Kā atrisināt n-tās pakāpes vienādojumus. Matemātikas augstāko pakāpju vienādojumi
Vienādojumu izmantošana ir plaši izplatīta mūsu dzīvē. Tos izmanto daudzos aprēķinos, ēku celtniecībā un pat sportā. Cilvēks senatnē izmantoja vienādojumus, un kopš tā laika to pielietojums ir tikai pieaudzis. Matemātikā diezgan izplatīti ir augstāku grādu vienādojumi ar veselu skaitļu koeficientiem. Lai atrisinātu šāda veida vienādojumu, ir nepieciešams:
Nosakiet vienādojuma racionālās saknes;
Faktors polinoms vienādojuma kreisajā pusē;
Atrodiet vienādojuma saknes.
Pieņemsim, ka mums tiek dots šādas formas vienādojums:
Atradīsim visas tās patiesās saknes. Reiziniet kreisās un labās vienādojuma puses ar \\
Mainīgo mainīšana \\
Tādējādi mēs esam ieguvuši samazināto ceturtās pakāpes vienādojumu, kas tiek atrisināts pēc standarta algoritma: mēs pārbaudām dalītājus, veicam sadalīšanu un rezultātā uzzinām, ka vienādojumam ir divas reālas saknes \\ un divas sarežģītas saknes . Mēs saņemam šādu atbildi uz mūsu ceturtās pakāpes vienādojumu:
Kur var tiešsaistē atrisināt augstāko grādu vienādojumu ar risinātāju?
Vienādojumu varat atrisināt mūsu vietnē https: // site. Bezmaksas tiešsaistes risinātājs dažu sekunžu laikā ļaus tiešsaistē atrisināt jebkuras sarežģītības vienādojumu. Viss, kas jums jādara, ir vienkārši ievadīt savus datus risinātājā. Mūsu vietnē varat arī noskatīties video instrukciju un uzzināt, kā atrisināt vienādojumu. Un, ja jums joprojām ir jautājumi, varat tos uzdot mūsu Vkontakte grupā http://vk.com/pocketteacher. Pievienojieties mūsu grupai, mēs vienmēr priecājamies jums palīdzēt.
GORNERA SHĒMA
LĪDZEKĻU RISINĀŠANA AR PARAMETRIEM
NO "C" GRUPAS, Gatavojoties lietošanai
Kazantseva Ludmila Viktorovna
matemātikas skolotājs MBOU "Uyarskaya 3. vidusskolas numurs"
Izvēles nodarbībās nepieciešams paplašināt pieejamo zināšanu loku, risinot paaugstinātas grupas "C" sarežģītības uzdevumus.
Šis darbs aptver dažus papildu nodarbībās apspriestos jautājumus.
Ieteicams ieviest Hornera shēmu pēc tēmas "Polinoma dalīšana ar polinomu" izpētes. Šis materiāls ļauj atrisināt augstākas kārtas vienādojumus nevis grupējot polinomus, bet gan racionālāk, ietaupot laiku.
Nodarbības plāns.
1. nodarbība.
1. Teorētiskā materiāla skaidrojums.
2. Piemēru risinājums a B C D).
2. nodarbība.
1. Vienādojumu risināšana a B C D).
2. Polinoma racionālu sakņu atrašana
Hornera shēmas pielietošana vienādojumu risināšanai ar parametriem.
3. nodarbība.
Uzdevumi a B C).
4. nodarbība.
1. Uzdevumi d), e), f), g), h).
Augstāku grādu vienādojumu risināšana.
Hornera shēma.
Teorēma : Ļaujiet nereducējamajai daļai būt vienādojuma saknei
a o x n + a 1 x n-1 + ... + a n-1 x 1 + a n = 0
ar veselu skaitļu koeficientiem. Tad skaitlis rir galvenā koeficienta dalītājs un par .
Sekas: Jebkura veselā skaitļa sakne vienādojumā ar veseliem koeficientiem ir tā pārtveršanas dalītājs.
Sekas: Ja vienādojuma ar veselu skaitli koeficientu vadošais koeficients ir 1 , tad visas racionālās saknes, ja tādas pastāv, ir veselas.
1. piemērs. 2x 3 - 7x 2 + 5x - 1 \u003d 0
Ļaujiet nereducējamai daļai būt vienādojuma sakneir ir skaitļa dalītājs1: ± 1
q ir augstākā termiņa dalītājs: ± 1; ± 2
Starp skaitļiem jāmeklē vienādojuma racionālās saknes:± 1; ±.
f (1) \u003d 2 - 7 + 5 - 1 \u003d - 1 0
f (–1) \u003d –2 - 7 - 5 - 1 ≠ 0
f () = – + – 1 = – + 
– = 0
Sakne ir skaitlis .
Polinoma dalīšana P (x) \u003d a par x p + a 1 x n -1 + … + a n binomālā ( x - £) tas ir ērti izpildīt pēc Hornera shēmas.
Mēs apzīmējam nepilnīgo koeficientu P (x)ieslēgts ( x - £)cauri J (x ) = b o x n -1 + b 1 x n -2 + … b n -1 ,
un atlikušo pēc b n
P (x) \u003dJ (x ) (x – £) + b n , tad identitāte
un par x p + a 1 x n-1 + ... + a n \u003d (b o x n-1 + … + b n-1 ) (x - £) +b n
J (x ) Ir polinoms, kura pakāpe ir 1 zem sākotnējā polinoma pakāpes. Polinoma koeficienti J (x ) tiek noteikti pēc Hornera shēmas.
un ak
a 1
a 2
a n-1
a n
b o \u003d a о
b 1 = a 1 + £· b o
b 2 = a 2 + £· b 1
b n-1 \u003d a n-1 + £· b n-2
b n \u003d a n + £· b n-1
Šīs tabulas pirmajā rindā ir iekļauti polinoma koeficienti P (x).
Ja mainīgā lieluma nav, tad atbilstošajā tabulas šūnā ir ierakstīts 0.
Vecākā koeficienta koeficients ir vienāds ar dividenžu vecāko koeficientu ( un par = b o ). Ja £ ir polinoma sakne, tad pēdējā šūnā, kuru mēs iegūstam 0.
2. piemērs... Faktors ar veselu skaitļu koeficientiem
P (x) \u003d 2x 4 - 7x 3 - 3x 2 + 5x - 1
± 1.
Piemērots - 1.
Sadaliet P (x) ieslēgts (x + 1)
2
– 7
– 3
5
– 1
– 1
2
– 9
6
– 1
0
2x 4 - 7x 3 - 3x 2 + 5x - 1 \u003d (x + 1) (2x 3 - 9x 2 + 6x - 1)
Mēs meklējam veselas saknes starp brīvo dalībnieku: ± 1
Tā kā vecākais termiņš ir 1, tad saknes var būt daļskaitļi: - ; .
Piemērots .
2
– 9
6
– 1
2
– 8
2
0
2x 3 - 9x 2 + 6x - 1 \u003d (x -) (2x 2 - 8x + 2) \u003d (2x - 1) (x 2 - 4x + 1)
Trinomiāls x 2 - 4x + 1nevar sadalīt faktoros ar veselu skaitļu koeficientiem.
Uzdevums:
1. Faktors ar veselu skaitļu koeficientiem:
un) x 3 - 2x 2 - 5x + 6
q: ± 1;
p: ± 1; ± 2; ± 3; ± 6
: ± 1; ± 2; ± 3; ± 6
Atrodiet polinoma racionālās saknes f (1) = 1 – 2 – 5 + 6 = 0
x \u003d 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)
Mēs definējam kvadrātvienādojuma saknes
x 2 - x - 6 \u003d 0
x \u003d 3; x \u003d - 2
b) 2x 3 + 5x 2 + x - 2
p: ± 1; ± 2
q: ± 1; ± 2
: ± 1; ± 2; ±
Atrodiet trešās pakāpes polinoma saknes
f (1) \u003d 2 + 5 + 1 - 2 ≠ 0
f (–1) \u003d - 2 + 5 - 1 - 2 \u003d 0
Viena no vienādojuma saknēm x \u003d - 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)
Mēs paplašinām kvadrātveida trinomu 2x 2 + 3x - 2pēc faktoriem
2x 2 + 3x - 2 \u003d 2 (x + 2) (x -)
D \u003d 9 + 16 \u003d 25
x 1 \u003d - 2; x 2 \u003d
iekšā) x 3 - 3x 2 + x + 1
p: ± 1
q: ± 1
: ± 1
f (1) \u003d 1 - 3 + 1 - 1 \u003d 0
Viena no trešās pakāpes polinoma saknēm ir x \u003d 1
1
– 3
1
1
1
1
– 2
– 1
0
x 3 - 3x 2 + x + 1 \u003d (x - 1) (x 2 - 2x - 1)
Atrodiet vienādojuma saknes x 2 - 2x - 1 \u003d 0
D \u003d 4 + 4 = 8
x 1 = 1 – 
x 2 = 1 +
x 3 - 3x 2 + x + 1 \u003d (x - 1) (x - 1 + ) (x - 1 - )
d) x 3 - 2x - 1
p: ± 1
q: ± 1
: ± 1
Mēs definējam polinoma saknes
f (1) \u003d 1 - 2 - 1 \u003d - 2
f (–1) \u003d - 1 + 2 - 1 \u003d 0
Pirmā sakne x \u003d - 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 \u003d 0
D \u003d 1 + 4 \u003d 5
x 1.2 = 
x 3 - 2x - 1 \u003d (x + 1) (x - 
) (x - 
)
2. Atrisiniet vienādojumu:
un) x 3 - 5x + 4 \u003d 0
Definējiet trešās pakāpes polinoma saknes
: ± 1; ± 2; ± 4
f (1) \u003d 1 - 5 + 4 \u003d 0
Viena no saknēm ir x \u003d 1
1
0
– 5
4
1
1
1
– 4
0
x 3 - 5x + 4 \u003d 0
(x - 1) (x 2 + x - 4) \u003d 0
x 2 + x - 4 \u003d 0
D \u003d 1 + 16 \u003d 17
x 1 = 
; x 2
= 
Atbilde: 1; ;
b) x 3 - 8x 2 + 40 = 0
Definēsim trešās pakāpes polinoma saknes.
: ± 1; ± 2; ± 4; ± 5; ± 8; ± 10; ± 20; ± 40
f (1) ≠ 0
f (–1) ≠ 0
f (–2) \u003d - 8 - 32 + 40 \u003d 0
Viena no saknēm ir x \u003d - 2
1
– 8
0
40
– 2
1
– 10
20
0
Faktorizēsim trešās pakāpes polinomu.
x 3 - 8x 2 + 40 \u003d (x + 2) (x 2 - 10x + 20)
Atrodiet kvadrātvienādojuma saknes x 2 - 10x + 20 \u003d 0
D \u003d 100 - 80 \u003d 20
x 1 = 5 – 
; x 2
= 5 +
Atbilde: - 2; 5 – ; 5 +
iekšā) x 3 - 5x 2 + 3x + 1 \u003d 0
Mēs meklējam veselas saknes starp brīvā termina dalītājiem: ± 1
f (–1) \u003d - 1 - 5 - 3 + 1 ≠ 0
f (1) \u003d 1 - 5 + 3 + 1 \u003d 0
Piemērots x \u003d 1
1
– 5
3
1
1
1
– 4
– 1
0
x 3 - 5x 2 + 3x + 1 \u003d 0
(x - 1) (x 2 - 4x - 1) \u003d 0
Nosakiet kvadrātvienādojuma saknes x 2 - 4x - 1 \u003d 0
D \u003d 20
x \u003d 2 + ; x \u003d 2 -
Atbilde: 2 – ; 1; 2 +
d) 2x 4 - 5x 3 + 5x 2 – 2 = 0
p: ± 1; ± 2
q: ± 1; ± 2
: ± 1; ± 2; ±
f (1) \u003d 2 - 5 + 5 - 2 \u003d 0
Viena no vienādojuma saknēm x \u003d 1
2
– 5
5
0
– 2
1
2
– 3
2
2
0
2x 4 - 5x 3 + 5x 2 - 2 \u003d 0
(x - 1) (2x 3 - 3x 2 + 2x + 2) \u003d 0
Tādā pašā veidā mēs atrodam trešās pakāpes vienādojuma saknes.
2x 3 - 3x 2 + 2x + 2 \u003d 0
p: ± 1; ± 2
q: ± 1; ± 2
: ± 1; ± 2; ±
f (1) \u003d 2 - 3 + 2 + 2 ≠ 0
f (–1) \u003d - 2 - 3 - 2 + 2 ≠ 0
f (2) \u003d 16 - 12 + 4 + 2 ≠ 0
f (–2) \u003d - 16 - 12 - 4 + 2 ≠ 0
f() = – + 1 + 2 ≠ 0
f(–) = – – – 1 + 2 ≠ 0
Nākamā vienādojuma saknex \u003d -
2
– 3
2
2
2
– 4
4
0
2x 3 - 3x 2 + 2x + 2 \u003d 0
(x +) (2x2 - 4x + 4) \u003d 0
Mēs definējam kvadrātvienādojuma saknes 2x 2 - 4x + 4 \u003d 0
x 2 - 2x + 2 \u003d 0
D \u003d - 4< 0
Tāpēc sākotnējā ceturtās pakāpes vienādojuma saknes ir
1 un –
Atbilde: –; 1
3. Atrodiet polinoma racionālās saknes
un) x 4 - 2x 3 - 8x 2 + 13x - 24
q: ± 1
: ± 1; ± 2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 8; ± 12; ± 24
Izvēlieties vienu no ceturtās pakāpes polinoma saknēm:
f (1) \u003d 1 - 2 - 8 + 13 - 24 ≠ 0
f (–1) \u003d 1 + 2 - 8 - 13 - 24 ≠ 0
f (2) \u003d 16 - 16 - 32 + 26 - 24 ≠ 0
f (–2) \u003d 16 + 16 - 72 - 24 ≠ 0
f (–3) \u003d 81 + 54 - 72 - 39 - 24 \u003d 0
Viena no polinoma saknēm x 0= – 3.
x 4 - 2x 3 - 8x 2 + 13x - 24 \u003d (x + 3) (x 3 - 5x 2 + 7x + 8)
Atrodiet polinoma racionālās saknes
x 3 - 5x 2 + 7x + 8
p: ± 1; ± 2; ± 4; ± 8
q: ± 1
f (1) \u003d 1 - 5 + 7 + 8 ≠ 0
f (–1) \u003d - 1 - 5 - 7 - 8 ≠ 0
f (2) \u003d 8 - 20 + 14 + 8 ≠ 0
f (–2) \u003d - 8 - 20 - 14 + 8 ≠ 0
f (–4) \u003d 64 - 90 - 28 + 8 ≠ 0
f (4) ≠ 0
f (–8) ≠ 0
f (8) ≠ 0
Bez skaitļa x 0 = – 3 citu racionālu sakņu nav.
b) x 4 - 2x 3 - 13x 2 - 38x - 24
p: ± 1; ± 2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 8; ± 12; ± 24
q: ± 1
f (1) \u003d 1 + 2 - 13 - 38 - 24 ≠ 0
f (–1) = 1 – 2 – 13 + 38 – 24 = 39 – 39 = 0, t.i. x \u003d - 1polinoma sakne
1
2
– 13
– 38
– 24
– 1
1
1
– 14
– 24
0
x 4 - 2x 3 - 13x 2 - 38x - 24 \u003d (x + 1) (x 3 - x 2 - 14x - 24)
Definējiet trešās pakāpes polinoma saknes x 3 - x 2 - 14x - 24
p: ± 1; ± 2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 8; ± 12; ± 24
q: ± 1
f (1) \u003d - 1 + 1 + 14 - 24 ≠ 0
f (–1) \u003d 1 + 1 - 14 - 24 ≠ 0
f (2) \u003d 8 + 4 - 28 - 24 ≠ 0
f (–2) \u003d - 8 + 4 + 28 - 24 ≠ 0
Tādējādi polinoma otrā sakne x \u003d - 2
1
1
– 14
– 24
– 2
1
– 1
– 12
0
x 4 - 2x 3 - 13x 2 - 38x - 24 \u003d (x + 1) (x 2 + 2) (x 2 - x - 12) \u003d
\u003d (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x - 4)
Atbilde: – 3; – 2; – 1; 4
Hornera shēmas pielietošana vienādojumu risināšanai ar parametru.
Atrodiet lielāko vesela skaitļa parametra vērtību un,pie kura vienādojums f (x) \u003d 0ir trīs atšķirīgas saknes, no kurām viena x 0 .
un) f (x) \u003d x 3 + 8x 2 + ah +b , x 0 = – 3
Tātad viena no saknēm x 0 = – 3 , tad saskaņā ar Hornera shēmu mums ir:
1
8
un
b
– 3
1
5
– 15 + a
0
0 \u003d - 3 (- 15 + a) + b
0 \u003d 45 - 3a + b
b \u003d 3а - 45
x 3 + 8x 2 + cirvis + b \u003d (x + 3) (x 2 + 5x + (a - 15))
Vienādojums x 2 + 5x + (a - 15) \u003d 0 D > 0
un \u003d 1; b \u003d 5; c \u003d (a - 15),
D \u003d b 2 - 4ac \u003d 25 - 4 (a - 15) \u003d 25 + 60 - 4a\u003e 0,
85 - 4a\u003e 0;
4.a< 85;
a< 21
Lielākā veselā skaitļa parametra vērtība un,pie kura vienādojums
f (x) \u003d 0ir trīs saknes, a \u003d 21
Atbilde: 21.
b) f (x) \u003d x 3 - 2x 2 + cirvis + b, x 0 = – 1
Tā kā viena no saknēm x 0= – 1, tad pēc Hornera shēmas mums ir
1
– 2
a
b
– 1
1
– 3
3 + a
0
x 3 - 2x 2 + cirvis + b \u003d (x + 1) (x 2 - 3x + (3 + a))
Vienādojums x 2 – 3 x + (3 + a ) = 0 jābūt divām saknēm. Tas tiek darīts tikai tad, kad D > 0
a \u003d 1; b \u003d - 3; c \u003d (3 + a),
D \u003d b 2 - 4ac \u003d 9 - 4 (3 + a) \u003d 9 - 12 - 4a \u003d - 3 - 4a\u003e 0,
– 3 - 4a\u003e 0;
– 4.a< 3;
a < –
Augstākā vērtība a \u003d - 1 a \u003d 40
Atbilde: a \u003d 40
d) f (x) \u003d x 3 - 11x 2 + cirvis + b, x 0 = 4
Tā kā viena no saknēm x 0 = 4 , tad pēc mums Hornera shēmas
1
– 11
a
b
4
1
– 7
– 28 + a
0
x 3 - 11x 2 + cirvis + b \u003d (x - 4) (x 2 - 7x + (a - 28))
f (x ) = 0, ja x \u003d 4vai x 2 – 7 x + (a – 28) = 0
D > 0, t.i.
D \u003d b 2 - 4ac \u003d 49 - 4 (a - 28) \u003d 49 + 112 - 4a \u003d 161 - 4a\u003e 0,
161 - 4a\u003e 0;
– 4.a< – 161; f x 0 = – 5 , tad pēc mums Hornera shēmas
1
13
a
b
– 5
1
8
– 40 + a
0
x 3 + 13x 2 + cirvis + b \u003d (x +5) (x 2 + 8x + (a - 40))
f (x ) = 0, ja x \u003d - 5vai x 2 + 8 x + (a – 40) = 0
Vienādojumam ir divas saknes, ja D > 0
D \u003d b 2 - 4ac \u003d 64 - 4 (a - 40) \u003d 64 + 1 60 - 4a \u003d 224 - 4a\u003e 0,
224 - 4a\u003e 0;
a< 56
Vienādojums f (x ) ir trīs saknes visaugstākajā vērtībā a \u003d 55
Atbilde: a \u003d 55
g) f (x ) = x 3 + 19 x 2 + cirvis + b , x 0 = – 6
Tā kā viena no saknēm – 6 , tad pēc mums Hornera shēmas
1
19
a
b
– 6
1
13
a - 78
0
x 3 + 19x 2 + cirvis + b \u003d (x +6) (x 2 + 13x + (a - 78)) \u003d 0
f (x ) = 0, ja x \u003d - 6vai x 2 + 13 x + (a – 78) = 0
Otrajam vienādojumam ir divas saknes, ja
Apsveriet vienādojumu risinājumi, kuru viens mainīgais ir augstāks par otro.
Vienādojuma P (x) \u003d 0 pakāpe ir polinoma P (x) pakāpe, t.i. lielākais no tā terminu pakāpēm ar koeficientu, kas nav vienāds ar nulli.
Tā, piemēram, vienādojumam (x 3 - 1) 2 + x 5 \u003d x 6 - 2 ir piektā pakāpe, jo pēc iekavu atvēršanas un līdzīgu ienesšanas darbībām iegūstam ekvivalentu vienādojumu x 5 - 2x 3 + 3 \u003d 0 no piektās pakāpes.
Atgādināsim noteikumus, kas būs nepieciešami, lai atrisinātu vienādojumus, kuru pakāpe ir augstāka par diviem.
Paziņojumi par polinoma saknēm un tā dalītājiem:
1. N pakāpes polinomā sakņu skaits ir ne vairāk kā n, un daudzkārtības m saknes notiek tieši m reizes.
2. Nepāra pakāpes polinomam ir vismaz viena reāla sakne.
3. Ja α ir P (x) sakne, tad P n (x) \u003d (x - α) Q n - 1 (x), kur Q n - 1 (x) ir pakāpes (n - 1) polinoms.
4.
5. Samazinātajam polinomam ar veselu skaitļu koeficientiem nevar būt daļējas racionālas saknes.
6. 3. pakāpes polinomam
P 3 (x) \u003d ax 3 + bx 2 + cx + d ir iespējama viena no divām lietām: vai nu tā sadalās trīs binomu reizinājumā
Р 3 (x) \u003d а (х - α) (х - β) (х - γ), vai arī to var sadalīt binomāla un kvadrātveida trinomāla reizinājumā Р 3 (x) \u003d а (х - α) (х 2 + βх + γ).
7. Jebkuru ceturtās pakāpes polinomu var sadalīt divu kvadrātveida trīsvienību reizinājumā.
8. Polinoms f (x) ir dalāms ar polinomu g (x) bez atlikuma, ja ir polinoms q (x) tāds, ka f (x) \u003d g (x) q (x). Dalot polinomus, tiek piemērots noteikums "stūra dalījums".
9. Lai polinoma P (x) dalāmība binomālā (x - c) būtu nepieciešama un pietiekama, lai skaitlis c būtu P (x) sakne (Bezouta teorēmas secinājums).
10. Vieta teorēma: ja x 1, x 2, ..., x n ir reālas polinoma saknes
P (x) \u003d a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, tad pastāv šādas vienādības:
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.
Risinājumu piemēri
1. piemērs.
Atrodiet atlikušo dalāmo P (x) \u003d x 3 + 2/3 x 2 - 1/9 ar (x - 1/3).
Lēmums.
Saskaņā ar Bezouta teorēmas seku: "Atlikums, sadalot polinomu ar binomu (x - c), ir vienāds ar polinoma vērtību c". Atrodīsim Р (1/3) \u003d 0. Tāpēc atlikums ir 0 un skaitlis 1/3 ir polinoma sakne.
Atbilde: R \u003d 0.
2. piemērs.
Sadaliet ar stūri 2x 3 + 3x 2 - 2x + 3 ar (x + 2). Atrodiet atlikumu un nepilnīgo koeficientu. 
Lēmums:
2x 3 + 3x 2 - 2x + 3 | x + 2
2x 3 + 4 x 2 2x 2 - x
X 2 - 2 x
Atbilde: R \u003d 3; privāts: 2x 2 - x.
Pamatmetodes augstāku grādu vienādojumu risināšanai
1. Jauna mainīgā ieviešana
Jauna mainīgā ieviešanas metode jau ir pazīstama ar divkvadrātisko vienādojumu piemēru. Tas sastāv no tā, ka, lai atrisinātu vienādojumu f (x) \u003d 0, tiek ieviests jauns mainīgais (aizstāšana) t \u003d xn vai t \u003d g (x) un f (x) tiek izteikts kā t, iegūstot jaunu vienādojumu r (t). Pēc tam, risinot vienādojumu r (t), tiek atrastas saknes:
(t 1, t 2, ..., t n). Pēc tam tiek iegūts n vienādojumu kopums q (x) \u003d t 1, q (x) \u003d t 2, ..., q (x) \u003d t n, no kura atrodamas sākotnējā vienādojuma saknes.
1. piemērs.
(x 2 + x + 1) 2 - 3x 2 - 3x - 1 \u003d 0.
Lēmums:
(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x) - 1 \u003d 0.
(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x + 1) + 3 - 1 \u003d 0.
Aizstāšana (x 2 + x + 1) \u003d t.
t 2 - 3t + 2 \u003d 0.
t 1 \u003d 2, t 2 \u003d 1. Reversā aizstāšana:
x 2 + x + 1 \u003d 2 vai x 2 + x + 1 \u003d 1;
x 2 + x - 1 \u003d 0 vai x 2 + x \u003d 0;
Atbilde: No pirmā vienādojuma: x 1, 2 \u003d (-1 ± √5) / 2, no otrā: 0 un -1.
2. Faktorings, grupējot un samazinot reizināšanas formulas
Šīs metodes pamats arī nav jauns, un tas sastāv no terminu grupēšanas tā, lai katrā grupā būtu kopīgs faktors. Lai to izdarītu, dažreiz jums ir jāizmanto dažas mākslīgas metodes.
1. piemērs.
x 4 - 3x 2 + 4x - 3 \u003d 0.
Lēmums.
Iedomājieties - 3x 2 \u003d -2x 2 - x 2 un grupējiet:
(x 4 - 2x 2) - (x 2 - 4x + 3) \u003d 0.
(x 4 - 2x 2 +1 - 1) - (x 2 - 4x + 3 + 1 - 1) \u003d 0.
(x 2 - 1) 2 - 1 - (x - 2) 2 + 1 \u003d 0.
(x 2 - 1) 2 - (x - 2) 2 \u003d 0.
(x 2 - 1 - x + 2) (x 2 - 1 + x - 2) \u003d 0.
(x 2 - x + 1) (x 2 + x - 3) \u003d 0.
x 2 - x + 1 \u003d 0 vai x 2 + x - 3 \u003d 0.
Atbilde: Pirmajā vienādojumā nav sakņu, sākot ar otro: x 1, 2 \u003d (-1 ± √13) / 2.
3. Faktorings ar nenoteiktu koeficientu metodi
Metodes būtība ir tāda, ka sākotnējais polinoms tiek sadalīts faktoros ar nezināmiem koeficientiem. Izmantojot īpašību, ka polinomi ir vienādi, ja to koeficienti ir vienādi vienādos grādos, tiek atrasti nezināmie izplešanās koeficienti.
1. piemērs.
x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d 0.
Lēmums.
3. pakāpes polinomu var paplašināt par lineārā un kvadrātveida faktora reizinājumu.
x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d (x - a) (x 2 + bx + c),
x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d x 3 + bx 2 + cx - cirvis 2 - abx - ac,
x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d x 3 + (b - a) x 2 + (cx - ab) x - ac.
Pēc sistēmas atrisināšanas:
(b - a \u003d 4,
(c - ab \u003d 5,
(-ac \u003d 2,
(a \u003d -1,
(b \u003d 3,
(c \u003d 2, t.i.
x 3 + 4x 2 + 5x + 2 \u003d (x + 1) (x 2 + 3x + 2).
Vienādojuma (x + 1) (x 2 + 3x + 2) \u003d 0 saknes ir viegli atrast.
Atbilde: -1; -2.
4. Saknes atlases metode pēc augstākā un brīvā koeficienta
Metode ir balstīta uz teorēmu izmantošanu:
1) Jebkura vesela skaitļa sakne polinomā ar skaitļa koeficientiem ir pārtveršanas dalītājs.
2) Lai nereducējamā frakcija p / q (p ir vesels skaitlis, q ir naturāls skaitlis) būtu vienādojuma ar veselo koeficientu sakne, skaitlim p jābūt brīvā termina a 0 vesela skaitļa dalītājam un q ir galvenā koeficienta dabiskais dalītājs.
1. piemērs.
6x 3 + 7x 2 - 9x + 2 \u003d 0.
Lēmums:
6: q \u003d 1, 2, 3, 6.
Tāpēc p / q \u003d ± 1, ± 2, ± 1/2, ± 1/3, ± 2/3, ± 1/6.
Atraduši vienu sakni, piemēram, 2, mēs atrodam pārējās saknes, izmantojot dalīšanu ar leņķi, nenoteiktu koeficientu metodi vai Hornera shēmu.
Atbilde: -2; 1/2; 1/3.
Vai jums joprojām ir jautājumi? Vai neesat pārliecināts, kā atrisināt vienādojumus?
Lai saņemtu palīdzību no pasniedzēja - reģistrējieties.
Pirmā nodarbība ir bez maksas!
vietnei ar pilnīgu vai daļēju materiāla kopēšanu ir nepieciešama saite uz avotu.
Lai izmantotu prezentāciju priekšskatījumu, izveidojiet sev Google kontu (kontu) un piesakieties tajā: \u200b\u200bhttps://accounts.google.com
Slaidu paraksti:
Augstāku grādu vienādojumi (polinoma saknes vienā mainīgajā).
Plānojiet lekcijas. Nr. 1. Augstāko pakāpju vienādojumi skolas matemātikas kursā. Nr. 2. Polinoma standarta forma. № 3. Polinoma integrālās saknes. Hornera shēma. № 4. Polinoma daļējas saknes. № 5. Formas vienādojumi: (х + а) (х + в) (х + с)… \u003d А № 6. Atgriezeniskie vienādojumi. № 7. Homogēni vienādojumi. № 8. Nenoteiktu koeficientu metode. № 9. Funkcionālā - grafiskā metode. № 10. Vieta formulas augstāku grādu vienādojumiem. № 11. Nestandarta metodes augstāku grādu vienādojumu risināšanai.
Augstāko pakāpju vienādojumi skolas matemātikas kursā. 7. klase. Polinoma standarta forma. Darbības ar polinomiem. Polinoma faktors. Parastajā klasē 42 stundas, īpašajā klasē 56 stundas. 8 īpašā klase. Polinoma saknes veselumā, polinomu dalījums, atkārtoti vienādojumi, binomāta n - tā spēka starpība un summa, nenoteiktu koeficientu metode Yu.N. Makarychev "Papildu nodaļas 8. klases algebras skolas kursam", MLGalitsky Uzdevumu kolekcija 8. - 9. klases algebrā. 9 īpašā klase. Polinoma racionālas saknes. Vispārīgi atdeves vienādojumi. Vietas formulas augstāku grādu vienādojumiem. N. Ya. Viļenkins “Algebra 9. klase ar padziļinātu pētījumu. 11 īpašā klase. Polinomu identitāte. Polinoms vairākos mainīgajos. Funkcionālā - grafiskā metode augstāku grādu vienādojumu risināšanai.
Polinoma standarta forma. Polinoms P (x) \u003d a ⁿ x ⁿ + a n-1 x n-1 +… + a₂x ² + a₁x + a₀. To sauc par standarta polinomu. a n x ⁿ ir polinoma augstākais loceklis un n ir polinoma augstākā termiņa koeficients. Ja n \u003d 1, P (x) sauc par reducētu polinomu. un ₀ ir polinoma P (x) brīvais termins. n ir polinoma pakāpe.
Polinoma saknes vesels skaitlis. Hornera shēma. Teorēma 1. Ja vesels skaitlis a ir polinoma P (x) sakne, tad a ir brīvā termina P (x) dalītājs. 1. piemērs. Atrisiniet vienādojumu. X⁴ + 2x³ \u003d 11x² - 4x - 4 Pielāgosim vienādojumu tā standarta formā. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0. Mums ir polinoms P (x) \u003d x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Brīvā termina dalījumi: ± 1, ± 2, ± 4. x \u003d 1 vienādojuma sakne, jo P (1) \u003d 0, x \u003d 2 vienādojuma sakne kopš P (2) \u003d 0 Bezouta teorēma. Polinoma P (x) dalīšanas atlikums ar binomu (x - a) ir vienāds ar P (a). Sekas. Ja a ir polinoma P (x) sakne, tad P (x) dalās ar (x - a). Mūsu vienādojumā P (x) dalās ar (x - 1) un (x - 2), tātad ar (x - 1) (x - 2). Kad P (x) dalīts ar (x ² - 3x + 2) koeficientā, iegūstam trinomu x ² + 5x + 2 \u003d 0, kura saknes ir x \u003d (- 5 ± √17) / 2
Polinoma daļējas saknes. 2. teorēma. Ja p / g ir polinoma P (x) sakne, tad p ir brīvā termina dalītājs, g ir galvenā termina P (x) koeficienta dalītājs. 2. piemērs. Atrisiniet vienādojumu. 6x³ - 11x² - 2x + 8 \u003d 0. Brīvā laika dalītāji: ± 1, ± 2, ± 4, ± 8. Neviens no šiem skaitļiem neapmierina vienādojumu. Nav neskartu sakņu. Vadošā termina P (x) koeficienta dabiskie dalītāji: 1, 2, 3, 6. Vienādojuma iespējamās frakcionētās saknes: ± 2/3, ± 4/3, ± 8/3. Pārbaudot, mēs pārliecināmies, ka P (4/3) \u003d 0. X \u003d 4/3 ir vienādojuma sakne. Saskaņā ar Hornera shēmu mēs dalām P (x) ar (x - 4/3).
Neatkarīga risinājuma piemēri. Atrisiniet vienādojumus: 9x³ - 18x \u003d x - 2, x ³ - x ² \u003d x - 1, x ³ - 3x² -3x + 1 \u003d 0, X ⁴ - 2x³ + 2x - 1 \u003d 0, X⁴ - 3x² + 2 \u003d 0, x ⁵ + 5x³ - 6x² \u003d 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 \u003d 0, X⁴ + 4x³ - x ² - 16x - 12 \u003d 0 4x³ + x ² - x + 5 \u003d 0 3x⁴ + 5x³ - 9x² - 9x + 10 \u003d 0. Atbildes: 1) ± 1/3; 2 2) ± 1, 3) -1; 2 ± √3, 4) ± 1, 5) ± 1; ± √2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -viens; ± 2, 9) - 5/4 10) -2; - 5/3; viens.
Formas (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) vienādojumi… \u003d A. 3. piemērs. Atrisiniet vienādojumu (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) \u003d 24. a \u003d 1, b \u003d 2, c \u003d 3, d \u003d 4 a + d \u003d b + c. Pirmo kronšteinu mēs reizinām ar ceturto un otro ar trešo. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) \u003d 24. (x2 + 5x + 4) (x2 + 5x + 6) \u003d 24. Ļaujiet x2 + 5x + 4 \u003d y, tad y (y + 2) \u003d 24, y² + 2y - 24 \u003d 0 y₁ \u003d - 6, y₂ \u003d 4.x² + 5x + 4 \u003d -6 vai x² + 5x + 4 \u003d 4.x² + 5x + 10 \u003d 0, D
Neatkarīga risinājuma piemēri. (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) \u003d -15, x (x + 4) (x + 5) (x + 9) + 96 \u003d 0, x (x + 3) ) (x + 5) (x + 8) + 56 \u003d 0, (x - 4) (x - 3) (x - 2) (x - 1) \u003d 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, norāde: x + 3x + 2 \u003d (x + 1) (x + 2), x ² + 9x + 20 \u003d (x + 4) (x + 5) Atbildes: 1) -4 ± √6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5 ± √97) / 2 7) -7; -viens; -4 ± √3.
Refleksijas vienādojumi. 1. definīcija. Formas vienādojumu: ax⁴ + in ³ + cx ² + in + a \u003d 0 sauc par ceturtās pakāpes atgriešanās vienādojumu. Definīcijas numurs 2. Formas vienādojumu: ax⁴ + inx ³ + cx² + bx + k² a \u003d 0 sauc par vispārinātu ceturtās pakāpes atgriešanās vienādojumu. k2 a: a \u003d k2; kv: v \u003d k. 6. piemērs. Atrisiniet vienādojumu x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 \u003d 0. Sadaliet abas vienādojuma puses ar x ². x ² - 7x + 14 - 7 / x + 1 / x ² \u003d 0, (x ² + 1 / x ²) - 7 (x + 1 / x) + 14 \u003d 0. Ļaujiet x + 1 / x \u003d y. Mēs sakārtojam abas līdztiesības puses. x ² + 2 + 1 / x ² \u003d y², x ² + 1 / x ² \u003d y² - 2. Iegūstam kvadrātvienādojumu y² - 7y + 12 \u003d 0, y₁ \u003d 3, y₂ \u003d 4.x + 1 / x \u003d 3 vai x + 1 / x \u003d 4. Mēs iegūstam divus vienādojumus: x ² - 3x + 1 \u003d 0, x ² - 4x + 1 \u003d 0. 7. piemērs. 3x⁴ - 2x³ - 31x² + 10x + 75 \u003d 0. 75: 3 \u003d 25, 10: (- 2) \u003d -5, (-5) ² \u003d 25. Vispārējā atgriešanās vienādojuma nosacījums ir izpildīts k \u003d -5. Atrisināts līdzīgi 6. piemēram. Sadaliet abas vienādojuma puses ar x ². 3x⁴ - 2x - 31 + 10 / x + 75 / x ² \u003d 0,3 (x ⁴ + 25 / x ²) - 2 (x - 5 / x) - 31 \u003d 0. Ļaujiet x - 5 / x \u003d y, mēs kvadrātu abas vienādības puses x ² - 10 + 25 / x ² \u003d y², x ² + 25 / x ² \u003d y² + 10. Mums ir kvadrātvienādojums 3y² - 2y - 1 \u003d 0, y₁ \u003d 1, y₂ \u003d - 1 / 3. x - 5 / x \u003d 1 vai x - 5 / x \u003d -1/3. Mēs iegūstam divus vienādojumus: x ² - x - 5 \u003d 0 un 3x² + x - 15 \u003d 0
Neatkarīga risinājuma piemēri. 1,78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 \u003d 0, 2.x - 5x³ + 10x² - 10x + 4 \u003d 0, 3.x ⁴ - x ³ - 10x² + 2x + 4 \u003d 0, 4.6x⁴ + 5x³ - 38x² - 10x + 24 \u003d 0,5 x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0,6 x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 \u003d 0. Atbildes: 1) 2/3; 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.
Homogēni vienādojumi. Definīcija. Formas a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ \u003d 0 vienādojumu sauc par homogēnu trešās pakāpes vienādojumu attiecībā pret u v. Definīcija. Formas a₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a₃ uv³ + a₄ v⁴ \u003d 0 vienādojumu sauc par ceturtās pakāpes homogēnu vienādojumu attiecībā pret u v. 8. piemērs. Atrisiniet vienādojumu (x² - x + 1) ³ + 2x⁴ (x² - x + 1) - 3x⁶ \u003d 0 Trešās pakāpes viendabīgs vienādojums attiecībā pret u \u003d x²- x + 1, v \u003d x ². Abas vienādojuma puses dalām ar x ⁶. Iepriekš pārbaudījām, vai x \u003d 0 nav vienādojuma sakne. (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 \u003d 0, y \u003d 1 vienādojuma sakne. Pēc Hornera shēmas mēs dalām polinomu P (x) \u003d y³ + 2y - 3 ar y - 1. Dalījumā mēs iegūstam trinomu, kam nav sakņu. Atbilde: 1.
Neatkarīga risinājuma piemēri. 1,2 (x² + 6x + 1) ² + 5 (X² + 6X + 1) (X² + 1) + 2 (X² + 1) ² \u003d 0, 2. (X + 5) ⁴ - 13X² (X + 5) ² + 36X⁴ \u003d 0, 3,2 (X² + X + 1) ² - 7 (X - 1) ² \u003d 13 (X³ - 1), 4,2 (X -1) ⁴ - 5 (X² - 3X + 2) ² + 2 ( x - 2) ⁴ \u003d 0, 5. (x ² + x + 4) ² + 3x (x ² + x + 4) + 2x² \u003d 0, atbildes: 1) -1; -2 ± √3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2; 4 4) ± √2; 3 ± √2, 5) Nav sakņu.
Nedefinēta koeficienta metode. Teorēma №3. Divi polinomi P (x) un G (x) ir identiski tikai tad, ja tiem ir vienāda pakāpe un mainīgā lieluma vienādu pakāpju koeficienti abos polinomos ir vienādi. 9. piemērs. Faktors polinoms y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1.y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 \u003d (y2 + wu + c) (y2 + v₁y + c₁) \u003d y ⁴ + y³ (b₁ + b) + y² ( s₁ + s + b₁v) + y (saule ₁ + sv ₁) + ss ₁. Saskaņā ar 3. teorēmu mums ir vienādojumu sistēma: s₁ + s \u003d -4, s₁ + s + s₁v \u003d 5, ss ₁ + sv ₁ \u003d -4, ss ₁ \u003d 1. Sistēma ir jāatrisina veselos skaitļos . Pēdējam vienādojumam veselos skaitļos var būt risinājumi: c \u003d 1, c₁ \u003d 1; c \u003d -1, c \u003d \u003d -1. Ļaujiet с \u003d с ₁ \u003d 1, tad no pirmā vienādojuma mums ir в₁ \u003d -4 –в. Sistēmas otrajā vienādojumā aizstājiet в² + 4в + 3 \u003d 0, в \u003d -1, в₁ \u003d -3 vai в \u003d -3, в₁ \u003d -1. Šīs vērtības atbilst trešajam vienādojumam sistēmā. Ar c \u003d c ₁ \u003d -1 D
Piemērs Nr. 10. Koeficients polinoms y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 \u003d (y + a) (y2 + wu + c) \u003d y³ + (a + b) y² + (ab + c) y + ac. Mums ir vienādojumu sistēma: a + b \u003d 0, ab + c \u003d -5, ac \u003d 2. Trešā vienādojuma iespējamie veselu skaitļu risinājumi: (2; 1), (1; 2), (-2; -1 ), (-1; -2). Ļaujiet a \u003d -2, c \u003d -1. No sistēmas pirmā vienādojuma в \u003d 2, kas apmierina otro vienādojumu. Aizstājot šīs vērtības vēlamajā vienādībā, mēs saņemam atbildi: (y - 2) (y2 + 2y - 1). Otrais veids. У³ - 5у + 2 \u003d у³ -5у + 10 - 8 \u003d (у³ - 8) - 5 (у - 2) \u003d (у - 2) (у² + 2у -1).
Neatkarīga risinājuma piemēri. Faktora polinomi: 1.y⁴ + 4y³ + 6y² + 4y² -8, 2.y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3.x ⁴ + 324, 4.y⁴ -8y³ + 24y² -32y + 15.5. Atrisiniet vienādojumu izmantojot faktorizācijas metodi: a) x ⁴ -3x² + 2 \u003d 0, b) x ⁵ + 5x³ -6x² \u003d 0. Atbildes: 1) (y² + 2y -2) (y² + 2y +4), 2) (y - 1) ² (y² -2y + 2), 3) (x ² -6x + 18) (x ² + 6x + 18), 4) (y - 1) (y - 3) (y² - 4y + 5) , 5a) ± 1; ± √2, 5b) 0; viens.
Funkcionālā - grafiskā metode augstāku grādu vienādojumu risināšanai. 11. piemērs. Atrisiniet vienādojumu x ⁵ + 5x -42 \u003d 0. Funkcija y \u003d x ⁵ palielinās, funkcija y \u003d 42 - 5x samazinās (k
Neatkarīga risinājuma piemēri. 1. Izmantojot funkcijas monotoniskuma īpašību, pierādiet, ka vienādojumam ir viena sakne, un atrodiet šo sakni: a) x ³ \u003d 10 - x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 - x. Atbildes: a) 2, b) √2. 2. Atrisiniet vienādojumu, izmantojot funkcionāli grafisko metodi: a) x \u003d ³ √x, b) l x l \u003d ⁵ √x, c) 2 \u003d 6 - x, d) (1/3) \u003d 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. Atbildes: a) 0; ± 1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) 1, g) 1, h) 9.
Vieta formulas augstāku grādu vienādojumiem. 5. teorēma (Vieta teorēma). Ja vienādojumam ax ⁿ + ax ⁿ +… + a₁x + a₀ ir n dažādas reālas saknes x ₁, x ₂,…, x, tad tās apmierina vienādības: kvadrātvienādojumam ax² + bx + c \u003d o: x ₁ + x ₂ \u003d -v / a, x₁x ₂ \u003d s / a; Kubikvienādojumam a₃x ³ + a₂x ² + a₁x + a₀ \u003d o: x ₁ + x ₂ + x ₃ \u003d -a₂ / a₃; x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ \u003d a₁ / a₃; х₁х₂х ₃ \u003d -а₀ / а₃; ..., n-tās pakāpes vienādojumam: x ₁ + x ₂ + ... x \u003d - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + xx \u003d a / a, ..., x₁x ₂ ... · x \u003d (- 1) ⁿ a₀ / a. Ir spēkā arī pretējā teorēma.
Piemērs Nr. 13. Uzrakstiet kubisko vienādojumu, kura saknes ir apgrieztas ar vienādojuma x ³ - 6x² + 12x - 18 \u003d 0 saknēm, un koeficients pie x ³ ir 2. 1. Pēc Vieta teorēmas par kubisko vienādojumu mums ir: x ₁ + x ₂ + x ₃ \u003d 6, x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ \u003d 12, x₁x₂x ₃ \u003d 18. 2. Mēs sastādām doto sakņu reciprokus un tiem pielietojam apgriezto Vieta teorēmu. 1 / x ₁ + 1 / x ₂ + 1 / x ₃ \u003d (x₂x ₃ + x₁x ₃ + x₁x ₂) / x₁x₂x ₃ \u003d 12/18 \u003d 2/3. 1 / x₁x ₂ + 1 / x₁x ₃ + 1 / x₂x ₃ \u003d (x ₃ + x ₂ + x ₁) / x₁x₂x ₃ \u003d 6/18 \u003d 1/3, 1 / x₁x₂x ₃ \u003d 1/18. Iegūstam vienādojumu x ³ + 2 / 3x² + 1 / 3x - 1/18 \u003d 0,2 Atbilde: 2x³ + 4 / 3x² + 2 / 3x -1/9 \u003d 0.
Neatkarīga risinājuma piemēri. 1. Uzrakstiet kubisko vienādojumu, kura saknes ir apgrieztas ar vienādojuma x ³ - 6x² + 11x - 6 \u003d 0 sakņu kvadrātiem, un koeficients pie x ³ ir 8. Atbilde: 8x³ - 98 / 9x² + 28 / 9x -2/9 \u003d 0. Nestandarta augstāku grādu vienādojumu risināšanas metodes. Piemērs Nr. 12. Atrisiniet vienādojumu x ⁴ -8x + 63 \u003d 0. Faktors ir vienādojuma kreisajā pusē. Atlasīsim precīzus kvadrātus. 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) \u003d 0. Abi diskriminanti ir negatīvi. Atbilde: nav sakņu.
Piemērs Nr. 14. Atrisiniet vienādojumu 21x³ + x² - 5x - 1 \u003d 0. Ja vienādojuma brīvais termins ir ± 1, tad vienādojums tiek pārveidots par reducēto vienādojumu, aizstājot x \u003d 1 / y. 21 / у³ + 1 / у² - 5 / у - 1 \u003d 0 · у³, у³ + 5у² -у - 21 \u003d 0. у \u003d -3 ir vienādojuma sakne. (y + 3) (y² + 2y -7) \u003d 0, y \u003d -1 ± 2√2. x ₁ \u003d -1/3, x \u003d 1 / -1 + 2√2 \u003d (2√2 + 1) / 7, X₃ \u003d 1 / -1 -2√2 \u003d (1-2√2) / 7. .. Piemērs Nr. 15. Atrisiniet vienādojumu 4x³-10x² + 14x - 5 \u003d 0. Reiziniet abas vienādojuma puses ar 2. 8x³ -20x² + 28x - 10 \u003d 0, (2x) ³ - 5 (2x) ² + 14 · (2x) -10 \u003d 0. Ieviesīsim jaunu mainīgo y \u003d 2x, iegūstam samazināto vienādojumu y³ - 5y² + 14y -10 \u003d 0, y \u003d 1 vienādojuma sakne. (y - 1) (y2 - 4y + 10) \u003d 0, D
Piemērs Nr. 16. Pierādīt, ka vienādojumam x ⁴ + x ³ + x - 2 \u003d 0 ir viena pozitīva sakne. Ļaujiet f (x) \u003d x ⁴ + x ³ + x - 2, f ’(x) \u003d 4x³ + 3x² + 1\u003e o x\u003e o. Funkcija f (x) palielinās, ja x\u003e o, un vērtība f (o) \u003d -2. Acīmredzot vienādojumam ir viena pozitīva sakne ch.d. Piemērs Nr. 17. Atrisiniet vienādojumu 8x (2x² - 1) (8x⁴ - 8x² + 1) \u003d 1. IF Sharygin "Izvēles kurss matemātikā 11. klasei" .M. Apgaismība 1991, 90. lpp. 1. l x l 1 2x² - 1\u003e 1 un 8x⁴ -8x² + 1\u003e 1 2. Padariet aizstājēju x \u003d mājīgs, y € (0; n). Citām y vērtībām x vērtības tiek atkārtotas, un vienādojumam ir ne vairāk kā 7 saknes. 2x² - 1 \u003d 2 cos²y - 1 \u003d cos2y, 8x⁴ - 8x² + 1 \u003d 2 (2x² - 1) ² - 1 \u003d 2 cos²2y - 1 \u003d cos4y. 3. Vienādojums kļūst par 8 cosycos2ycos4y \u003d 1. Reiziniet abas vienādojuma puses ar siny. 8 sinycosycos2ycos4y \u003d grēcīgs. Piemērojot dubultleņķa formulu 3 reizes, iegūstam vienādojumu sin8y \u003d grēcīgs, sin8y - grēcīgs \u003d 0
17. piemēra risinājuma pabeigšana. Pielietojiet sinusa starpības formulu. 2 sin7y / 2 cos9y / 2 \u003d 0. Ņemot vērā, ka y € (0; n), y \u003d 2nk / 3, k \u003d 1, 2, 3 vai y \u003d n / 9 + 2nk / 9, k \u003d 0, 1, 2, 3. Atgriežoties pie mainīgā x, mēs iegūstam atbildi: Cos2 n / 7, cos4 n / 7, cos6 n / 7, cos n / 9, ½, cos5 n / 9, cos7 n / 9. Neatkarīga risinājuma piemēri. Atrodiet visas a vērtības, kurām vienādojumam (x ² + x) (x ² + 5x + 6) \u003d a ir tieši trīs saknes. Atbilde ir 9/16. Padoms: uzzīmējiet vienādojuma kreiso pusi. F max \u003d f (0) \u003d 9/16. Taisnā līnija y \u003d 9/16 trīs punktos krusto funkcijas grafiku. Atrisiniet vienādojumu (x ² + 2x) ² - (x + 1) ² \u003d 55. Atbilde: -4; 2. Atrisiniet vienādojumu (x + 3) ⁴ + (x + 5) ⁴ \u003d 16. Atbilde: -5; -3. Atrisiniet vienādojumu 2 (x ² + x + 1) ² -7 (x - 1) ² \u003d 13 (x ³ - 1). Atbilde: -1; -1/2, 2; 4 Atrodiet vienādojuma x ³ - 12x + 10 \u003d 0 reālo sakņu skaitu uz [-3; 3/2]. Padoms: atrodiet atvasinājumu un izpētiet monotu.
Neatkarīga risinājuma piemēri (turpinājums). 6. Atrodiet vienādojuma reālo sakņu skaitu x ⁴ - 2x³ + 3/2 \u003d 0. Atbilde: 2 7. Ļaujiet x ₁, x ₂, x ₃ būt polinoma P (x) \u003d x ³ - saknēm 6x² -15x + 1. Atrodiet X₁² + x ₂² + x ₃². Atbilde: 66. Virziens: pielietojiet Vieta teorēmu. 8. Pierādiet, ka a\u003e o un patvaļīgam reālam vienādojumā x ³ + ax + b \u003d o ir tikai viena reālā sakne. Padoms: pārbaudiet pretrunīgi. Pielietojiet Vieta teorēmu. 9. Atrisiniet vienādojumu 2 (x ² + 2) ² \u003d 9 (x ³ + 1). Atbilde: ½; viens; (3 ± √13) / 2. Padoms: samaziniet vienādojumu līdz viendabīgam, izmantojot vienādības X² + 2 \u003d x + 1 + x ² - x + 1, x ³ + 1 \u003d (x + 1) (x ² - x + 1). 10. Atrisiniet vienādojumu sistēmu x + y \u003d x ², 3y - x \u003d y². Atbilde: (0; 0), (2; 2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Atrisiniet sistēmu: 4y² -3xy \u003d 2x -y, 5x² - 3y² \u003d 4x - 2y. Atbilde: (o; o), (1; 1), (297/265; - 27/53).
Pārbaude. 1. variants. 1. Atrisiniet vienādojumu (x ² + x) - 8 (x ² + x) + 12 \u003d 0. 2. Atrisiniet vienādojumu (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) \u003d - 15 3. Atrisiniet vienādojumu 12x² (x - 3) + 64 (x - 3) ² \u003d x ⁴. 4. Atrisiniet vienādojumu x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 \u003d 0 5. Atrisiniet vienādojumu sistēmu: x² + 2y² - x + 2y \u003d 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y \u003d 12.
2. variants 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 \u003d 11x² (x + 4). 4.x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 \u003d 0. 5.x² - 2xy + y² + 2x²y - 9 \u003d 0, x - y - x²y + 3 \u003d 0.3 opcija. 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) \u003d 9 (x + 2) ². 4.x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 \u003d 0. 5.x + y + x + + y2 \u003d 18, xy + x2 + y² \u003d 19
4. variants. (x ² - 2x) ² - 11 (x ² - 2x) + 24 \u003d o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) \u003d -36. X⁴ + 3 (x -6) ² \u003d 4x² (6 - x). X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 \u003d 0. X² + 3xy + y² \u003d - 1, 2x² - 3xy - 3y² \u003d - 4. Papildu uzdevums: Polinoma P (x) dalīšanas atlikums ar (x - 1) ir 4, atlikuma dalīšana ar (x + 1) ir vienāda ar 2 un, dalot ar (x - 2), ir vienāda ar 8. Atrodiet P (x) dalījuma atlikumu ar (x ³ - 2x² - x + 2).
Atbildes un norādījumi: variants Nr. 1 Nr. 2. Nr. 3. Nr. 4. Nr. 5. 1. - 3; ± 2; 1 1; 2; 3. -pieci; -4; viens; 2. Homogēns vienādojums: u \u003d x -3, v \u003d x2 -2; -viens; 3; 4. (2; 1); (2/3; 4/3). Indikācija: 1 · (-3) + 2,2 2, -6; -2; -4 ± √6. -3 ± 2√3; - 4; - 2,1 ± √11; 4; - 2. Homogēns vienādojums: u \u003d x + 4, v \u003d x² 1; 5; 3 ± √13. (2; 1); (0; 3); (- trīsdesmit). Indikācija: 2 · 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -viens; 2. Homogēns u \u003d x + 2, v \u003d x2 -6; ± 3; 2 (2; 3), (3; 2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Padoms: 2 -1. 4. (3 ± √5) / 2 2 ± √3 2 ± √3; (3 ± √5) / 2 (5 ± √21) / 2 (1; -2), (-1; 2). Pamatnostādne: 1 4 + 2.
Papilduzdevuma risinājums. Pēc Bezouta teorēmas: P (1) \u003d 4, P (-1) \u003d 2, P (2) \u003d 8. P (x) \u003d G (x) (x ³ - 2x² - x + 2) + ax² + bx + ar. 1. aizstājējs; - viens; 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) \u003d 4a² + 2b + c \u003d 8. Atrisinot iegūto trīs vienādojumu sistēmu, iegūstam: a \u003d b \u003d 1, c \u003d 2. Atbilde: x ² + x + 2.
Kritērijs Nr. 1 - 2 punkti. 1 punkts - viena skaitļošanas kļūda. Nr. 2,3,4 - pa 3 punktiem. 1 punkts - noveda pie kvadrātvienādojuma. 2 punkti - viena skaitļošanas kļūda. Nr. 5. - 4 punkti. 1 punkts - izsaka vienu mainīgo caur citu. 2 punkti - ieguva vienu no risinājumiem. 3 punkti - viena skaitļošanas kļūda. Papildu uzdevums: 4 punkti. 1 punkts - Bezouta teorēma tika piemērota visiem četriem gadījumiem. 2 punkti - veido vienādojumu sistēmu. 3 punkti - viena skaitļošanas kļūda.
Parasti vienādojumu, kura pakāpe ir augstāka par 4, nevar atrisināt radikāļos. Bet dažreiz augstākās pakāpes vienādojumā joprojām varam atrast polinoma saknes kreisajā pusē, ja mēs to pārstāvam kā polinomu produktu ne vairāk kā grādos 4. Šādu vienādojumu risinājums ir balstīts uz polinoma iekļaušanu faktoros, tāpēc pirms šī raksta izpētīšanas iesakām atkārtot šo tēmu.
Visbiežāk nākas saskarties ar augstāku grādu vienādojumiem ar veselu skaitļu koeficientiem. Šajos gadījumos mēs varam mēģināt atrast racionālās saknes un pēc tam faktorizēt polinomu, lai pēc tam to pārveidotu par zemākas pakāpes vienādojumu, kuru būs viegli atrisināt. Šī materiāla ietvaros mēs apsvērsim tieši šādus piemērus.
Augstākās pakāpes vienādojumi ar veselu skaitļu koeficientiem
Visi formas a n x n + a n - 1 x n - 1 + vienādojumi. ... ... + a 1 x + a 0 \u003d 0, mēs varam samazināt līdz vienādas pakāpes vienādojumam, reizinot abas daļas ar n n - 1 un mainot mainīgo formas y \u003d a n x formā:
a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 \u003d 0 ann xn + an - 1 ann - 1 xn - 1 +… + a 1 (an) n - 1 x + a 0 (an) n - 1 \u003d 0 y \u003d trauksme ⇒ yn + bn - 1 yn - 1 +… + b 1 y + b 0 \u003d 0
Iegūtie koeficienti arī būs veseli. Tādējādi mums būs jāatrisina n-tās pakāpes reducētais vienādojums ar veselu skaitļu koeficientiem, kura forma ir x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 \u003d 0.
Aprēķiniet visas vienādojuma saknes. Ja vienādojumam ir veselu skaitļu saknes, tie jāmeklē starp brīvā termina a 0 dalītājiem. Izrakstīsim tos un pēc kārtas aizstāsim sākotnējā vienlīdzībā, pārbaudot rezultātu. Kad esam ieguvuši identitāti un atraduši vienu no vienādojuma saknēm, to varam uzrakstīt formā x - x 1 · P n - 1 (x) \u003d 0. Šeit x 1 ir vienādojuma sakne, un P n - 1 (x) ir x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 dalīšanas ar x - x 1 koeficients.
Aizstāj atlikušos dalītājus, kas izrakstīti P n - 1 (x) \u003d 0, sākot ar x 1, jo saknes var atkārtoties. Pēc identitātes iegūšanas sakne x 2 tiek uzskatīta par atrastu, un vienādojumu var uzrakstīt kā (x - x 1) (x - x 2) P n - 2 (x) \u003d 0. Šeit P n - 2 (x) būs P n - 1 (x) dalīšanas ar x - x 2 koeficients.
Mēs turpinām atkārtot dalītājus. Atrodiet visas saknes un norādiet to skaitu kā m. Pēc tam sākotnējo vienādojumu var attēlot kā x - x 1 x - x 2 · ... · x - x m · P n - m (x) \u003d 0. Šeit P n - m (x) ir n - m pakāpes polinoms. Skaitīšanai ir ērti izmantot Hornera shēmu.
Ja mūsu sākotnējam vienādojumam ir veseli skaitļu koeficienti, mēs nevaram nonākt pie daļējām saknēm.
Rezultātā ieguvām vienādojumu P n - m (x) \u003d 0, kura saknes var atrast jebkurā ērtā veidā. Tie var būt neracionāli vai sarežģīti.
Parādīsim ar konkrētu piemēru, kā tiek piemērota šāda risinājuma shēma.
1. piemērs
Stāvoklis: atrodiet vienādojuma x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d 0 risinājumu.
Lēmums
Sāksim ar visu sakņu atrašanu.
Mums ir bezmaksas termins, kas vienāds ar mīnus trīs. Tam ir dalītāji 1, - 1, 3 un - 3. Aizstāsim tos sākotnējā vienādojumā un redzēsim, kurš no tiem radīs identitātes.
Ja x ir vienāds ar vienu, mēs iegūstam 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 \u003d 0, kas nozīmē, ka viens būs šī vienādojuma sakne.
Tagad kolonnā dalām polinomu x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 pēc (x - 1):
Tādējādi x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.
1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 \u003d 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 \u003d 0
Mēs ieguvām identitāti, kas nozīmē, ka esam atraduši citu vienādojuma sakni, kas vienāda ar - 1.
Sadaliet polinomu x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 ar (x + 1) kolonnā:
Mēs to saprotam
x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d (x - 1) (x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3) \u003d \u003d (x - 1) (x + 1) (x 2 + x + 3)
Aizstājiet nākamo dalītāju vienādībā x 2 + x + 3 \u003d 0, sākot ar - 1:
1 2 + (- 1) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 (- 3) 2 + (- 3) + 3 = 9 ≠ 0
Rezultātā iegūtās vienādības būs nepareizas, kas nozīmē, ka vienādojumam vairs nav integrālu sakņu.
Atlikušās saknes būs izteiksmes x 2 + x + 3 saknes.
D \u003d 1 2 - 4 1 3 \u003d - 11< 0
No tā izriet, ka dotajam kvadrātveida trinomiālam nav reālu sakņu, bet tam ir sarežģītas konjugētas: x \u003d - 1 2 ± i 11 2.
Precizēsim, ka garas dalīšanas vietā mēs varam izmantot Hornera shēmu. Tas tiek darīts šādi: pēc tam, kad esam noteikuši vienādojuma pirmo sakni, mēs aizpildām tabulu.
Koeficientu tabulā mēs uzreiz varam redzēt polinomu dalījuma koeficienta koeficientus, kas nozīmē, ka x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.
Pēc tam, kad atradām nākamo sakni, kas vienāda ar - 1, mēs iegūstam sekojošo:
Atbilde: x \u003d - 1, x \u003d 1, x \u003d - 1 2 ± i 11 2.
2. piemērs
Stāvoklis: Atrisiniet vienādojumu x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 \u003d 0.
Lēmums
Brīvajam terminam ir dalītāji 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.
Mēs tos pārbaudām secībā:
1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 \u003d 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 \u003d 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 \u003d 0
Tādējādi x \u003d 2 būs vienādojuma sakne. Daliet x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 ar x - 2, izmantojot Hornera shēmu:
Rezultātā iegūstam x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) \u003d 0.
2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 \u003d 0
Tādējādi 2 atkal būs sakne. Daliet x 3 + x 2 - 3 x - 6 \u003d 0 ar x - 2:
Rezultātā iegūstam (x - 2) 2 (x 2 + 3 x + 3) \u003d 0.
Nav jēgas pārbaudīt atlikušos dalītājus, jo vienādību x 2 + 3 x + 3 \u003d 0 ir ātrāk un ērtāk atrisināt, izmantojot diskriminantu.
Atrisināsim kvadrātvienādojumu:
x 2 + 3 x + 3 \u003d 0 D \u003d 3 2 - 4 1 3 \u003d - 3< 0
Mēs iegūstam sarežģītu konjugātu sakņu pāri: x \u003d - 3 2 ± i 3 2.
Atbilde: x \u003d - 3 2 ± i 3 2.
3. piemērs
Stāvoklis: atrodiet vienādojuma x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 \u003d 0 reālās saknes.
Lēmums
x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 \u003d 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 \u003d 0
Mēs veicam vienādojuma abu pušu reizināšanu 2 3:
2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 \u003d 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 \u003d 0
Mainīt mainīgos y \u003d 2 x:
2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 \u003d 0 y 4 + y 3 - 20 y - 48 \u003d 0
Rezultātā mums ir standarta 4. pakāpes vienādojums, kuru var atrisināt, izmantojot standarta shēmu. Pārbaudīsim dalītājus, sadalīsim un beigās iegūsim, ka tam ir 2 reālas saknes y \u003d - 2, y \u003d 3 un divas sarežģītas saknes. Mēs šeit neiesniegsim pilnīgu risinājumu. Aizstāšanas dēļ šī vienādojuma patiesās saknes būs x \u003d y 2 \u003d - 2 2 \u003d - 1 un x \u003d y 2 \u003d 3 2.
Atbilde: x 1 \u003d - 1, x 2 \u003d 3 2
Ja tekstā pamanāt kļūdu, lūdzu, atlasiet to un nospiediet Ctrl + Enter
