doma » Pesek » Reševanje enačb višjih stopenj za lutke. Metodični razvoj pri algebri (10. razred) na temo: Enačbe višjih stopenj

Reševanje enačb višjih stopenj za lutke. Metodični razvoj pri algebri (10. razred) na temo: Enačbe višjih stopenj

Na splošno enačbe s stopnjo višjo od 4 ni mogoče rešiti v radikalih. Toda včasih lahko še vedno najdemo korenine polinoma na levi v enačbi najvišje stopnje, če jo predstavimo kot produkt polinomov v stopnji največ 4. Rešitev takšnih enačb temelji na faktorjenju polinoma v faktorje, zato vam svetujemo, da to temo ponovite, preden preučite ta članek.

Najpogosteje se je treba ukvarjati z enačbami višje stopnje s celimi koeficienti. V teh primerih lahko poskusimo najti racionalne korenine, nato pa faktor polinoma, da ga nato pretvorimo v enačbo nižje stopnje, ki jo bo enostavno rešiti. V okviru tega gradiva bomo obravnavali samo takšne primere.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Enačbe najvišje stopnje s celimi koeficienti

Vse enačbe v obliki a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 = 0, lahko zmanjšamo na enačbo enake stopnje tako, da obe strani pomnožimo z a n n - 1 in zamenjamo spremenljivka oblike y = a n x:

a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 = 0 ann xn + an - 1 ann - 1 xn - 1 +… + a 1 (an) n - 1 x + a 0 (an) n - 1 = 0 y = anx ⇒ yn + bn - 1 yn - 1 +… + b 1 y + b 0 = 0

Nastali koeficienti bodo tudi celi. Tako bomo morali rešiti reducirano enačbo n-te stopnje s celimi koeficienti, ki ima obliko x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 = 0.

Izračunamo celotne korene enačbe. Če ima enačba cele korenine, jih morate poiskati med delitelji prostega člena a 0. Zapišimo jih in jih po vrsti nadomestimo v izvirno enakost ter preverimo rezultat. Ko smo dobili identiteto in našli enega od korenov enačbe, jo lahko zapišemo v obliki x - x 1 · P n - 1 (x) = 0. Tukaj je x 1 koren enačbe, P n - 1 (x) pa je količnik deljenja x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 z x - x 1.

Zamenjajte preostale delilnike, zapisane v P n - 1 (x) = 0, začenši z x 1, saj se koreni lahko ponovijo. Po pridobitvi identitete se šteje, da je koren x 2 najden, enačbo pa lahko zapišemo kot (x - x 1) (x - x 2) P n - 2 (x) = 0. Tukaj je P n - 2 (x) bo količnik deljenja P n - 1 (x) z x - x 2.

Nadaljujemo z iteracijo po delilnikih. Poišči vse cele korenine in njihovo število označi z m. Po tem lahko izvirno enačbo predstavimo kot x - x 1 x - x 2 · ... · x - x m · P n - m (x) = 0. Tukaj je P n - m (x) polinom stopnje n - m. Za štetje je priročno uporabiti Hornerjevo shemo.

Če ima naša prvotna enačba cele koeficiente, ne moremo priti do ulomnih korenov.

Kot rezultat smo dobili enačbo P n - m (x) = 0, katere korenine je mogoče najti s katerim koli na priročen način... Lahko so neracionalne ali zapletene.

Pokažimo s konkretnim primerom, kako se taka shema rešitev uporablja.

Primer 1

Pogoj: poiščite rešitev enačbe x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0.

Rešitev

Začnimo z iskanjem celih korenin.

Imamo prosti termin minus tri. Ima delilce 1, - 1, 3 in - 3. Zamenjajmo jih v prvotno enačbo in poglejmo, katera od njih bo povzročila identitete.

za x, enako ena, dobimo 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 = 0, kar pomeni, da bo ena koren te enačbe.

Sedaj izvedemo delitev polinoma x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 z (x - 1) v stolpcu:

Torej, 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

Dobili smo identiteto, kar pomeni, da smo našli še en koren enačbe, enak - 1.

Polinom x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 delite s (x + 1) v stolpcu:

To razumemo

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)

Naslednji delilec nadomestimo z enakostjo x 2 + x + 3 = 0, začenši z - 1:

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

Dobljene enakosti bodo napačne, kar pomeni, da enačba nima več integralnih korenin.

Preostale korenine bodo korenine izraza x 2 + x + 3.

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

Iz tega sledi, da ta kvadratni trinom nima pravih korenin, ima pa kompleksno konjugirane: x = - 1 2 ± i 11 2.

Naj pojasnimo, da lahko namesto dolge delitve uporabimo Hornerjevo shemo. To naredimo takole: ko smo določili prvi koren enačbe, izpolnimo tabelo.

V tabeli koeficientov lahko takoj vidimo koeficiente količnika deljenja polinomov, kar pomeni, da je x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

Ko najdemo naslednji koren enak - 1, dobimo naslednje:

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

Primer 2

Pogoj: Reši enačbo x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0.

Rešitev

Prosti člen ima delilce 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.

Preverimo jih po vrstnem redu:

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

Zato bo x = 2 koren enačbe. Delite x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 s x - 2 s pomočjo Hornerjeve sheme:

Kot rezultat dobimo x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.

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

Zato bo 2 spet koren. x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 delimo z x - 2:

Kot rezultat dobimo (x - 2) 2 (x 2 + 3 x + 3) = 0.

Preostale delilnike nima smisla preverjati, saj je enakost x 2 + 3 x + 3 = 0 hitreje in bolj priročno rešiti z diskriminanto.

Rešili bomo kvadratna enačba:

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

Dobimo kompleksen konjugiran par korenin: x = - 3 2 ± i 3 2.

Odgovori: x = - 3 2 ± i 3 2.

Primer 3

Pogoj: poiščite prave korenine za enačbo x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0.

Rešitev

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

Izvedemo množenje 2 3 obeh strani enačbe:

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

Zamenjaj spremenljivke y = 2 x:

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

Kot rezultat smo dobili standardno enačbo 4. stopnje, ki jo je mogoče rešiti z standardna shema... Preverimo delilnike, delimo in na koncu dobimo, da ima 2 realni koreni y = - 2, y = 3 in dva kompleksna korena. Celotne rešitve tukaj ne bomo predstavili. Zaradi zamenjave bodo realni koreni te enačbe x = y 2 = - 2 2 = - 1 in x = y 2 = 3 2.

odgovor: x 1 = - 1, x 2 = 3 2

Če opazite napako v besedilu, jo izberite in pritisnite Ctrl + Enter

Če želite uporabiti predogled predstavitev, si ustvarite račun ( račun) Google in se prijavite vanj: https://accounts.google.com

Napisi diapozitivov:

Enačbe višjih stopenj (korenine polinoma v eni spremenljivki).

Načrtujte predavanja. št. 1. Enačbe najvišjih stopenj v šolskem tečaju matematike. št. 2. Standardna oblika polinoma. № 3. Integralni koreni polinoma. Hornerjeva shema. № 4. Ulomni koreni polinoma. № 5. Enačbe v obliki: (x + a) (x + b) (x + c)… = A № 6. Povratne enačbe. № 7. Homogene enačbe. № 8. Metoda nedefiniranih koeficientov. št. 9. Funkcionalno - grafična metoda... № 10. Vietove formule za enačbe višjih stopenj. № 11. Nestandardne metode za reševanje enačb višjih stopenj.

Enačbe najvišjih stopenj v šolskem tečaju matematike. 7. razred. Standardna oblika polinoma. Dejanja s polinomi. Faktoriranje polinoma. V rednem razredu 42 ur, v posebnem razredu 56 ur. 8 posebnega razreda. Celoštevilski koreni polinoma, deljenje polinomov, ponavljajoče se enačbe, razlika in vsota n-tih potenc binoma, metoda nedefiniranih koeficientov. Yu.N. Makarychev "Dodatna poglavja k šolskemu tečaju algebre 8. razreda", MLGalitsky Zbirka problemov iz algebre 8. - 9. razred. 9 posebnega razreda. Racionalne korenine polinoma. Splošne enačbe povratka. Vietove formule za enačbe višjih stopenj. N. Ya. Vilenkin »Algebra 9. razreda s poglobljenim študijem. 11 posebnega razreda. Identiteta polinomov. Polinom v več spremenljivkah. Funkcionalno - grafična metoda za reševanje enačb višjih stopenj.

Standardna oblika polinoma. Polinom P (x) = a ⁿ x ⁿ + a n-1 x n-1 +… + a₂x ² + a₁x + a₀. Imenuje se standardni polinom. a n x ⁿ je najvišji člen polinoma in n koeficient najvišjega člana polinoma. Za n = 1 se P (x) imenuje reduciran polinom. in ₀ je prosti člen polinoma P (x). n je stopnja polinoma.

Celoštevilski koreni polinoma. Hornerjeva shema. Izrek 1. Če je celo število a koren polinoma P (x), potem je a delilec prostega člena P (x). Primer št. 1. Reši enačbo. X⁴ + 2x³ = 11x² - 4x - 4 Enačbo pripeljemo na standardni pogled... X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Imamo polinom P (x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Delitve prostega člena: ± 1, ± 2, ± 4. x = 1 koren enačbe, ker P (1) = 0, x = 2 je koren enačbe, ker P (2) = 0 Bezoutov izrek. Preostanek deljenja polinoma P (x) z binomom (x - a) je enak P (a). Posledica. Če je a koren polinoma P (x), potem je P (x) deljivo z (x - a). V naši enačbi je P (x) deljivo z (x - 1) in (x - 2), torej z (x - 1) (x - 2). Ko delimo P (x) s (x ² - 3x + 2) v količniku, dobimo trinom x ² + 5x + 2 = 0, ki ima korenine x = (- 5 ± √17) / 2

Ulomni koreni polinoma. Izrek # 2. Če je p / g koren polinoma P (x), potem je p delilec prostega člena, g je delilec koeficienta glavnega člena P (x). Primer # 2. Rešite enačbo. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Delitelji prostih členov: ± 1, ± 2, ± 4, ± 8. Nobena od teh številk ne izpolnjuje enačbe. Neokrnjenih korenin ni. Naravni delilniki koeficienta glavnega člena P (x): 1, 2, 3, 6. Možni ulomni koreni enačbe: ± 2/3, ± 4/3, ± 8/3. S preverjanjem se prepričamo, da je P (4/3) = 0. X = 4/3 je koren enačbe. Po Hornerjevi shemi delimo P (x) z (x - 4/3).

Primeri za samostojno rešitev. Reši enačbe: 9x³ - 18x = x - 2, x ³ - x ² = x - 1, x ³ - 3x² -3x + 1 = 0, X ⁴ - 2x³ + 2x - 1 = 0, X⁴ - 3x² + 2 = 0 , x ⁵ + 5x³ - 6x² = 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0, X⁴ + 4x³ - x ² - 16x - 12 = 0 4x³ + x ² - x + 5 = 0 3x⁴ - + 5x² 9x + 10 = 0. Odgovori: 1) ± 1/3; 2 2) ± 1, 3) -1; 2 ± √3, 4) ± 1, 5) ± 1; ± √2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ± 2, 9) - 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Enačbe oblike (x + a) (x + b) (x + c) (x + d)… = A. Primer №3. Reši enačbo (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) = 24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Prvi nosilec pomnožimo s četrtim, drugega pa s tretjim. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x ² + 5x + 4) (x ² + 5x + 6) = 24. Naj bo x² + 5x + 4 = y , potem je y (y + 2) = 24, y² + 2y - 24 = 0 y₁ = - 6, y₂ = 4.x² + 5x + 4 = -6 ali x² + 5x + 4 = 4.x² + 5x + 10 = 0, D

Primeri za samostojno rešitev. (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) = 1680, (x ² - 5x) (x + 3) (x - 8) + 108 = 0, (x + 4) ² (x + 10) (x - 2) + 243 = 0 (x ² + 3x + 2) (x ² + 9x + 20) = 4, Indikacija: x + 3x + 2 = (x + 1) (x + 2), x ² + 9x + 20 = (x + 4) (x + 5) Odgovori: 1) -4 ± √6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5 ± √97) / 2 7) -7; -1; -4 ± √3.

Refleksne enačbe. Opredelitev št. 1. Enačba v obliki: ax⁴ + in ³ + cx ² + in + a = 0 se imenuje povratna enačba četrte stopnje. Definicija številka 2. Enačba v obliki: ax⁴ + inx ³ + cx ² + bx + k² a = 0 se imenuje posplošena povratna enačba četrte stopnje. k² a: a = k²; kv: v = k. Primer št. 6. Rešite enačbo x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Obe strani enačbe delite s x². x ² - 7x + 14 - 7 / x + 1 / x ² = 0, (x ² + 1 / x ²) - 7 (x + 1 / x) + 14 = 0. Naj bo x + 1 / x = y. Obe strani enakosti kvadriramo. x ² + 2 + 1 / x ² = y², x ² + 1 / x ² = y² - 2. Dobimo kvadratno enačbo y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4.x + 1 / x = 3 ali x + 1 / x = 4. Dobimo dve enačbi: x ² - 3x + 1 = 0, x ² - 4x + 1 = 0. Primer №7. 3x⁴ - 2x³ - 31x² + 10x + 75 = 0. 75: 3 = 25, 10: (- 2) = -5, (-5) ² = 25. Pogoj posplošene povratne enačbe je izpolnjen k = -5. Rešeno podobno kot primer št. 6. Obe strani enačbe delite s x². 3x⁴ - 2x - 31 + 10 / x + 75 / x ² = 0,3 (x ⁴ + 25 / x ²) - 2 (x - 5 / x) - 31 = 0. Naj je x - 5 / x = y, kvadriramo obe strani enakosti x ² - 10 + 25 / x ² = y², x ² + 25 / x ² = y² + 10. Imamo kvadratno enačbo 3y² - 2y - 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = - 1 / 3. x - 5 / x = 1 ali x - 5 / x = -1/3. Dobimo dve enačbi: x² - x - 5 = 0 in 3x² + x - 15 = 0

Primeri za samostojno rešitev. 1,78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0, 2.x - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0, 3.x ⁴ - x ³ - 10x² + 2x + 4 = 0, 4x ³ + 8 10x + 24 = 0,5 x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0,6 x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Odgovori: 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.

Homogene enačbe. Opredelitev. Enačba v obliki a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ = 0 se imenuje homogena enačba tretje stopnje glede na u v. Opredelitev. Enačba v obliki a₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a₃ uv³ + a₄ v⁴ = 0 se imenuje homogena enačba četrte stopnje glede na u v. Primer št. 8. Reši enačbo (x ² - x + 1) ³ + 2x⁴ (x ² - x + 1) - 3x⁶ = 0 Homogena enačba tretja stopnja glede na u = x ²- x + 1, v = x ². Obe strani enačbe delimo z x ⁶. Predhodno smo preverili, da x = 0 ni koren enačbe. (x ² - x + 1 / x ²) ³ + 2 (x ² - x + 1 / x ²) - 3 = 0. (x ² - x + 1) / x ²) = y, y³ + 2y - 3 = 0, y = 1 koren enačbe. Polinom P (x) = y³ + 2y - 3 delimo z y - 1 po Hornerjevi shemi. V količniku dobimo trinom, ki nima korenin. Odgovor: 1.

Primeri za samostojno rešitev. 1,2 (x² + 6x + 1) ² + 5 (X² + 6X + 1) (X² + 1) + 2 (X² + 1) ² = 0, 2. (X + 5) ⁴ - 13X² (X + 5) ² + 36X⁴ = 0, 3,2 (X² + X + 1) ² - 7 (X - 1) ² = 13 (X³ - 1), 4,2 (X -1) ⁴ - 5 (X² - 3X + 2) ² + 2 ( x - 2) ⁴ = 0, 5. (x ² + x + 4) ² + 3x (x ² + x + 4) + 2x² = 0, odgovori: 1) -1; -2 ± √3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2; 4 4) ± √2; 3 ± √2, 5) Brez korenin.

Metoda nedefiniranih koeficientov. Izrek №3. Dva polinoma P (x) in G (x) sta enaka, če in samo če imata enako stopnjo in sta koeficienta enakih stopenj spremenljivke v obeh polinomih enaka. Primer št. 9. Zračunajte polinom y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1.y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y2 + wu + c) (y2 + v₁y + c₁) = y ⁴ + y³ (b₁ + b) s₁ + s + b₁v) + y (sonce ₁ + sv ₁) + ss ₁. Po izreku št. 3 imamo sistem enačb: s₁ + s = -4, s₁ + s + s₁v = 5, ss ₁ + sv ₁ = -4, ss ₁ = 1. Sistem je treba rešiti v celih številih. Zadnja enačba v celih številih ima lahko rešitve: c = 1, c₁ = 1; c = -1, c₁ = -1. Naj bo с = с ₁ = 1, potem je iz prve enačbe v₁ = -4 –в. V drugo enačbo sistema nadomestimo v² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 ali в = -3, в₁ = -1. Te vrednosti ustrezajo tretji enačbi v sistemu. Pri c = c ₁ = -1 D

Primer št. 10. Razdelite polinom y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a) (y2 + wu + c) = y³ + (a + b) y² + (ab + c) y + ac. Imamo sistem enačb: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Možne celoštevilske rešitve tretje enačbe: (2; 1), (1; 2), (-2; -1 ), (-1 ; -2). Naj bo a = -2, c = -1. Iz prve enačbe sistema в = 2, ki ustreza drugi enačbi. Če te vrednosti nadomestimo v želeno enakost, dobimo odgovor: (y - 2) (y² + 2y - 1). Drugi način. Y³ - 5y + 2 = y³ -5y + 10 - 8 = (y³ - 8) - 5 (y - 2) = (y - 2) (y² + 2y -1).

Primeri za samostojno rešitev. Odštejte polinome: 1.y⁴ + 4y³ + 6y² + 4y -8, 2.y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4.y⁴ -8y³ + 24y² -32. Sol. enačba z uporabo metode faktorizacije: a) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ + 5x³ -6x² = 0. Odgovori: 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 - 4y + 5 ), 5a) ± 1; ± √2, 5b) 0; 1.

Funkcionalno - grafična metoda za reševanje enačb višjih stopenj. Primer št. 11. Rešite enačbo x ⁵ + 5x -42 = 0. Funkcija y = x ⁵ narašča, funkcija y = 42 - 5x pada (k

Primeri za samostojno rešitev. 1. Z lastnostjo monotonosti funkcije dokažite, da ima enačba edinstven koren, in poiščite ta koren: a) x ³ = 10 - x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 - x. Odgovori: a) 2, b) √2. 2. Rešite enačbo s funkcionalno-grafično metodo: 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. Odgovori: a) 0; ± 1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) 1, g) 1, h) 9.

Vietove formule za enačbe višjih stopenj. 5. izrek (Vietin izrek). Če ima enačba ax ⁿ + ax ⁿ +… + a₁x + a₀ n različnih realnih korenin x ₁, x ₂,…, x, potem izpolnjujejo enakosti: Za kvadratno enačbo ax² + bx + c = o: x ₁ + x ₂ = -v / a, x₁x ₂ = s / a; Za kubično enačbo a₃x ³ + a₂x ² + a₁x + a₀ = o: x ₁ + x ₂ + x ₃ = -a₂ / a₃; x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ = a₁ / a₃; х₁х₂х ₃ = -а₀ / а₃; ..., za enačbo n-te stopnje: x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + xx = a / a, ..., x₁x ₂ ... · x = (- 1 ) ⁿ a₀ / a. Velja tudi obratni izrek.

Primer št. 13. Napišite kubično enačbo, katere korenine so inverzne korenom enačbe x ³ - 6x² + 12x - 18 = 0, koeficient pri x ³ pa je 2. 1. Po Vietovem izreku za kubično enačbo imamo: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ = 12, x₁x₂x ₃ = 18. 2. Sestavimo recipročne vrednosti danih korenin in zanje uporabimo obratni izrek Vieta. 1 / x ₁ + 1 / x ₂ + 1 / x ₃ = (x₂x ₃ + x₁x ₃ + x₁x ₂) / x₁x₂x ₃ = 12/18 = 2/3. 1 / x₁x ₂ + 1 / x₁x ₃ + 1 / x₂x ₃ = (x ₃ + x ₂ + x ₁) / x₁x₂x ₃ = 6/18 = 1/3, 1 / x₁x₂x1. Dobimo enačbo x ³ + 2 / 3x² + 1 / 3x - 1/18 = 0 · 2 Odgovor: 2x³ + 4 / 3x² + 2 / 3x -1/9 = 0.

Primeri za samostojno rešitev. 1. Napišite kubično enačbo, katere korenine so inverzne kvadratom korenov enačbe x ³ - 6x² + 11x - 6 = 0, koeficient pri x ³ pa je 8. Odgovor: 8x³ - 98 / 9x² + 28 / 9x -2/9 = 0. Nestandardne metode za reševanje enačb višjih stopenj. Primer št. 12. Reši enačbo x ⁴ -8x + 63 = 0. Levo stran enačbe razporedi v faktorje. Izberimo natančne kvadratke. X⁴ - 8x + 63 = (x ⁴ + 16x² + 64) - (16x² + 8x + 1) = (x² + 8) ² - (4x + 1) ² = (x ² + 4x + 9) (x ² - 4x + 7) = 0. Oba diskriminanta sta negativni. Odgovor: brez korenin.

Primer št. 14. Rešite enačbo 21x³ + x² - 5x - 1 = 0. Če je prosti člen enačbe ± 1, se enačba pretvori v reducirano enačbo z zamenjavo x = 1 / y. 21 / у³ + 1 / у² - 5 / у - 1 = 0 · у³, у³ + 5у² -у - 21 = 0. у = -3 je koren enačbe. (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 ... Primer št. 15. Rešite enačbo 4x³-10x² + 14x - 5 = 0. Pomnožite obe strani enačbe z 2. 8x³ -20x² + 28x - 10 = 0, (2x) ³ - 5 (2x) ² + 14 · (2x) -10 = 0. Uvedemo novo spremenljivko y = 2x, dobimo reducirano enačbo y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 je koren enačbe. (y - 1) (y² - 4y + 10) = 0, D

Primer št. 16. Dokaži, da ima enačba x ⁴ + x ³ + x - 2 = 0 eno pozitiven koren... Naj bo f (x) = x ⁴ + x ³ + x - 2, f ’(x) = 4x³ + 3x² + 1> o za x> o. Funkcija f (x) narašča za x> o, vrednost f (o) = -2. Očitno ima enačba en pozitivni koren ch.d. Primer št. 17. Reši enačbo 8x (2x² - 1) (8x⁴ - 8x² + 1) = 1. IF Sharygin "Izbirni tečaj matematike za 11. razred" .M. Razsvetljenje 1991 str.90. 1. l x l 1 2x² - 1> 1 in 8x⁴ -8x² + 1> 1 2. Naredite zamenjavo x = udobno, y € (0; n). Za druge vrednosti y se vrednosti x ponovijo in enačba nima več kot 7 korenov. 2x² - 1 = 2 cos²y - 1 = cos2y, 8x⁴ - 8x² + 1 = 2 (2x² - 1) ² - 1 = 2 cos²2y - 1 = cos4y. 3. Enačba postane 8 cosycos2ycos4y = 1. Obe strani enačbe pomnožite s sinusom. 8 sinycosycos2ycos4y = siny. Če 3-krat uporabimo formulo dvojnega kota, dobimo enačbo sin8y = siny, sin8y - siny = 0

Dokončanje rešitve primera št. 17. Uporabite formulo sinusne razlike. 2 sin7y / 2 cos9y / 2 = 0. Ob upoštevanju, da je y € (0; n), y = 2nk / 3, k = 1, 2, 3 ali y = n / 9 + 2nk / 9, k = 0, 1, 2, 3. Če se vrnemo k spremenljivki x, dobimo odgovor: Cos2 n / 7, cos4 n / 7, cos6 n / 7, cos n / 9, ½, cos5 n / 9, cos7 n / 9. Primeri za samostojno rešitev. Poiščite vse vrednosti a, za katere ima enačba (x ² + x) (x ² + 5x + 6) = a natanko tri korene. Odgovor je 9/16. Namig: Narišite levo stran enačbe. F max = f (0) = 9/16. Premica y = 9/16 seka graf funkcije v treh točkah. Reši enačbo (x ² + 2x) ² - (x + 1) ² = 55. Odgovor: -4; 2. Reši enačbo (x + 3) ⁴ + (x + 5) ⁴ = 16. Odgovor: -5; -3. Reši enačbo 2 (x ² + x + 1) ² -7 (x - 1) ² = 13 (x ³ - 1) Odgovor: -1; -1/2, 2; 4 Poiščite število realnih korenov enačbe x ³ - 12x + 10 = 0 na [-3; 3/2]. Namig: poiščite izpeljanko in raziščite monot.

Primeri za samostojno rešitev (nadaljevanje). 6. Poiščite število realnih korenin enačbe x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0. Odgovor: 2 7. Naj bodo x ₁, x ₂, x ₃ korenine polinoma P (x) = x ³ - 6x² -15x + 1. Poiščite X₁² + x ₂² + x ₃². Odgovor: 66. Smer: Uporabi Vietin izrek. 8. Dokaži, da ima za a> o in poljubno realno v enačbi x ³ + ax + b = o samo en realni koren. Namig: Izvedite dokaz s protislovjem. Uporabite Vietin izrek. 9. Rešite enačbo 2 (x ² + 2) ² = 9 (x ³ + 1). Odgovor: ½; 1; (3 ± √13) / 2. Namig: enačbo zmanjšajte na homogeno z uporabo enačb X² + 2 = x + 1 + x ² - x + 1, x ³ + 1 = (x + 1) (x ² - x + 1). 10. Reši sistem enačb x + y = x ², 3y - x = y². Odgovor: (0; 0), (2; 2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Reši sistem: 4y² -3xy = 2x -y, 5x² - 3y² = 4x - 2y. Odgovor: (o; o), (1; 1), (297/265; - 27/53).

Test. 1. možnost. 1. Reši enačbo (x ² + x) - 8 (x ² + x) + 12 = 0. 2. Reši enačbo (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = - 15 3. Reši enačbo 12x² (x - 3) + 64 (x - 3) ² = x ⁴. 4. Rešite enačbo x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Rešite sistem enačb: x² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

Možnost 2 1. (x ² - 4x) ² + 7 (x ² - 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 možnost. 1. (x ² + 3x) ² - 14 (x ² + 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 + x ² + y ² = 18, xy + x ² + y² = 19.

4. možnost. (x ² - 2x) ² - 11 (x ² - 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. Dodatna naloga: Preostanek deljenja polinoma P (x) s (x - 1) je 4, je preostanek delitve z (x + 1) enak 2, in ko je deljen z (x - 2), enak 8. Poiščite preostanek delitve P (x) z (x ³ - 2x² - x + 2).

Odgovori in navodila: možnost št. 1 št. 2. št. 3. št. 4. št. 5. 1. - 3; ± 2; 1 1; 2; 3. -5; -4; 1; 2. Homogena enačba: u = x -3, v = x² -2; -1; 3; 4. (2; 1); (2/3; 4/3). Indikacija: 1 · (-3) + 2 · 2 2. -6; -2; -4 ± √6. -3 ± 2√3; - 4; - 2,1 ± √11; 4; - 2. Homogena enačba: u = x + 4, v = x² 1; 5; 3 ± √13. (2; 1); (0; 3); (- trideset). Indikacija: 2 · 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -1; 2. Homogeni u = x + 2, v = x² -6; ± 3; 2 (2; 3), (3; 2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Namig: 2 -1. 4. (3 ± √5) / 2 2 ± √3 2 ± √3; (3 ± √5) / 2 (5 ± √21) / 2 (1; -2), (-1; 2). Vodilo: 1 4 + 2.

Rešitev dodatne naloge. Po Bezoutovem izreku: P (1) = 4, P (-1) = 2, P (2) = 8.P (x) = G (x) (x ³ - 2x² - x + 2) + ax² + bx + z. Nadomestek 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. Z reševanjem nastalega sistema treh enačb dobimo: a = b = 1, c = 2. Odgovor: x ² + x + 2.

Merilo št. 1 - 2 točki. 1 točka - ena računska napaka. št. 2,3,4 - po 3 točke. 1 točka - vodilo do kvadratne enačbe. 2 točki - ena računska napaka. št. 5. - 4 točke. 1 točka - izražena ena spremenljivka skozi drugo. 2 točki - dobil eno od rešitev. 3 točke - ena računska napaka. Dodatna naloga: 4 točke. 1 točka - Za vse štiri primere je bil uporabljen Bezoutov izrek. 2 točki - sestavil sistem enačb. 3 točke - ena računska napaka.

Pri reševanju algebraičnih enačb je pogosto potrebno faktorizirati polinom. Faktoriziranje polinoma pomeni, da ga predstavimo kot produkt dveh ali več polinomov. Dokaj pogosto uporabljamo nekatere metode razgradnje polinomov: odstranitev skupnega faktorja, uporaba formul za reducirano množenje, izbor popolnega kvadrata, združevanje. Oglejmo si še nekaj metod.

Včasih so pri faktorjenju polinoma koristne naslednje izjave:

1) če ima polinom s celimi koeficienti racionalni koren (kjer je nezmanjšljiv ulomek, potem je delilec prostega člena in delilec vodilnega koeficienta:

2) Če na nek način izberemo koren polinoma stopnje, potem lahko polinom predstavimo v obliki, kjer je polinom stopnje

Polinom lahko najdemo bodisi z deljenjem polinoma z binomskim "stolpcem" ali z ustreznim združevanjem izrazov polinoma in iz njih izvlečemo faktor ali z metodo nedefiniranih koeficientov.

Primer. Faktorski polinom

Rešitev. Ker je koeficient pri x4 1, so racionalni koreni tega polinoma, ki obstajajo, delitelji števila 6, torej so lahko cela števila ± 1, ± 2, ± 3, ± 6. Ta polinom označimo s P4 (x). Ker je Р Р4 (1) = 4 in Р4 (-4) = 23, številki 1 in -1 nista koreni polinoma PA (x). Ker je P4 (2) = 0, je x = 2 koren polinoma P4 (x), zato je ta polinom deljiv z binomom x - 2. Zato je x4 -5x3 + 7x2 -5x +6 x -2 x4 -2x3 x3 -3x2 + x-3

3x3 + 7x2 -5x +6

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

Zato je P4 (x) = (x - 2) (x3 - 3x2 + x - 3). Ker je xz - Zx2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3) (x2 + 1), potem je x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3) (x2 + 1).

Metoda uvedbe parametrov

Včasih pri faktorjenju polinoma v faktorje pomaga metoda uvedbe parametra. Bistvo te metode je ponazorjeno z naslednjim primerom.

Primer. x3 - (√3 + 1) x2 + 3.

Rešitev. Razmislimo o polinomu s parametrom a: x3 - (a + 1) x2 + a2, ki se za a = √3 spremeni v dani polinom. Ta polinom zapišemo kot kvadratni trinom glede na a: a - ax2 + (x3 - x2).

Ker so koreni tega kvadratnega trinoma glede na a a1 = x in a2 = x2 - x, velja enakost a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x) (a - x2 + x). Zato je polinom x3 - (√3 + 1) x2 + 3 razložen na faktorja √3 - x in √3 - x2 + x, tj.

x3 - (√3 + 1) x2 + 3 = (x-√3) (x2-x-√3).

Metoda uvajanja nove neznane

V nekaterih primerih je z zamenjavo izraza f (x), vključenega v polinom Pn (x), preko y mogoče dobiti polinom glede na y, ki je že enostavno faktoriziran. Potem, ko y zamenjamo s f (x), dobimo faktorizacijo polinoma Pn (x).

Primer. Razdelite polinom x (x + 1) (x + 2) (x + 3) -15.

Rešitev. Ta polinom preoblikujemo na naslednji način: x (x + 1) (x + 2) (x + 3) -15 = [x (x + 3)] [(x + 1) (x + 2)] - 15 = ( x2 + 3x) (x2 + 3x + 2) - 15.

Označimo x2 + 3x z y. Potem imamo 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).

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

Primer. Razdelite polinom (x-4) 4+ (x + 2) 4

Rešitev. Označimo x- 4 + x + 2 = x - 1 do 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 [(y2 + 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 ).

Kombinacija različnih metod

Pogosto je pri faktorjenju polinoma v faktorje potrebno zaporedoma uporabiti več zgoraj obravnavanih metod.

Primer. Razdelite polinom x4 - 3x2 + 4x-3.

Rešitev. Z razvrščanjem v skupine prepišemo polinom kot x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 - 2x2) - (x2 -4x + 3).

Če uporabimo metodo izbire celotnega kvadrata v prvem oklepaju, imamo x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

Če uporabimo formulo polnega kvadrata, lahko zdaj zapišemo, da je x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1) 2 - (x - 2) 2.

Končno, če uporabimo formulo za razliko kvadratov, dobimo, da je x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2) (x2 - 1 - x + 2) = (x2 + x-3) (x2 -x + 1).

§ 2. Simetrične enačbe

1. Simetrične enačbe tretje stopnje

Enačbi oblike ax3 + bx2 + bx + a = 0 in ≠ 0 (1) imenujemo simetrične enačbe tretje stopnje. Ker je ax3 + bx2 + bx + a = a (x3 + 1) + bx (x + 1) = (x + 1) (ax2 + (ba) x + a), je enačba (1) enakovredna nizu enačbi x + 1 = 0 in ax2 + (b-a) x + a = 0, kar ni težko rešiti.

Primer 1. Rešite enačbo

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

Rešitev. Enačba (2) je simetrična enačba tretje stopnje.

Ker je 3x3 + 4xg + 4x + 3 = 3 (x3 + 1) + 4x (x + 1) = (x + 1) (3x2 - Zx + 3 + 4x) = (x + 1) (3x2 + x + 3) , potem je enačba (2) enakovredna nizu enačb x + 1 = 0 in 3x3 + x + 3 = 0.

Rešitev prve od teh enačb je x = -1, druga enačba nima rešitev.

Odgovor: x = -1.

2. Simetrične enačbe četrte stopnje

Enačba obrazca

(3) se imenuje simetrična enačba četrte stopnje.

Ker x = 0 ni koren enačbe (3), potem, če obe strani enačbe (3) delimo z x2, dobimo enačbo, ki je enakovredna izvirniku (3):

Prepišimo enačbo (4) v obliki:

V tej enačbi naredimo spremembo, nato dobimo kvadratno enačbo

Če ima enačba (5) 2 korena y1 in y2, potem je prvotna enačba enakovredna nizu enačb

Če ima enačba (5) en koren y0, potem je prvotna enačba enakovredna enačbi

Končno, če enačba (5) nima korenin, potem tudi izvirna enačba nima korenin.

Primer 2. Rešite enačbo

Rešitev. Ta enačba je simetrična enačba četrte stopnje. Ker x = 0 ni njen koren, potem, če enačbo (6) delimo z x2, dobimo enakovredno enačbo:

Z združitvijo členov prepišemo enačbo (7) v obliki ali v obliki

Če postavimo, dobimo enačbo z dvema koreninama y1 = 2 in y2 = 3. Zato je prvotna enačba enakovredna nizu enačb

Rešitev prve enačbe tega niza je x1 = 1, rešitev druge pa je u.

Zato ima prvotna enačba tri korenine: x1, x2 in x3.

Odgovor: x1 = 1 ,.

§3. Algebraične enačbe

1. Znižanje stopnje enačbe

Nekatere algebraične enačbe z zamenjavo nekega polinoma v njih z eno črko lahko zmanjšamo na algebraične enačbe, katerega stopnja je manjša od stopnje prvotne enačbe in katere rešitev je enostavnejša.

Primer 1. Rešite enačbo

Rešitev. Označimo z, potem lahko enačbo (1) prepišemo v obliki. Zadnja enačba ima korenine in Posledično je enačba (1) enakovredna nizu enačb in. Rešitev prve enačbe tega niza je in rešitev druge enačbe je

Rešitve enačbe (1) so

Primer 2. Rešite enačbo

Rešitev. Pomnožimo obe strani enačbe z 12 in označimo z,

Dobimo enačbo. Prepišimo to enačbo v obliki

(3) in označimo s prepisom enačbe (3) v obliki Zadnja enačba ima korenine in Zato ugotovimo, da je enačba (3) enakovredna nizu dveh enačb in Rešitev te množice enačb je, tj. (2) je enakovredna nizu enačb in (4)

Rešitve množice (4) so in so rešitve enačbe (2).

2. Enačbe obrazca

Enačba

(5) kje so ta števila, je mogoče zmanjšati na bikvadratno enačbo z zamenjavo neznanega, tj.

Primer 3. Rešite enačbo

Rešitev. Označimo z, t.j. to pomeni, da spremenimo spremenljivke ali Nato enačbo (6) lahko prepišemo v obliki ali z uporabo formule v obliki

Ker so korenine kvadratne enačbe tudi rešitve enačbe (7), so rešitve množice enačb in. Ta niz enačb ima dve rešitvi in posledično so rešitve enačbe (6) in

3. Enačbe obrazca

Enačba

(8) kjer so števila α, β, γ, δ in Α taka, da α

Primer 4. Rešite enačbo

Rešitev. Izvedemo spremembo neznank, t.j. y = x + 3 ali x = y - 3. Nato lahko enačbo (9) prepišemo kot

(y-2) (y-1) (y + 1) (y + 2) = 10, to je v obliki

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

Bikvadratna enačba (10) ima dva korena. Zato ima enačba (9) tudi dva korena:

4. Enačbe obrazca

enačba, (11)

Kjer nima korena x = 0, torej delimo enačbo (11) z x2, dobimo enakovredno enačbo

Kar bo po zamenjavi neznanega na novo zapisano kot kvadratna enačba, katere rešitev ni težka.

Primer 5. Rešite enačbo

Rešitev. Ker h = 0 ni koren enačbe (12), potem, če ga delimo z x2, dobimo enakovredno enačbo

Če zamenjava ni znana, dobimo enačbo (y + 1) (y + 2) = 2, ki ima dva korena: y1 = 0 in y1 = -3. Zato je prvotna enačba (12) enakovredna nizu enačb

Ta zbirka ima dva korena: x1 = -1 in x2 = -2.

Odgovor: x1 = -1, x2 = -2.

Komentar. enačba v obliki,

V katerem lahko vedno pripeljemo do oblike (11) in poleg tega upoštevamo α> 0 in λ> 0 v obliki.

5. Enačbe obrazca

Enačba

, (13) kjer so števila α, β, γ, δ in Α taka, da je αβ = γδ ≠ 0, lahko prepišemo tako, da prvi oklepaj pomnožimo z drugim, tretji pa s četrtim, v obliki, tj. , je enačba (13) zdaj zapisana v obliki (11), njeno reševanje pa lahko izvedemo na enak način kot rešitev enačbe (11).

Primer 6. Rešite enačbo

Rešitev. Enačba (14) ima obliko (13), zato jo prepišemo v obliki

Ker x = 0 ni rešitev te enačbe, potem, če obe strani delimo z x2, dobimo enakovredno izvirno enačbo. S spremembo spremenljivk dobimo kvadratno enačbo, katere rešitev je in. Posledično je prvotna enačba (14) enakovredna nizu enačb in.

Rešitev prve enačbe tega niza je

Druga enačba tega niza rešitev nima. Torej ima prvotna enačba koreni x1 in x2.

6. Enačbe obrazca

Enačba

(15) kjer so števila a, b, c, q, A taka, da nima korena x = 0, torej enačbo (15) delimo z x2. dobimo ji enakovredno enačbo, ki jo bomo po zamenjavi neznane prepisali v obliki kvadratne enačbe, katere rešitev ni težka.

Primer 7. Rešitev enačbe

Rešitev. Ker x = 0 ni koren enačbe (16), potem, če obe strani delimo z x2, dobimo enačbo

, (17), kar je enakovredno enačbi (16). Ker je substitucija neznana, prepišemo enačbo (17) v obliki

Kvadratna enačba (18) ima 2 korena: y1 = 1 in y2 = -1. Zato je enačba (17) enakovredna nizu enačb in (19)

Niz enačb (19) ima 4 korene:,.

To bodo korenine enačbe (16).

§4. Racionalne enačbe

Enačbi oblike = 0, kjer sta H (x) in Q (x) polinoma, imenujemo racionalne.

Ko najdemo korenine enačbe H (x) = 0, je treba preveriti, katere od njih niso korenine enačbe Q (x) = 0. Te korenine in samo one bodo rešitve enačbe.

Razmislite o nekaterih metodah za reševanje enačbe v obliki = 0.

1. Enačbe obrazca

Enačba

(1) pod določenimi pogoji na številke je mogoče rešiti na naslednji način. Če združite člene enačbe (1) po dva in seštejete vsak par, je treba v števcu dobiti polinome prve ali ničelne stopnje, ki se razlikujejo le po številskih faktorjih, in v imenovalcih - trinome z istimi dvema členoma, ki vsebujeta x , potem bo po spremembi spremenljivk enačba imela tudi obliko (1), vendar z manjšim številom členov, ali pa bo enakovredna nizu dveh enačb, od katerih bo ena prve stopnje, druga bo enačba v obliki (1), vendar z manjšim številom členov.

Primer. Reši enačbo

Rešitev. Združimo na levi strani enačbe (2) prvi člen z zadnjim in drugi s predzadnjim, enačbo (2) prepišemo v obliki

Če seštejemo člene v vsakem oklepaju, prepišemo enačbo (3) v obliki

Ker za enačbo (4) ni rešitve, potem, če to enačbo delimo s, dobimo enačbo

, (5) enakovredno enačbi (4). Naredimo spremembo neznane, nato pa bo enačba (5) prepisana v obliki

Tako se rešitev enačbe (2) s petimi členi na levi strani reducira na rešitev enačbe (6) enake oblike, vendar s tremi členi na levi strani. Če povzamemo vse člene na levi strani enačbe (6), jo prepišemo v obliki

Obstajajo rešitve enačbe in. Nobeno od teh števil ne izniči imenovalca racionalne funkcije na levi strani enačbe (7). Posledično ima enačba (7) ti dve korenini, zato je prvotna enačba (2) enakovredna nizu enačb

Rešitve prve enačbe tega niza so

Rešitve druge enačbe iz tega niza so

Zato ima izvirna enačba korenine

2. Enačbe obrazca

Enačba

(8) pod določenimi pogoji na števila lahko rešimo takole: v vsakem od ulomkov enačbe je treba izbrati celo število, torej enačbo (8) nadomestiti z enačbo

Zmanjšajte ga v obliko (1) in ga nato rešite na način, opisan v prejšnjem odstavku.

Primer. Reši enačbo

Rešitev. Zapišemo enačbo (9) v obliki ali v obrazcu

Če seštejemo izraze v oklepajih, prepišemo enačbo (10) kot

Z zamenjavo neznane enačbe (11) prepišemo v obliko

Če povzamemo člene na levi strani enačbe (12), jo prepišemo v obliki

Preprosto je videti, da ima enačba (13) dva korena: in. Zato ima prvotna enačba (9) štiri korene:

3) Enačbe v obliki.

Enačbo oblike (14) pod določenimi pogoji za števila lahko rešimo na naslednji način: razširimo (če je to seveda mogoče) vsakega od ulomkov na levi strani enačbe (14) v vsoto najpreprostejših ulomkov

Zmanjšajte enačbo (14) v (1), nato pa jo po primerni prerazporeditvi členov nastale enačbe rešite po metodi, opisani v odstavku 1).

Primer. Reši enačbo

Rešitev. Ker in nato pomnožimo števec vsakega ulomka v enačbi (15) z 2 in ugotovimo, da lahko enačbo (15) zapišemo v obliki

Enačba (16) ima obliko (7). Ko prerazporedimo člene v tej enačbi, jo prepišemo v obliki ali v obliki

Enačba (17) je enakovredna nizu enačb in

Za rešitev druge enačbe množice (18) zamenjamo neznano. Nato jo prepišemo v obliki ali v obliki

Če povzamemo vse člene na levi strani enačbe (19), jo prepišemo kot

Ker enačba nima korenin, jih tudi enačba (20) nima.

Prva enačba množice (18) ima en sam koren. Ker je ta koren vključen v GDV druge enačbe množice (18), je edini koren množice (18) in s tem izvirna enačba .

4. Enačbe obrazca

Enačba

(21) pod določenimi pogoji na številkah in A po predstavitvi vsakega člena na levi v obliki lahko reduciramo na obliko (1).

Primer. Reši enačbo

Rešitev. Prepišimo enačbo (22) v obliki ali v obliki

Tako se enačba (23) reducira na obliko (1). Zdaj, ko združimo prvi člen z zadnjim in drugega s tretjim, prepišemo enačbo (23) v obliki

Ta enačba je enakovredna nizu enačb in. (24)

Zadnjo enačbo niza (24) lahko prepišemo kot

Za to enačbo obstajajo rešitve in ker je vključena v ODZ druge enačbe množice (30), ima niz (24) tri korenine: Vse so rešitve prvotne enačbe.

5. Enačbe obrazca.

Enačba v obliki (25)

Pod določenimi pogoji na številkah se lahko zamenjava neznanega zmanjša na enačbo v obliki

Primer. Reši enačbo

Rešitev. Ker ne gre za rešitev enačbe (26), potem če delimo števec in imenovalec vsakega ulomka na levi strani z, ga prepišemo v obliki

S spreminjanjem spremenljivk prepišemo enačbo (27) v obliko

Reševanje enačbe (28) je in. Zato je enačba (27) enakovredna nizu enačb in. (29)

Metode reševanja enačb: n n n Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x) Faktoring. Predstavljamo novo spremenljivko. Funkcionalno - grafična metoda. Izbira korenin. Uporaba Vieta formul.

Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x). Metodo je mogoče uporabiti le v primeru, ko je y = h (x) monotona funkcija, ki prevzame vsako svojo vrednost enkrat. Če funkcija ni monotonična, je možna izguba korenin.

Rešite enačbo (3 x + 2) ²³ = (5 x - 9) ²³ y = x ²³ naraščajoča funkcija, zato lahko iz enačbe (3 x + 2) ²³ = (5 x - 9) ²³ greste na enačba 3 x + 2 = 5 x - 9, od koder najdemo x = 5, 5. Odgovor: 5, 5.

Faktorizacija. Enačbo f (x) g (x) h (x) = 0 lahko nadomestimo z nizom enačb f (x) = 0; g (x) = 0; h (x) = 0. Ko ste rešili enačbe tega niza, morate vzeti tiste korenine, ki pripadajo domeni prvotne enačbe, ostale pa zavreči kot tuje.

Rešite enačbo x³ - 7 x + 6 = 0 Če izraz 7 x predstavljamo kot x + 6 x, dobimo zaporedno: x³ - x - 6 x + 6 = 0 x (x² - 1) - 6 (x - 1) = 0 x (x - 1) (x + 1) - 6 (x - 1) = 0 (x - 1) (x² + x - 6) = 0 Zdaj je problem zmanjšan na reševanje niza enačb x - 1 = 0; x² + x - 6 = 0. Odgovor: 1, 2, - 3.

Predstavljamo novo spremenljivko. Če lahko enačbo y (x) = 0 pretvorimo v obliko p (g (x)) = 0, potem morate uvesti novo spremenljivko u = g (x), rešiti enačbo p (u) = 0, in nato reši množico enačb g ( x) = u 1; g (x) = u 2; ...; g (x) = un, kjer so u 1, u 2,…, un koreni enačbe p (u) = 0.

Reši enačbo Značilnost te enačbe je enakost koeficientov njene leve strani, enako oddaljene od njenih koncev. Takšne enačbe imenujemo ponavljajoče se. Ker 0 ni koren te enačbe, dobimo deljenje z x²

Predstavimo novo spremenljivko. Nato dobimo kvadratno enačbo. Torej lahko koren y 1 = - 1 prezremo. Dobimo odgovor: 2, 0, 5.

Reši enačbo 6 (x² - 4) ² + 5 (x² - 4) (x² - 7 x +12) + (x² - 7 x + 12) ² = 0 To enačbo lahko rešimo kot homogeno. Obe strani enačbe delite z (x² - 7 x +12) ² (jasno je, da vrednosti x, tako da x² - 7 x + 12 = 0, niso rešitve). Zdaj označimo Imamo Od tod odgovor:

Funkcionalno - grafična metoda. Če se ena od funkcij y = f (x), y = g (x) poveča, druga pa zmanjša, potem enačba f (x) = g (x) nima korenin ali ima en koren.

Reši enačbo Precej očitno je, da je x = 2 koren enačbe. Dokažimo, da je to edini koren. Enačbo pretvorimo v obliko. Upoštevajte, da se funkcija povečuje, funkcija pa zmanjšuje. Torej ima enačba samo en koren. Odgovor: 2.

Izbira korenin n n n Izrek 1: Če je celo število m koren polinoma s celimi koeficienti, je prosti člen polinoma deljiv z m. Izrek 2: Reducirani polinom s celimi koeficienti nima ulomnih korenov. Izrek 3: - enačba s celimi števili Naj bodo koeficienti. Če je število in ulomek, kjer sta p in q celi števili, nereducibilna, je koren enačbe, potem je p delilec prostega člena an in q je delilec koeficienta pri glavnem členu a 0.

Bezoutov izrek. Preostanek pri delitvi katerega koli polinoma z binomom (x - a) je enak vrednosti deljivega polinoma pri x = a. Posledice Bezoutovega izreka n n n n Razlika istih potenk dveh števil je brez ostanka deljena z razliko istih števil; Razlika enakih sodnih potenk dveh števil se deli brez ostanka tako z razliko teh števil kot z njuno vsoto; Razlika enakih lihih potenk dveh števil ni deljiva z vsoto teh števil; Vsota istih potenk dveh neštevil se deli z razliko teh števil; Vsota enakih lihih potenk dveh števil se brez ostanka deli z vsoto teh števil; Vsota enakih sodnih potenk dveh števil ni deljiva niti z razliko med tema številoma niti z njuno vsoto; Polinom je v celoti deljiv z binomom (x - a), če in samo če je število a koren danega polinoma; Število različnih korenov neničelnega polinoma je največ njegova stopnja.

Reši enačbo x³ - 5 x² - x + 21 = 0 Polinom x³ - 5 x² - x + 21 ima cele koeficiente. Po izreku 1 so njegovi celoštevilski koreni, če obstajajo, med delitelji prostega člena: ± 1, ± 3, ± 7, ± 21. S preverjanjem se prepričamo, da je število 3 koren. Kot posledica Bezoutovega izreka je polinom deljiv z (x - 3). Torej x³– 5 x² - x + 21 = (x - 3) (x²– 2 x - 7). odgovor:

Reši enačbo 2 x³ - 5 x² - x + 1 = 0 Po izreku 1 so lahko celoštevilski koreni enačbe samo števila ± 1. Preverjanje pokaže, da ta števila niso koreni. Ker enačba ni reducirana, ima lahko ulomne racionalne korene. Najdimo jih. Če želite to narediti, pomnožite obe strani enačbe s 4: 8 x³ - 20 x² - 4 x + 4 = 0 Če zamenjamo 2 x = t, dobimo t³ - 5 t² - 2 t + 4 = 0. Po izreku 2 , morajo biti vse racionalne korenine te reducirane enačbe cele. Najdemo jih med delitelji prostega člena: ± 1, ± 2, ± 4. V ta primer ustreza t = - 1. Zato je po rezultatu Bezoutovega izreka polinom 2 x³ - 5 x² - x + 1 deljiv z (x + 0, 5): 2 x³ - 5 x² - x + 1 = (x + 0, 5) ( 2 x² - 6 x + 2) Če rešimo kvadratno enačbo 2 x² - 6 x + 2 = 0, najdemo preostale korene: Odgovor:

Rešite enačbo 6 x³ + x² - 11 x - 6 = 0 V skladu s izrekom 3 je treba racionalne korenine te enačbe iskati med števili. Če jih v enačbo zamenjamo eno za drugo, ugotovimo, da izpolnjujejo enačbo. Izčrpajo vse korenine enačbe. odgovor:

Poiščite vsoto kvadratov korenov enačbe x³ + 3 x² - 7 x +1 = 0 Po Vietinem izreku Upoštevajte, da od koder

Navedite, katero metodo je mogoče uporabiti za reševanje vsake od teh enačb. Reši enačbe # 1, 4, 15, 17.

Odgovori in navodila: 1. Uvedba nove spremenljivke. 2. Funkcionalno - grafična metoda. 3. Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x). 4. Faktorizacija. 5. Izbira korenin. 6 Funkcionalno - grafična metoda. 7. Uporaba Vietovih formul. 8. Izbira korenin. 9. Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x). 10. Uvedba nove spremenljivke. 11. Faktorizacija. 12. Uvedba nove spremenljivke. 13. Izbira korenin. 14. Uporaba Vietovih formul. 15. Funkcionalno – grafična metoda. 16. Faktorizacija. 17. Uvedba nove spremenljivke. 18. Faktorizacija.

1. Indikacija. Zapišite enačbo kot 4 (x² + 17 x + 60) (x + 16 x + 60) = 3 x², obe strani delite s x². Vnesite spremenljivko Odgovor: x 1 = - 8; x 2 = - 7, 5. 4. Opomba. Dodajte 6 y in - 6 y na levo stran enačbe in to zapišite kot (y³ - 2 y²) + (- 3 y² + 6 y) + (- 8 y + 16) = (y - 2) (y² - 3 y - osem). odgovor:

14. Indikacija. Po Vietinem izreku Ker so cela števila, so lahko koreni enačbe samo števila - 1, - 2, - 3. Odgovor: 15. Odgovor: - 1. 17. Indikacija. Obe strani enačbe delite s x² in jo zapišite kot Vnesite spremenljivko. Odgovor: 1; 15; 2; 3.

Bibliografija. n n n Kolmogorov A. N. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 2003). Bashmakov M. I. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 1993). Mordkovich A. G. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (M.: Mnemosina, 2003). Alimov Sh. A., Kolyagin Yu. M. et al. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 2000). Galitskiy ML, Gol'dman AM, Zvavich LI "Zbirka problemov v algebri, 8 - 9" (Moskva: Izobraževanje, 1997). Karp A. P. "Zbirka problemov iz algebre in principi analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 1999). Sharygin I. F. "Izbirni tečaj matematike, reševanje problemov, 10" (Moskva: Izobraževanje. 1989). Skopets ZA "Dodatna poglavja o tečaju matematike, 10" (Moskva: Izobraževanje, 1974). Litinsky G. I. "Lekcije matematike" (M.: Aslan, 1994). Muravin G. K. "Enačbe, neenakosti in njihovi sistemi" (Matematika, priloga časopisa "1. september", št. 2, 3, 2003). Kolyagin Yu. M. "Polinomi in enačbe višjih stopenj" (Matematika, priloga časopisa "1. september", št. 3, 2005).

Marina A. Trifanova
učitelj matematike, MOU "Gimnazija št. 48 (multidisciplinarna)", Talnakh

Troedini cilj lekcije:

Izobraževalni:
sistematizacija in posploševanje znanja o reševanju enačb višjih stopenj.
Razvoj:
spodbujati razvoj logično razmišljanje, sposobnost samostojnega dela, veščine medsebojnega nadzora in samokontrole, sposobnost govora in poslušanja.
Izobraževalni:
razvijanje navade stalne zaposlitve, spodbujanje odzivnosti, trdega dela, natančnosti.

Vrsta lekcije:

pouk o kompleksni uporabi znanja, spretnosti in sposobnosti.

Učna oblika:

prezračevanje, telesna vadba, različne oblike dela.

Oprema:

podporni zapiski, kartice z nalogami, matrika za spremljanje pouka.

MED POUKOM

I. Organizacijski trenutek

Sporočanje namena učne ure učencem.
Preverjanje domače naloge (Priloga 1). Delo z referenčnimi opombami (Priloga 2).

Enačbe in odgovori za vsako od njih so napisani na tabli. Učenci preverijo odgovore in podajo kratka analiza reševanje posamezne enačbe ali odgovarjanje na učiteljeva vprašanja (frontalna anketa). Samokontrola – učenci si sami dajo ocene in predajo vaje učitelju, da popravi ali potrdi ocene. Osnovna šola je napisana na tabli:

“5+” - 6 enačb;
“5” - 5 enačb;
“4” - 4 enačbe;
"3" - 3 enačbe.

Vprašanja učiteljeve domače naloge:

1 enačba

Kakšna sprememba spremenljivk je narejena v enačbi?
Katera enačba se dobi po spremembi spremenljivk?

2 enačba

Na kateri polinom sta se razdelili obe strani enačbe?
Kakšno spremembo spremenljivk smo dobili?

3 enačba

Katere polinome morate pomnožiti, da poenostavite rešitev te enačbe?

4 enačba

Poimenujte funkcijo f (x).
Kako so bile najdene preostale korenine?

Enačba 5

Koliko vrzeli smo dobili za rešitev enačbe?

6 enačba

Na kakšne načine bi lahko rešili to enačbo?
Katera rešitev je bolj racionalna?

II. Skupinsko delo je glavni del lekcije.

Razred je razdeljen v 4 skupine. Vsaka skupina dobi kartico s teoretičnimi in praktičnimi (Priloga 3) vprašanji: "Dekonstruiraj predlagano metodo za reševanje enačbe in jo razloži na tem primeru."

Skupinsko delo 15 minut.
Primeri so napisani na tabli (tabela je razdeljena na 4 dele).
Skupinsko poročilo traja 2-3 minute.
Učitelj popravlja poročila skupin in pomaga v primeru težav.

Skupinsko delo se nadaljuje na karticah 5 - 8. Vsaka enačba ima 5 minut za skupinsko razpravo. Nato je na tabli poročilo o tej enačbi – kratka analiza rešitve. Enačba morda ni popolnoma rešena - končuje se doma, vendar se o zaporedju njene rešitve v učilnici razpravlja povsod.

III. Samostojno delo. Dodatek 4.