskej matematiky. č. 2. Štandardný tvar polynómu. č. 3. Celé korene polynómu. Hornerova schéma. č. 4. Zlomkové korene polynómu. č. 5. Rovnice tvaru: (x + a)(x + b)(x + c) ... = A č. 6. Reciproké rovnice. č. 7. Homogénne rovnice. č. 8. Metóda neurčených koeficientov. č.9. Funkčno - grafická metóda. č.10. Vieta vzorce pre rovnice vyšších stupňov. č. 11. Neštandardné metódy riešenia rovníc vyšších stupňov.

Rovnice vyšších stupňov v kurze školskej matematiky. 7. trieda. Štandardný tvar polynómu. Akcie s polynómami. Faktorizácia polynómu. V bežnej triede 42 hodín, v špeciálnej triede 56 hodín. 8 špeciálna trieda. Celočíselné korene polynómu, delenie polynómov, recipročné rovnice, rozdiel a súčet n-tej mocniny binomu, metóda neurčitých koeficientov. Yu.N. Makarychev „Dodatočné kapitoly do kurzu školskej algebry pre 8. ročník“, M.L. Galitsky Zbierka úloh z algebry pre 8. – 9. ročník. 9 špeciálna trieda. Racionálne korene polynómu. Zovšeobecnené recipročné rovnice. Vieta vzorce pre rovnice vyšších stupňov. N.Ya. Vilenkin „Algebra 9. ročník s hĺbkovým štúdiom. 11 špeciálna trieda. Identita polynómov. Polynóm vo viacerých premenných. Funkcionálno - grafická metóda na riešenie rovníc vyšších stupňov.

Štandardný tvar polynómu. Polynóm P(x) = a ⁿ x ⁿ + a p-1 x p-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Nazýva sa polynóm štandardného tvaru. a p x ⁿ je vedúci člen polynómu a p je koeficient vedúceho člena polynómu. Keď a n = 1, P(x) sa nazýva redukovaný polynóm. a ₀ je voľný člen polynómu P(x). n je stupeň polynómu.

Celé korene polynómu. Hornerova schéma. Veta č. 1. Ak je celé číslo a koreňom polynómu P(x), potom a je deliteľom voľného člena P(x). Príklad č.1. Vyriešte rovnicu. X⁴ + 2x³ = 11x² – 4x – 4 Uveďme rovnicu do štandardného tvaru. X4 + 2x3 - 11x² + 4x + 4 = 0. Máme polynóm P(x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Deliče voľného člena: ± 1, ± 2, ±4. x = 1 koreň rovnice, pretože P(1) = 0, x = 2 je koreň rovnice, pretože P(2) = 0 Bezoutova veta. Zvyšok delenia polynómu P(x) binómom (x – a) sa rovná P(a). Dôsledok. Ak a je koreň polynómu P(x), potom P(x) je delené (x – a). V našej rovnici je P(x) delené (x – 1) a (x – 2), a teda (x – 1) (x – 2). Pri delení P(x) číslom (x² - 3x + 2) získa kvocient trojčlenku x² + 5x + 2 = 0, ktorá má korene x = (-5 ± √17)/2

Zlomkové korene polynómu. Veta č.2. Ak p / g je koreň polynómu P(x), potom p je deliteľ voľného člena, g je deliteľ koeficientu vedúceho člena P(x). Príklad č. 2: Vyriešte rovnicu. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Deliče voľného člena: ±1, ±2, ±4, ±8. Žiadne z týchto čísel nespĺňa rovnicu. Neexistujú žiadne celé korene. Prirodzené deliče koeficientu vedúceho člena P(x): 1, 2, 3, 6. Možné zlomkové korene rovnice: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Overením sme presvedčení, že P(4/3) = 0. X = 4/3 je koreň rovnice. Pomocou Hornerovej schémy delíme P(x) o (x – 4/3).

Príklady nezávislých riešení. Vyriešte rovnice: 9x³ - 18x = x – 2, x³ - x² = x – 1, x³ - 3x² -3x + 1 = 0, X4 - 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 3x⁴ + 5x³ - 9x2 - 0 0. Odpovede: 1) ±1/3; 2 2) ± 1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 17)-2; -1,8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Rovnice tvaru (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)… = A. Príklad č. 3. Vyriešte rovnicu (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Vynásobte prvú zátvorku štvrtou a druhú treťou. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x² + 5x + 4) (x² + 5x + 6) = 24. Nech x² + 5x + 4 = y, potom y (y + 2) = 24, y² + 2y – 24 = 0 y₁ = - 6, y₂ = 4. x ² + 5x + 4 = -6 alebo x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D

Príklady nezávislých riešení. (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) = 1 680, (x² – 5x) (x + 3) (x – 8) + 108 = 0, (x + 4)² (x + 10) (x – 2) + 243 = 0 (x² + 3x + 2) (x² + 9x + 20) = 4, Poznámka: x + 3x + 2 = (x + 1) (x + 2), x² + 9x + 20 = (x + 4)( x + 5) Odpovede: 1) -4 ±√6; - 6; - 2,6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

Recipročné rovnice. Definícia č.1. Rovnica v tvare: ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 sa nazýva recipročná rovnica štvrtého stupňa. Definícia č.2. Rovnica v tvare: ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 sa nazýva zovšeobecnená recipročná rovnica štvrtého stupňa. k² a: a = k²; kv: v = k Príklad č.6. Vyriešte rovnicu x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Vydeľte obe strany rovnice x². x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0, (x² + 1/ x²) – 7 (x + 1/ x) + 14 = 0. Nech x + 1/ x = y. Odmocnime obe strany rovnice. x² + 2 + 1/ x² = y², x² + 1/ x² = y² - 2. Získame kvadratickú rovnicu y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4. x + 1/ x = 3 alebo x + 1/ x = 4. Dostaneme dve rovnice: x² - 3x + 1 = 0, x² - 4x + 1 = 0. Príklad č. 7. 3х⁴ - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Podmienka zovšeobecnenej recipročnej rovnice je splnená na = -5. Riešenie je podobné ako v príklade č.6. Vydeľte obe strany rovnice x². 3x⁴ - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0, 3 (x⁴ + 25/ x²) – 2 (x – 5/ x) – 31 = 0. Nech x – 5/ x = y, oba odmocníme strany rovnosti x² - 10 + 25/ x² = y², x² + 25/ x² = y² + 10. Máme kvadratickú rovnicu 3y² - 2y – 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = - 1/ 3. x – 5/ x = 1 alebo x – 5/ x = -1/3. Dostaneme dve rovnice: x² - x – 5 = 0 a 3x² + x – 15 = 0

Príklady nezávislých riešení. 1. 78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0. 2. x ⁴ - 5x3 + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x ⁴ - x3 - 10x² + 2x + 4.³ = 0,5 x 4, = 0,5 x 4, = 0. 38x² -10x + 24 = 0,5 x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Odpovede: 1) 2/3; 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/125) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

Homogénne rovnice. Definícia. Rovnica v tvare a₀ u3 + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v3 = 0 sa nazýva homogénna rovnica tretieho stupňa vzhľadom na u v. Definícia. Rovnica v tvare a₀ u⁴ + a₁ u3v + a₂ u²v² + a₃ uv3 + a₄ v4 = 0 sa nazýva homogénna rovnica štvrtého stupňa vzhľadom na u v. Príklad č. 8. Vyriešte rovnicu (x² - x + 1)³ + 2x⁴(x² - x + 1) – 3x⁶ = 0 Homogénna rovnica tretieho stupňa pre u = x²- x + 1, v = x². Vydeľte obe strany rovnice x ⁶. Najprv sme skontrolovali, že x = 0 nie je koreňom rovnice. (x² - x + 1/ x²)³ + 2(x² - x + 1/ x²) – 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y, y³ + 2y – 3 = 0, y = 1 koreň rovnice. Polynóm P(x) = y³ + 2y – 3 delíme y – 1 podľa Hornerovej schémy. V kvociente dostaneme trojčlenku, ktorá nemá korene. odpoveď: 1.

Príklady nezávislých riešení. 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)² + 2(x – 2)⁴ = 0. 5. (x² + x + 4)² + 3x (x² + x + 4) + 2x² = 0, Odpovede: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 53)-1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Neexistujú žiadne korene.

Metóda neurčených koeficientov. Veta č.3. Dva polynómy P(x) a G(x) sú zhodné práve vtedy, ak majú rovnaký stupeň a koeficienty rovnakých stupňov premennej v oboch polynómoch sú rovnaké. Príklad č. 9. Vynásobte polynóm y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + уу + с)(y² + в₁у + с₁) =у ⁴ + у³ (в) + у) с₁ + с + в₁в) + у(с₁ + св₁) + сс ₁. Podľa vety č.3 máme sústavu rovníc: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, сс₁ + св₁ = -4, сс₁ = 1. Sústavu je potrebné riešiť v celých číslach. Posledná rovnica v celých číslach môže mať riešenia: c = 1, c₁ =1; с = -1, с₁ = -1. Nech с = с ₁ = 1, potom z prvej rovnice máme в₁ = -4 –в. Do druhej rovnice sústavy dosadíme в² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 alebo в = -3, в₁ = -1. Tieto hodnoty zodpovedajú tretej rovnici systému. Pri c = c ₁ = -1 D

Príklad č.10. Faktor polynóm y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b)y² + (ab + c)y + ac. Máme sústavu rovníc: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Možné celočíselné riešenia tretej rovnice: (2; 1), (1; 2), (-2; -1 ), (-1; -2). Nech a = -2, c = -1. Z prvej rovnice sústavy v = 2, ktorá spĺňa druhú rovnicu. Dosadením týchto hodnôt do požadovanej rovnosti dostaneme odpoveď: (y – 2) (y² + 2y – 1). Druhý spôsob. Y³ - 5 rokov + 2 = y³ -5 rokov + 10 – 8 = (y³ - 8) – 5 (y – 2) = (y – 2) (y² + 2 roky -1).

Príklady nezávislých riešení. Faktor polynómov: 1. y⁴ + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y⁴ -8y³ + 24y² -32y rovnica využívajúca metódu faktorizácie: a) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ +5x³ -6x² = 0. Odpovede: 1) (y² +2y -2)(y² +2y +4), 2) (y – 1)²(y² -2y + 2), 3) (x² -6x + 18)(x² + 6x + 18), 4) (y – 1)(y – 3)(y² - 4у + 5) , 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.

Funkcionálno - grafická metóda na riešenie rovníc vyšších stupňov. Príklad č. 11. Riešte rovnicu x ⁵ + 5x -42 = 0. Funkcia y = x ⁵ rastúca, funkcia y = 42 – 5x klesajúca (k

Príklady nezávislých riešení. 1. Pomocou vlastnosti monotónnosti funkcie dokážte, že rovnica má jeden koreň a nájdite tento koreň: a) x ³ = 10 – x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 – x. Odpovede: a) 2, b) √2. 2. Riešte rovnicu funkčno-grafickou metódou: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 – x, d) (1/3) = x +4, d ) (x – 1)² = log₂ x, e) log = (x + ½)², g) 1 - √x = ln x, h) √x – 2 = 9/x. Odpovede: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.

Vieta vzorce pre rovnice vyšších stupňov. Veta č. 5 (Vietova veta). Ak rovnica a x ⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ má n rôznych reálnych koreňov x ₁, x ₂, …, x, potom vyhovujú rovnosti: Pre kvadratickú rovnicu ax² + bx + c = o: x ₁ + x₂ = -в/а, x₁х₂ = с/а; Pre kubickú rovnicu a3x3 + a2x 2 + a1x + a0 = o: x 1 + x 2 + x 3 = -a2/a3; x₁х₂ + x₁х3 + x₂х₃ = а1/а3; x₁х₂х₃ = -а₀/а3; ..., pre rovnicu n-tého stupňa: x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x = a / a, ... , x₁x ₂ ·… · x = (-1) ⁿ a₀/a. Platí aj opačná veta.

Príklad č.13. Napíšte kubickú rovnicu, ktorej korene sú inverzné ku koreňom rovnice x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0 a koeficient pre x ³ je 2. 1. Podľa Vietovej vety pre kubickú rovnicu máme: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁х ₃ + x₂х ₃ = 12, x₁х₂х ₃ = 18. 2. Zložíme prevrátené hodnoty týchto koreňov a aplikujeme na ne inverznú vetu Vieta. 1/ x₁ + 1/ x 2 + 1/ x 3 = (x₂х3 + x₁х3 + x₁х₂)/x₁х₂х₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x₁х₂ + 1/ x₁х₃ + 1/ x₂х₃ = (x₃ + x₂ + x₁)/ x₁х₂х₃ = 6/18 = 1/3, 1/x8,1, 1/3/1,1 Dostaneme rovnicu x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 Odpoveď: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Príklady nezávislých riešení. 1. Napíšte kubickú rovnicu, ktorej korene sú inverzné druhé mocniny koreňov rovnice x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0 a koeficient x ³ je 8. Odpoveď: 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. Neštandardné metódy riešenia rovníc vyšších stupňov. Príklad č.12. Vyriešte rovnicu x ⁴ -8x + 63 = 0. Rozložme ľavú stranu rovnice na faktor. Vyberme presné štvorce. X⁴ - 8x + 63 = (x4 + 16x² + 64) – (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9) (x² - 4x + 7) = 0. Oba diskriminanty sú záporné. Odpoveď: žiadne korene.

Príklad č.14. Vyriešte rovnicu 21x³ + x² - 5x – 1 = 0. Ak je fiktívny člen rovnice ± 1, rovnica sa prevedie na redukovanú rovnicu pomocou substitúcie x = 1/y. 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³, y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = -3 koreň rovnice. (y + 3) (y² + 2y -7) = 0, y = -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 . Príklad č. 15. Vyriešte rovnicu 4x³-10x² + 14x – 5 = 0. Vynásobte obe strany rovnice číslom 2. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0, (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = 0. Zavedieme novú premennú y = 2x, dostaneme redukovanú rovnicu y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 koreň rovnice. (y – 1) (y² – 4 roky + 10) = 0, D

Príklad č. 16. Dokážte, že rovnica x ⁴ + x ³ + x – 2 = 0 má jeden kladný koreň. Nech f (x) = x ⁴ + x ³ + x – 2, f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o pre x > o. Funkcia f (x) rastie pre x > o a hodnota f (o) = -2. Je zrejmé, že rovnica má jeden kladný koreň atď. Príklad č. 17. Vyriešte rovnicu 8x(2x² - 1)(8x⁴ - 8x² + 1) = 1. I.F Sharygin „Výberový kurz z matematiky pre ročník 11.“M. Osveta 1991 str.90. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 a 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Urobme náhradu x = útulné, y € (0; n). Pre ostatné hodnoty y sa hodnoty x opakujú a rovnica nemá viac ako 7 koreňov. 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y, 8х⁴ - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y - 1 = cos4y. 3. Rovnica má tvar 8 coscos2ycos4y = 1. Vynásobte obe strany rovnice siny. 8 sinycosycos2ycos4y = siny. Ak použijeme vzorec dvojitého uhla 3-krát, dostaneme rovnicu sin8y = siny, sin8y – siny = 0

Koniec riešenia príkladu č.17. Aplikujeme vzorec rozdielu sínusov. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 . Ak vezmeme do úvahy, že y € (0;n), y = 2pk/3, k = 1, 2, 3 alebo y = n/9 + 2pk/9, k =0, 1, 2, 3. Ak sa vrátime k premennej x, dostaneme odpoveď: Cos2 p/7, cos4 p/7, cos6 p/7, cos p/9, ½, cos5 p/9, cos7 p/9. Príklady nezávislých riešení. Nájdite všetky hodnoty a, pre ktoré má rovnica (x² + x)(x² + 5x + 6) = a práve tri korene. Odpoveď: 16.9. Pokyny: Nakreslite graf ľavej strany rovnice. Fmax = f(0) = 9/16. Priamka y = 9/16 pretína graf funkcie v troch bodoch. Vyriešte rovnicu (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55. Odpoveď: -4; 2. Vyriešte rovnicu (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ = 16. Odpoveď: -5; -3. Vyriešte rovnicu 2(x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1). Odpoveď: -1; -1/2, 2;4 Nájdite počet reálnych koreňov rovnice x ³ - 12x + 10 = 0 na [-3; 3/2]. Pokyny: nájdite deriváciu a preskúmajte monot.

Príklady nezávislých riešení (pokračovanie). 6. Nájdite počet reálnych koreňov rovnice x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0. Odpoveď: 2 7. Nech x ₁, x ₂, x ₃ sú korene polynómu P(x) = x ³ - 6x² -15x + 1. Nájdite X₁² + x ₂² + x ₃². Odpoveď: 66. Pokyny: Použite Vietovu vetu. 8. Dokážte, že pre a > o a ľubovoľnú reálnu hodnotu v rovnici x ³ + ax + b = o má iba jeden reálny koreň. Pomôcka: Dokážte protirečením. Použite Vietovu vetu. 9. Vyriešte rovnicu 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1). Odpoveď: ½; 1; (3 ± √13)/2. Pomôcka: priveďte rovnicu do homogénnej rovnice pomocou rovnosti X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1, x3 + 1 = (x + 1) (x² - x + 1). 10. Vyriešte sústavu rovníc x + y = x², 3y – x = y². Odpoveď: (0;0), (2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Vyriešte sústavu: 4y² -3y = 2x –y, 5x² - 3y² = 4x – 2y. Odpoveď: (o;o), (1;1), (297/265; - 27/53).

Test. Možnosť 1. 1. Vyriešte rovnicu (x² + x) – 8(x² + x) + 12 = 0. 2. Vyriešte rovnicu (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = - 15 3. Vyriešte rovnicu 12x²(x – 3) + 64(x – 3)² = x ⁴. 4. Vyriešte rovnicu x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Vyriešte sústavu rovníc: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

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

Možnosť 4. (x² - 2x)² - 11 (x² - 2x) + 24 = 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. Ďalšia úloha: Zvyšok delenia polynómu P(x) číslom (x – 1) je 4, zvyšok po delení (x + 1) sa rovná 2 a pri delení (x – 2) sa rovná 8. Nájdite zvyšok pri delení P(x) číslom (x³ - 2x² - x + 2 ).

Odpovede a pokyny: možnosť č. 1 č. 2. č. 3. č. 4. č. 5. 1. - 3; ±2; 11;2;3. -5; -4; 1; 2. Homogénna rovnica: u = x -3, v = x² -2 ; -1; 3; 4. (2;1); (2/3; 4/3). Nápoveda: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2,1 ±√11; 4; - 2. Homogénna rovnica: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- tridsať). Tip: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12-3; -2; 4; 12-6; -3; -1; 2. Homogénne u = x+ 2, v = x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Pokyn: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ±√21)/2 (1;-2), (-1;2). Pomôcka: 1·4 + 2 .

Riešenie dodatočnej úlohy. Podľa Bezoutovej vety: P(1) = 4, P(-1) = 2, P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + With . náhradník 1; - 1; 2. P(1) = G(1) 0 + a + b + c = 4, a + b+ c = 4. P(-1) = a – b + c = 2, P(2) = 4a² + 2b + c = 8. Vyriešením výslednej sústavy troch rovníc dostaneme: a = b = 1, c = 2. Odpoveď: x² + x + 2.

Kritérium č. 1 – 2 body. 1 bod – jedna výpočtová chyba. č. 2,3,4 – po 3 body. 1 bod – výsledkom je kvadratická rovnica. 2 body – jedna chyba vo výpočte. č.5. – 4 body. 1 bod – vyjadruje jednu premennú z hľadiska inej. 2 body – získal jedno z riešení. 3 body – jedna chyba vo výpočte. Dodatočná úloha: 4 body. 1 bod – aplikovaná Bezoutova veta pre všetky štyri prípady. 2 body – zostavená sústava rovníc. 3 body – jedna chyba vo výpočte.

Uvažujme riešenie rovníc s jednou premennou o stupeň vyššou ako druhá.

Stupeň rovnice P(x) = 0 je stupeň polynómu P(x), t.j. najväčšia z mocnín svojich členov s koeficientom nerovnajúcim sa nule.

Takže napríklad rovnica (x 3 – 1) 2 + x 5 = x 6 – 2 má piaty stupeň, pretože po operáciách otvorenia zátvoriek a prinesenia podobných dostaneme ekvivalentnú rovnicu x 5 – 2x 3 + 3 = 0 piateho stupňa.

Pripomeňme si pravidlá, ktoré budú potrebné na riešenie rovníc vyššieho stupňa ako dva.

Výroky o koreňoch polynómu a jeho deliteľoch:

1. Polynóm n-tého stupňa má počet koreňov nepresahujúcich n a korene násobnosti m sa vyskytujú presne m-krát.

2. Polynóm nepárneho stupňa má aspoň jeden skutočný koreň.

3. Ak α je koreň P(x), potom P n (x) = (x – α) · Q n – 1 (x), kde Q n – 1 (x) je polynóm stupňa (n – 1) .

4.

5. Redukovaný polynóm s celočíselnými koeficientmi nemôže mať zlomkové racionálne korene.

6. Pre polynóm tretieho stupňa

P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d je možná jedna z dvoch vecí: buď sa rozloží na súčin troch dvojčlenov

Р 3 (x) = а(х – α)(х – β)(х – γ), alebo sa rozloží na súčin dvojčlenu a štvorcového trojčlenu Р 3 (x) = а(х – α)(х 2 + βх + γ).

7. Akýkoľvek polynóm štvrtého stupňa môže byť rozšírený na súčin dvoch štvorcových trinómov.

8. Polynóm f(x) je deliteľný polynómom g(x) bezo zvyšku, ak existuje polynóm q(x) taký, že f(x) = g(x) · q(x). Na delenie polynómov sa používa pravidlo „rohového delenia“.

9. Aby bol polynóm P(x) deliteľný binomom (x – c), je potrebné a postačujúce, aby číslo c bolo koreňom P(x) (dôsledok Bezoutovej vety).

10. Vietova veta: Ak x 1, x 2, ..., x n sú skutočné korene polynómu

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, potom platia nasledujúce rovnosti:

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 /a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + ... + x n – 1 x n = a 2 /a 0,

x 1 x 2 x 3 + … + x n – 2 x n – 1 x n = -a 3 / a 0,

x 1 · x 2 · x 3 · x n = (-1) n a n/a 0 .

Príklady riešenia

Príklad 1

Nájdite zvyšok delenia P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 x (x – 1/3).

Riešenie.

V dôsledku Bezoutovej vety: „Zvyšok polynómu delený binómom (x – c) sa rovná hodnote polynómu c. Nájdite P(1/3) = 0. Preto je zvyšok 0 a číslo 1/3 je koreňom polynómu.

Odpoveď: R = 0.

Príklad 2

Rozdeľte „rohom“ 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 x (x + 2). Nájdite zvyšok a neúplný kvocient.

Riešenie:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4 x 2 2x 2 – x

X 2 – 2 x

Odpoveď: R = 3; podiel: 2x 2 – x.

Základné metódy riešenia rovníc vyššieho stupňa

1. Zavedenie novej premennej

Spôsob zavedenia novej premennej je už známy z príkladu bikvadratických rovníc. Spočíva v tom, že na vyriešenie rovnice f(x) = 0 sa zavedie nová premenná (substitúcia) t = x n alebo t = g(x) a f(x) sa vyjadrí prostredníctvom t, čím sa získa nová rovnica r (t). Po vyriešení rovnice r(t) nájdeme korene:

(t 1, t 2, …, t n). Potom sa získa množina n rovníc q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n, z ktorej sa dajú nájsť korene pôvodnej rovnice.

Príklad 1

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

Riešenie:

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

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

Substitúcia (x 2 + x + 1) = t.

t2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Obrátená substitúcia:

x 2 + x + 1 = 2 alebo x 2 + x + 1 = 1;

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

Odpoveď: Z prvej rovnice: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, z druhej: 0 a -1.

2. Faktorizácia pomocou zoskupovacích a skrátených vzorcov násobenia

Základ tejto metódy tiež nie je nový a spočíva v zoskupení pojmov takým spôsobom, že každá skupina obsahuje spoločný faktor. K tomu je niekedy potrebné použiť nejaké umelé techniky.

Príklad 1

x 4 – 3 x 2 + 4 x – 3 = 0.

Riešenie.

Predstavme si - 3x 2 = -2x 2 – x 2 a skupinu:

(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 = 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 = 0 alebo x 2 + x – 3 = 0.

Odpoveď: V prvej rovnici nie sú žiadne korene, z druhej: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Faktorizácia metódou neurčitých koeficientov

Podstatou metódy je, že pôvodný polynóm je faktorizovaný s neznámymi koeficientmi. Pomocou vlastnosti, že polynómy sú rovnaké, ak sú ich koeficienty rovnaké pri rovnakých mocniciach, sa nájdu neznáme expanzné koeficienty.

Príklad 1

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

Riešenie.

Polynóm 3. stupňa možno rozšíriť na súčin lineárnych a kvadratických faktorov.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (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 = x 3 + (b – a)x 2 + (cx – ab)x – ak.

Po vyriešení systému:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac = 2,

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

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1) (x 2 + 3x + 2).

Korene rovnice (x + 1)(x 2 + 3x + 2) = 0 sa dajú ľahko nájsť.

Odpoveď: -1; -2.

4. Spôsob výberu koreňa pomocou najvyššieho a voľného koeficientu

Metóda je založená na aplikácii teorémov:

1) Každý celý koreň polynómu s celočíselnými koeficientmi je deliteľom voľného člena.

2) Aby bol ireducibilný zlomok p/q (p je celé číslo, q prirodzené číslo) koreňom rovnice s celočíselnými koeficientmi, je potrebné, aby číslo p bolo celočíselným deliteľom voľného člena a 0, a q je prirodzený deliteľ vedúceho koeficientu.

Príklad 1

6x 3 + 7x 2 – 9x + 2 = 0.

Riešenie:

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

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

Po nájdení jedného koreňa, napríklad – 2, nájdeme ďalšie korene pomocou rohového delenia, metódy neurčitých koeficientov alebo Hornerovej schémy.

Odpoveď: -2; 1/2; 1/3.

Stále máte otázky? Neviete, ako riešiť rovnice?
Ak chcete získať pomoc od tútora -.
Prvá lekcia je zadarmo!

blog.site, pri kopírovaní celého materiálu alebo jeho časti sa vyžaduje odkaz na pôvodný zdroj.

Vo všeobecnosti rovnica stupňa väčšia ako 4 nemôže byť vyriešená v radikáloch. Niekedy však stále môžeme nájsť korene polynómu vľavo v rovnici najvyššieho stupňa, ak ho predstavíme ako súčin polynómov v stupni nie viac ako 4. Riešenie takýchto rovníc je založené na faktorizácii polynómu, preto vám odporúčame, aby ste si pred štúdiom tohto článku prečítali túto tému.

Najčastejšie musíte riešiť rovnice vyšších stupňov s celočíselnými koeficientmi. V týchto prípadoch sa môžeme pokúsiť nájsť racionálne korene a potom faktorizovať polynóm, aby sme ho potom mohli transformovať na rovnicu nižšieho stupňa, ktorú je ľahké vyriešiť. V tomto materiáli sa pozrieme práve na takéto príklady.

Rovnice vyššieho stupňa s celočíselnými koeficientmi

Všetky rovnice v tvare a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 , môžeme vytvoriť rovnicu rovnakého stupňa vynásobením oboch strán a n n - 1 a premenlivou zmenou tvaru y = a n x:

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

Výsledné koeficienty budú tiež celé číslo. Budeme teda musieť vyriešiť redukovanú rovnicu n-tého stupňa s celočíselnými koeficientmi v tvare x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 = 0.

Vypočítame celočíselné korene rovnice. Ak má rovnica celé korene, musíte ich hľadať medzi deliteľmi voľného člena a 0 . Poďme si ich zapísať a dosadiť do pôvodnej rovnosti jeden po druhom, pričom skontrolujeme výsledok. Keď sme získali identitu a našli jeden z koreňov rovnice, môžeme ju zapísať v tvare x - x 1 · P n - 1 (x) = 0. Tu x 1 je koreň rovnice a P n - 1 (x) je podiel x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 delený x - x 1 .

Zvyšných deliteľov zapísaných do P n - 1 (x) = 0 dosadíme počnúc x 1, keďže korene sa môžu opakovať. Po získaní identity sa koreň x 2 považuje za nájdený a rovnicu je možné zapísať v tvare (x - x 1) (x - x 2) · P n - 2 (x) = 0. Tu P n - 2 (x) bude podiel delenia P n - 1 (x) x - x 2.

Pokračujeme v triedení deliteľov. Nájdime všetky celé korene a označme ich počet ako m. Potom môže byť pôvodná rovnica reprezentovaná ako x - x 1 x - x 2 · ... · x - x m · Pn - m (x) = 0. Tu P n - m (x) je polynóm n - m stupňa. Na výpočet je vhodné použiť Hornerovu schému.

Ak má naša pôvodná rovnica celočíselné koeficienty, nemôžeme nakoniec získať zlomkové korene.

Skončili sme pri rovnici P n - m (x) = 0, ktorej korene sa dajú nájsť akýmkoľvek pohodlným spôsobom. Môžu byť iracionálne alebo zložité.

Ukážme si na konkrétnom príklade, ako sa táto schéma riešenia používa.

Príklad 1

podmienka: nájdite riešenie rovnice x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0.

Riešenie

Začnime hľadaním celých koreňov.

Máme voľný termín rovný mínus tri. Má deliteľov rovných 1, - 1, 3 a - 3. Dosadíme ich do pôvodnej rovnice a uvidíme, ktoré z nich dávajú výsledné identity.

Keď sa x rovná jednej, dostaneme 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 = 0, čo znamená, že jedna bude koreňom tejto rovnice.

Teraz vydeľme polynóm x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 (x - 1) v stĺpci:

Takže 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

Dostali sme identitu, čo znamená, že sme našli ďalší koreň rovnice, rovný - 1.

Vydeľte polynóm x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 (x + 1) v stĺpci:

Chápeme to

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)

Nasledujúceho deliteľa dosadíme do rovnosti x 2 + x + 3 = 0, začínajúc od -1:

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

Výsledné rovnosti budú nesprávne, čo znamená, že rovnica už nemá celočíselné korene.

Zostávajúce korene budú koreňmi výrazu x 2 + x + 3.

D = 1 2 - 4 1 3 = - 11< 0

Z toho vyplýva, že tento kvadratický trinóm nemá skutočné korene, ale existujú komplexne združené: x = - 1 2 ± i 11 2.

Ujasnime si, že namiesto rozdelenia do stĺpca možno použiť Hornerovu schému. Robí sa to takto: po určení prvého koreňa rovnice vyplníme tabuľku.

V tabuľke koeficientov hneď vidíme koeficienty kvocientu delenia polynómov, čo znamená x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 .

Po nájdení ďalšieho koreňa, ktorým je - 1, dostaneme nasledovné:

odpoveď: x = - 1, x = 1, x = - 1 2 ± i 11 2.

Príklad 2

podmienka: vyriešte rovnicu x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0.

Riešenie

Voľný výraz má deliteľov 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.

Skontrolujme ich v poradí:

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

To znamená, že x = 2 bude koreňom rovnice. Vydeľte x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 x - 2 pomocou Hornerovej schémy:

Výsledkom je x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.

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

To znamená, že 2 bude opäť koreň. Vydeľte x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 x - 2:

V dôsledku toho dostaneme (x - 2) 2 · (x 2 + 3 x + 3) = 0.

Kontrola zostávajúcich deliteľov nemá zmysel, pretože rovnosť x 2 + 3 x + 3 = 0 je rýchlejšie a pohodlnejšie riešiť pomocou diskriminantu.

Poďme vyriešiť kvadratickú rovnicu:

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

Získame komplexne konjugovaný pár koreňov: x = - 3 2 ± i 3 2 .

Odpoveď x = -32 ± i32.

Príklad 3

podmienka: Nájdite skutočné korene rovnice x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0.

Riešenie

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

Vynásobíme 2 3 na oboch stranách rovnice:

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

Nahradiť premenné y = 2 x:

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

V dôsledku toho sme dostali štandardnú rovnicu 4. stupňa, ktorú je možné vyriešiť podľa štandardnej schémy. Skontrolujme deliteľov, delíme a nakoniec dostaneme, že má 2 skutočné korene y = - 2, y = 3 a dva komplexné. Nebudeme tu uvádzať celé riešenie. Vďaka substitúcii budú skutočné korene tejto rovnice x = y 2 = - 2 2 = - 1 a x = y 2 = 3 2.

odpoveď: x 1 = - 1, x 2 = 3 2

Ak si všimnete chybu v texte, zvýraznite ju a stlačte Ctrl+Enter