Másodfokú egyenlet

A másodfokú egyenlet egy általános alakú másodfokú algebrai egyenlet

ax^{2}+bx+c=0,\;a\neq 0,

ahol az ismeretlen, az együtthatók pedig valós vagy komplex számok . $x$ $a$ $b$ $c$

Az egyenlet gyöke annak a változónak az értéke,amely a négyzetes trinomit nullára, a másodfokú egyenletet pedig a helyes numerikus egyenlőségre fordítja. Ezt az értéket magának a polinomnak a gyökének is nevezik $ax^{2}+bx+c=0$ $x$ $ax^{2}+bx+c.$

A másodfokú egyenlet elemeinek saját neve van [1] :

$a$ az első vagy vezető együttható,
$b$ második átlagos együtthatónak vagy együtthatónak $x$ nevezzük ,
$c$ szabad tagnak nevezik .

Egy redukált másodfokú egyenletet nevezünk, amelyben a vezető együttható egyenlő eggyel [1] . Egy ilyen egyenletet úgy kaphatunk, hogy a teljes kifejezést elosztjuk a vezető együtthatóval: $a$

x^{2}+px+q=0,\quad p={\frac {b}{a)),\quad q={\frac {c}{a)).

Egy másodfokú egyenletet akkor mondunk teljesnek, ha minden együtthatója nem nulla.

Egy ilyen másodfokú egyenletet hiányosnak nevezünk , ha az együtthatók közül legalább az egyik, kivéve a legmagasabbat (vagy a második együtthatót, vagy a szabad tagot), nullával egyenlő.

A másodfokú egyenlet gyökökben oldható meg , azaz gyökei általánosan kifejezhetők együtthatókkal.

Történelmi információk másodfokú egyenletekről

Ókori Babilon

A babilóniaiak már a Krisztus előtti második évezredben tudták a másodfokú egyenletek megoldását [1] . Megoldásuk az ókori babilonban szorosan összefüggött a gyakorlati feladatokkal, elsősorban a földterületek mérésével, a katonai szükségletekkel kapcsolatos földmunkákkal; ezen ismeretek megléte a matematika és általában a csillagászat fejlődésének is köszönhető. A teljes és a nem teljes másodfokú egyenletek megoldására egyaránt ismertek módszerek. Íme példák az ókori Babilonban modern algebrai jelöléssel megoldott másodfokú egyenletekre:

x^{2}+x={\frac {3}{4}};\ x^{2}-x=14{\frac {1}{2}}.

A másodfokú egyenletek megoldásának szabályai sok tekintetben hasonlóak a modernekhez, de a babiloni szövegek nem rögzítik azt az érvelést, amellyel ezeket a szabályokat megkapták.

India

A másodfokú egyenletekkel megoldott problémák megtalálhatók az "Aryabhattiam" csillagászatról szóló értekezésben, amelyet Aryabhata indiai csillagász és matematikus írt i.sz. 499-ben. A másodfokú egyenlet gyökereinek képletének egyik első ismert származéka Brahmagupta indiai tudósé (598 körül) [1] ; Brahmagupta felvázolt egy univerzális szabályt a kanonikus formára redukált másodfokú egyenlet megoldására: ráadásul azt feltételezték, hogy a benne lévő összes együttható, kivéve a -t, negatív lehet. A tudós által megfogalmazott szabály lényegében egybeesik a modernnel. $ax^{2}+bx=c;$ $a,$

Másodfokú egyenlet gyökerei a valós számok halmazán

Én úgy. A gyökérszámítás általános képlete a diszkrimináns használatával

A másodfokú egyenlet diszkriminánsa a mennyiség . $ax^{2}+bx+c=0$ $D=b^{2}-4ac$

Állapot	$D>0$	$D=0$	$D<0$
Gyökerek száma	két gyökér	A 2. multiplicitás egy gyöke (más szóval két egyenlő gyök)	Nincsenek valódi gyökerek
Képlet	$x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {D}}}{2a}}$ (egy)	$x=-{\frac {b}{2a))$	—

Képlet levezetése

Az (1) képlet a következőképpen érhető el:

ax^{2}+bx+c=0

ax^{2}+bx=-c

Szorozzuk meg az egyes részeket és adjuk hozzá :

4a

b^{2}

4a^{2}x^{2}+4abx+b^{2}=-4ac+b^{2}

(2ax+b)^{2}=-4ac+b^{2}

2ax+b=\pm {\sqrt {-4ac+b^{2}}}

2ax=-b\pm {\sqrt {-4ac+b^{2))}

x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2a}}

x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {D}}}{2a}}.

Az esetképlet az (1) képlet speciális esete: $D=0$

x={\frac {-b\pm {\sqrt {D}}}{2a}}={\frac {-b\pm {\sqrt {0}}}{2a}}=-{\ frac {b}{2a}}.

Ebben az esetben a valós gyökök hiánya az (1) képletből is következik, mivel egy negatív szám négyzetgyöke nem tartozik a valós számok halmazába. $D<0$

Ez a módszer univerzális, de nem az egyetlen.

II módon. A b páros együtthatójú másodfokú egyenlet gyökei

Forma egyenletekre , azaz párosra , ahol $ax^{2}+2kx+c=0$ $b$

k={\frac {1}{2}}b,

az (1) képlet helyett a gyökök megtalálásához egyszerűbb kifejezések használatára van lehetőség [1] .

Megjegyzés: az alábbi képleteket úgy kaphatjuk meg, hogy a b = 2 k kifejezést behelyettesítjük a standard formulákba , egyszerű transzformációkkal.

Megkülönböztető		Gyökerek
redukálatlan	csökkent	D > 0	redukálatlan	csökkent
könnyebben kiszámítható a diszkrimináns negyede: ${\frac {D}{4}}=k^{2}-ac$ Minden szükséges tulajdonság megmarad.	${\frac {D}{4}}=k^{2}-c$ .		$x_{1,2}={\frac {-k\pm {\sqrt {k^{2}-ac}}}{a}}.$	$x_{1,2}=-k\pm {\sqrt {k^{2}-c))$
		D =0	$x={\frac {-k}{a}}$	$x=-k$

III út. Hiányos másodfokú egyenletek megoldása

Speciális megközelítést alkalmaznak a hiányos másodfokú egyenletek megoldására. Három lehetséges helyzetet veszünk figyelembe.

b = 0c = 0

b=0; c≠0

b≠0; c=0

{\begin{alignedat}{2}ax^{2}&=0,\\x^{2}&=0,\\x&=0.\end{alignedat))

(a konverziós folyamat speciálisan részletesen látható; a gyakorlatban azonnal az utolsó egyenlőségre léphet)

{\begin{aligned}ax^{2}+c&=0,\\ax^{2}&=-c,\\x^{2}&=-{\frac {c}{a} },\\x_{1,2}&=\pm {\sqrt {-{\frac {c}{a)))).\end{igazított))

Ha , akkor az egyenletnek két valós gyöke van , és ha , akkor az egyenletnek nincs valódi gyöke .

-{\frac {c}{a}}>0

-{\frac {c}{a}}<0;

{\begin{aligned}ax^{2}+bx&=0,\\x(ax+b)&=0,\end{aligned))

$x=0$ vagy $ax+b=0,$ $x_{1}=0,\quad x_{2}=-{\frac {b}{a)).$

Egy ilyen egyenletnek két valós gyökének kell lennie .

IV út. Részleges együttható arányok használata

Vannak speciális esetei a másodfokú egyenleteknek, amelyekben az együtthatók egymással arányosak, ami nagyban megkönnyíti a megoldásukat.

Egy olyan másodfokú egyenlet gyökerei, amelyben a vezető együttható és a szabad tag összege egyenlő a második együtthatóval

Ha egy másodfokú egyenletben az első együttható és a szabad tag összege egyenlő a második együtthatóval: , akkor gyökei is a szabad tag és a legmagasabb együttható arányával ellentétes szám ( ). $ax^{2}+bx+c=0$ $a+c=b$ $-egy$ $-{\frac {c}{a}}$

Bizonyíték

1. módszer. Először nézze meg, hogy egy ilyen egyenletnek valóban két gyöke van-e (beleértve a két egybeesőt is):

D=b^{2}-4ac=(a+c)^{2}-4ac=a^{2}+2ac+c^{2}-4ac=a^{2}-2ac+c^{2 }=(ac)^{2}

Igen, ez igaz, mert az együtthatók bármely valós értékénél , és így a diszkrimináns nem negatív. Így ha , akkor az egyenletnek két gyöke van, ha , akkor csak egy gyöke. Keresse meg ezeket a gyökereket: $(ac)^{2}\geqslant 0$ $a\not=c$ $a=c$

x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {D}}}{2a}}={\frac {-(a+c)\pm {\sqrt {(ac)^{2 }}}}{2a}}={\frac {-ac\pm |ac|}{2a}}={\frac {-ac\pm a\mp c}{2a}}

x_{1}={\frac {-ac-a+c}{2a}}={\frac {-2a}{2a}}=-1;

x_{2}={\frac {-a-c+ac}{2a}}={\frac {-2c}{2a}}=-{\frac {c}{a}}.

Különösen, ha , akkor a gyökér egy lesz: $a=c$ $-egy.$

2. módszer.

A másodfokú egyenlet gyökeinek geometriai modelljét használjuk: ezeket a parabola és az abszcissza tengely metszéspontjainak tekintjük . Bármely parabola, függetlenül az azt meghatározó kifejezéstől, egy egyenesre szimmetrikus alak . Ez azt jelenti, hogy bármely, rá merőleges egyenes szakaszát, amelyet egy parabola vág le, a szimmetriatengely kettéosztja. A fentiek különösen igazak az x tengelyre. Így bármely parabolára igaz a következő egyenlőségek egyike: (ha ) vagy (ha az ellenkező jelentésű egyenlőtlenség igaz). A modul geometriai jelentését kifejező azonosságot felhasználva, és azt is elfogadva (ez igazolható, ha az egyenlőséget a négyzetes trinomiumba behelyettesítjük: , tehát -1 a gyöke egy ilyen egyenletnek), a következő egyenlőséghez jutunk: Ha : figyelembe vesszük, hogy a különbség abban az esetben, amikor hozzáadjuk a modult, mindig pozitív, és ha kivonjuk negatív, ami jelzi ezeknek az eseteknek az azonosságát, sőt, emlékezve az egyenlőségre , megnyitjuk a modult : . A második esetben hasonló átalakításokat végezve ugyanarra az eredményre jutunk stb. $y=ax^{2}+bx+c$ $x=-{\frac {b}{2a}}$ $-{\frac {b}{2a}}+\rho (x_{1};-{\frac {b}{2a}})=x_{2}$ $x_{1}<x_{2}$ $-{\frac {b}{2a}}-\rho (-{\frac {b}{2a}};x_{1})=x_{2}$ $\rho (a;b)=|ab|$ $x_{1}=-1$ $a\cdot (-1)^{2}+b\cdot (-1)+c=(a+c)-b=0$ $-{\frac {b}{2a}}\pm |-{\frac {b}{2a}}-(-1)|=x_{2}.$ $ba=c$ $x_{2}=-{\frac {b}{2a}}-{\frac {b}{2a}}+1=-{\frac {2b-2a}{2a}}=-{\frac {ba }{a}}=-{\frac {c}{a}}$

Ebből következik, hogy bármely másodfokú egyenlet megoldása előtt célszerű ellenőrizni ennek a tételnek a lehetőségét: hasonlítsa össze a vezető együttható és a szabad tag összegét a második együtthatóval. Egy olyan másodfokú egyenlet gyökerei, amelynek az összes együttható összege nulla

Ha egy másodfokú egyenletben az összes együttható összege nulla ( ), akkor egy ilyen egyenlet gyöke egyben a szabad tag és a vezető együttható ( ) aránya is. $a+b+c=0$ $egy$ ${\frac {c}{a))$

Bizonyíték

1. módszer. Először is megjegyezzük, hogy az egyenlőségből következik, hogy Állítsuk be a gyökök számát: $a+b+c=0$ $b=-(a+c)$

D=b^{2}-4ac=(-(a+c))^{2}-4ac=a^{2}+2ac+c^{2}-4ac=a^{2}-2ac+c ^{2}=(ac)^{2}.

Az együtthatók bármely értékéhez az egyenletnek legalább egy gyöke van: valójában az együtthatók bármely értékéhez , és ezért a diszkrimináns nem negatív. Vegye figyelembe, hogy ha , akkor az egyenletnek két gyöke van, de ha , akkor csak egy. Keresse meg ezeket a gyökereket: $(ac)^{2}\geqslant 0$ $a\not=c$ $a=c$

x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {D}}}{2a}}={\frac {a+c\pm {\sqrt {(ac)^{2}}} }{2a}}={\frac {a+c\pm |ac|}{2a}}={\frac {a+c\pm a\mp c}{2a}};

x_{1}={\frac {a+c+ac}{2a}}={\frac {2a}{2a}}=1;

x_{2}={\frac {a+c-a+c}{2a}}={\frac {2c}{2a}}={\frac {c}{a}},

Q.E.D.

Különösen, ha , akkor az egyenletnek csak egy gyöke van, ez a szám .

a=c

egy

2. módszer. A másodfokú egyenlet gyökének fenti definícióját felhasználva behelyettesítéssel azt találjuk, hogy a vizsgált esetben az 1 ilyen: - a helyes egyenlőség, tehát az egység a gyöke az ilyen típusú másodfokú egyenleteknek. Továbbá a Vieta-tétel szerint megtaláljuk a második gyököt: e tétel szerint az egyenlet gyökeinek szorzata egyenlő a szabad tag és a vezető együttható arányával egyenlő számmal - stb. $a\cdot 1^{2}+b\cdot 1+c=0$ $x_{1}x_{2}={\frac {c}{a}}\Rightarrow x_{2}={\frac {c}{ax_{1}}}={\frac {c}{a\cdot 1}}={\frac {c}{a}}$

Ebből következik, hogy mielőtt az egyenletet standard módszerekkel megoldanánk, célszerű ellenőrizni ennek a tételnek az alkalmazhatóságát, vagyis az adott egyenlet összes együtthatójának összeadását és annak megállapítását, hogy ez az összeg nem egyenlő-e nullával.

V módon. Négyzetes trinom felbontása lineáris tényezőkre

Ha egy alak trinomiálisa valamilyen módon ábrázolható lineáris tényezők szorzataként , akkor megtalálhatja az egyenlet gyökereit - ezek lesznek és valóban, mert a jelzett lineáris egyenletek megoldása után a fentieket kapjuk. A négyzetes trinomit nem mindig bontjuk fel valós együtthatós lineáris tényezőkre: ez akkor lehetséges, ha a neki megfelelő egyenletnek valós gyöke van. $ax^{2}+bx+c~(a\not =0)$ $(kx+m)(lx+n)=0$ $ax^{2}+bx+c=0$ $-{\frac {m}{k}}$ $-{\frac {n}{l))$ $(kx+m)(lx+n)=0\Longleftrightarrow {\biggl [}{\begin{array}{lcl}kx+m=0,\\lx+n=0,\end{array} }$

Néhány speciális esetet figyelembe veszünk.

Az összeg (különbség) négyzetének képletével

Ha a négyzetes trinom alakja , akkor a fenti képlet alkalmazásával lineáris tényezőkre bonthatja, és így megkeresheti a gyököket: $(ax)^{2}+2abx+b^{2}$

(ax)^{2}+2abx+b^{2}=(ax+b)^{2},

(ax+b)^{2}=0,

x=-{\frac {b}{a}}.

Az összeg (különbség) teljes négyzetének kiválasztása

A megnevezett képletet az "összeg (különbség) teljes négyzetének kiválasztása" nevű módszerrel is használják. Az adott másodfokú egyenletre vonatkozóan a korábban bevezetett jelöléssel ez a következőket jelenti:

összeadni és kivonni ugyanazt a számot: .
$x^{2}+px+({\frac {p}{2}})^{2}-({\frac {p}{2}})^{2}+q=0;$
alkalmazza a képletet a kapott kifejezésre, vigye át a részfejet és a szabad kifejezést a jobb oldalra:
$(x^{2}+2{\frac {p}{2}}x+({\frac {p}{2}})^{2})+(-({\frac {p}{ 2}})^{2}+q)=0,$
$(x+{\frac {p}{2}})^{2}={\frac {p^{2}}{4}}-q;$
vegye ki a négyzetgyököt az egyenlet bal és jobb oldaláról, és fejezze ki a változót:
$x+{\frac {p}{2}}=\pm {\sqrt ({\frac {p^{2}}{4}}-q)),$
$x_{1,2}=-{\frac {p}{2}}\pm {\sqrt ({\frac {p^{2}}{4}}-q}}).$

Megjegyzés: ez a képlet egybeesik a „Redukált másodfokú egyenlet gyökerei” részben javasoltal, amely viszont az (1) általános képletből az a = 1 egyenlőség helyettesítésével kapható meg . Ez a tény nem véletlen: az ismertetett módszerrel azonban néhány további érvelés után egy általános képlet származtatható, valamint a diszkrimináns tulajdonságai igazolhatók.

VI módon. Vieta direkt és inverz tételeinek használata

Vieta direkt tétele (lásd alább ) és inverz tétele lehetővé teszi az adott másodfokú egyenletek szóbeli megoldását, anélkül, hogy az (1) képletet használó számításokhoz folyamodnánk.

Az inverz tétel szerint bármely számpár (szám) , amely egyenletrendszer megoldása $x_{1},x_{2}$

{\begin{cases}x_{1}+x_{2}=-p,\\x_{1}x_{2}=q,\end{cases))

az egyenlet gyökerei .

x^{2}+px+q=0

Egy közvetlen tétel segít szóban kiválasztani azokat a számokat, amelyek kielégítik ezeket az egyenleteket. Segítségével meghatározhatja a gyökerek jeleit a gyökerek ismerete nélkül. Ehhez kövesse a szabályt:

1) ha a szabad tag negatív, akkor a gyökök más előjelűek, és a gyökök legnagyobb abszolút értéke az egyenlet második együtthatójának előjelével ellentétes előjel; 2) ha a szabad tag pozitív, akkor mindkét gyök azonos előjelű, és ez a második együttható ellentétes előjele.

7. út. Átviteli mód

Lényegében a „borulási” módszer egyszerűen Vieta tételének módosítása .

A „rollover” módszer egy olyan egyenlet redukálása, amely nem redukálható úgy, hogy minden együttható egész szám maradjon, egész együtthatókat tartalmazó redukált egyenletre:

1) szorozza meg mindkét részt a vezető együtthatóval:

ax^{2}+bx+c=0\quad \cdot a,

(ax)^{2}+b(ax)+ac=0;

2) cserélje ki

y=ax\colon

y^{2}+by+ac=0.

Ezután a fent leírt módszerrel oldjuk meg az y egyenletet , és keressük meg, hogy x = y / a .

Amint láthatja, az „átadási” módszerben a szenior együttható csak „ átkerül ” a szabad futamidőre.

Geometriai érzék

A másodfokú függvény grafikonja egy parabola . A másodfokú egyenlet megoldásai (gyökei) a parabola és az abszcissza tengely metszéspontjainak abszcisszái . Ha a másodfokú függvénnyel leírt parabola nem metszi az x tengelyt, akkor az egyenletnek nincs valódi gyöke. Ha a parabola egy pontban (a parabola csúcsában) metszi az x tengelyt, akkor az egyenletnek egy valós gyöke van (az egyenletnek két egybeeső gyöke is van). Ha a parabola két pontban metszi az x tengelyt, akkor az egyenletnek két valós gyöke van (lásd a jobb oldali képet).

Ha az együttható pozitív, a parabola ágai felfelé irányulnak és fordítva. Ha az együttható pozitív (pozitív esetén negatív, fordítva), akkor a parabola csúcsa a bal félsíkban van és fordítva. $a$ $b$ $a$

Grafikus módszer a másodfokú egyenletek megoldására

A fent leírt univerzális módszeren kívül létezik egy úgynevezett grafikus módszer . Általánosságban elmondható, hogy a forma racionális egyenletének megoldására ez a módszer a következő: egy koordináta-rendszerben függvénygráfok és és keressük meg e gráfok közös pontjainak abszcisszáit; a talált számok lesznek az egyenlet gyökei. $f(x)=g(x)$ $y=f(x)$ $y=g(x)$

Csak öt fő módja van a másodfokú egyenletek grafikus megoldásának. I. módszer

Egy másodfokú egyenlet ilyen módon történő megoldásához függvénygráfot készítünk, és megkeressük egy ilyen gráf tengelyével való metszéspontjainak abszcisszáját . $ax^{2}+bx+c=0$ $y=ax^{2}+bx+c$ $x$

II. módszer

Ugyanazon egyenlet ily módon történő megoldásához egy másodfokú függvény és egy lineáris függvény grafikonjait alakítjuk át ugyanabban a koordinátarendszerben , majd találjuk meg a metszéspontjaik abszcisszáját. $ax^{2}=-bx-c$ $y=ax^{2}$ $y=-bx-c$

III. módszer

A megoldás ezzel a módszerrel az eredeti egyenlet alakra történő transzformációját foglalja magában az összeg (különbség) teljes négyzetének kinyerésével, majd -ra . Ezt követően felépítésre kerül egy függvénygráf ( az előjeltől függően léptékegységekkel jobbra vagy balra eltolt függvénygráf) és egy , az x tengellyel párhuzamos egyenes . Az egyenlet gyökerei a parabola és az egyenes metszéspontjainak abszcisszái lesznek. $a(x+l)^{2}+m=0$ $a(x+l)^{2}=-m$ $y=a(x+l)^{2}$ $y=ax^{2}$ $|l|$ $y=-m$

IV. módszer

A másodfokú egyenletet alakra alakítjuk, felállítjuk a függvény grafikonját (ez a függvény grafikonja, skálaegységekkel felfelé tolva, ha ez az együttható pozitív, vagy lefelé, ha ez az együttható pozitív), és megkeressük a függvény abszcisszáit. közös pontjaik. $ax^{2}+c=-bx$ $y=ax^{2}+c$ $y=ax^{2}$ $c$ $y=-bx$

Way V

A másodfokú egyenletet speciális formává alakítjuk:

{\frac {ax^{2}}{x}}+{\frac {bx}{x}}+{\frac {c}{x}}={\frac {0}{x}});

ax+b+{\frac {c}{x}}=0;

akkor

ax+b=-{\frac {c}{x}}.

Transzformációk elvégzése után lineáris függvény és fordított arányosság gráfjait készítik , megkeresik e gráfok metszéspontjainak abszcisszáit. Ennek a módszernek van egy korlátozott használhatósága: ha , akkor a módszer nem használatos. $y=ax+b$ $y=-{\frac {c}{x}};\ (c\not =0)$ $c=0$

Másodfokú egyenletek megoldása iránytűvel és egyenes éllel

A fent ismertetett grafikus megoldási módszereknek jelentős hátrányai vannak: meglehetősen munkaigényesek, míg a görbék - parabolák és hiperbolák - felépítésének pontossága alacsony. Ezek a problémák nem rejlenek az alábbiakban javasolt módszerben, amely viszonylag pontosabb konstrukciókat foglal magában körzővel és vonalzóval.

Egy ilyen döntés meghozatalához a következő műveletsort kell végrehajtania.

Szerkesszünk egy kört az Oxy koordinátarendszerben, amelynek középpontja az y tengelyt a C(0;1) pontban metszi. $S(-{\frac {b}{2a));{\frac {a+c}{2a)))$
Három további eset lehetséges:
- a kör sugarának hossza meghaladja az S pontból kihagyott x tengelyre merőleges hosszát: ebben az esetben a kör két pontban metszi az x tengelyt, és az egyenletnek két valós gyöke van e pontok abszcisszán;
- a sugár egyenlő a merőlegessel: a 2. multiplicitás egy pontja és egy valós gyöke;
- a sugár kisebb, mint a merőleges: a halmazban nincsenek gyökök . $\mathbb {R}$

Bizonyíték

A vizsgált módszer egy olyan kör felépítését foglalja magában, amely az y tengelyt olyan pontokban (pontokban) metszi, amelyek abszcisszái a megoldandó egyenlet gyökerei (vagy gyökerei). Hogyan kell egy ilyen kört felépíteni? Tegyük fel, hogy már megépült. Egy kör egyedileg határozható meg három pontjának megadásával. Ha két gyök van, akkor ezek azok a pontok , ahol természetesen a másodfokú egyenlet valódi gyökei (hangsúlyozzuk: ha léteznek ). Keresse meg egy ilyen kör középpontjának koordinátáit! Ehhez bebizonyítjuk, hogy ez a kör áthalad a ponton . Valójában a szekáns tétel szerint az egyenlőség érvényes az elfogadott jelölésben (lásd az ábrát). Ezt a kifejezést átalakítva megkapjuk az OD szakasz értékét, amely meghatározza a D pont kívánt ordinátáját: (az utolsó transzformációnál a Vieta tételt használtuk (lásd alább az azonos nevű részt)). Ha csak egy gyök van, vagyis az abszcissza tengely érinti egy ilyen kört, és a kör egy 1-es ordinátájú pontban metszi az y tengelyt, akkor biztosan egy pontban metszi a fentiekkel. ordináta (különösen, ha 1=c/a, akkor előfordulhatnak egybeeső pontok), amit hasonlóképpen bizonyítunk a szekáns és érintő tétel segítségével, ami a szekáns tétel speciális esete. Az első esetben ( ) az érintőpont, az y tengely 1-es ordinátájú pontja és ugyanez a pontja ordinátával lesz meghatározó . Ha c/a és 1 egybeeső pontok, és két gyök van, akkor ez a pont és az abszcissza tengellyel való metszéspontok lesznek a meghatározók. Abban az esetben, ha (1=c/a) és csak egy gyök van, a feltüntetett információ elegendő a bizonyításhoz, mivel ilyen kör csak egy lehet - ennek középpontja az érintőszegmensek által alkotott négyzet csúcsa lesz. és a merőlegesek, és a sugár ennek a négyzetnek az oldala lesz, ami 1-et alkot. Legyen S annak a körnek a középpontja, amelynek két közös pontja van az x tengellyel. Keressük meg a koordinátáit: ehhez ebből a pontból süllyesztjük le a merőlegeseket a koordinátatengelyekre. Ezeknek a merőlegeseknek a végei az AB és CD szakaszok felezőpontjai lesznek - az ASB és a CSD háromszögek ugyanis egyenlő szárúak , mivel bennük az AS=BS=CS=DS egy kör sugarai, ezért a bennük lévő magasságok a bázisok is mediánok. Keresse meg a megnevezett szakaszok felezőpontjainak koordinátáit! Mivel a parabola szimmetrikus az egyeneshez képest , akkor ennek az egyenesnek az azonos abszcisszával rendelkező pontja lesz az AB szakasz felezőpontja. Ezért az S pont abszcisszája egyenlő ezzel a számmal. Ha az egyenletnek egy gyöke van, akkor az x tengely érinti a kört, ezért tulajdonsága szerint a sugara merőleges a tengelyre, ezért ebben az esetben a jelzett szám a középpont abszcissza. Az ordinátáját a következőképpen találjuk: . A harmadik lehetséges esetben, amikor c\a=1 (és innen a=c), akkor . $A(x_{1};0),B(x_{2};0),C(0;1)$ $x_{1},x_{2}$ $D(0;{\frac {c}{a}})$ $OA\cdot OB=OC\cdot OD$ $OD={\frac {OA\cdot OB}{OC}}={\frac {x_{1}x_{2}}{1}}={\frac {c}{a}}$ ${\frac {c}{a}}\not =1$ ${\frac {c}{a))$ $x=-{\frac {b}{2a}}$ ${\frac {CD}{2}}={\frac {OC+(OC+CD)}{2}}={\frac {OC+OD}{2}}={\frac {1+{\frac { c}{a}}}{2}}={\frac {a+c}{2a}}$ ${\frac {c}{a}}=1={\frac {2a}{2a}}={\frac {a+c}{2a}}$

Megtaláltuk tehát az építkezéshez szükséges adatokat. Valójában, ha olyan kört készítünk, amelynek középpontja egy ponton átmenő pontban van , akkor az olyan esetekben, amikor az egyenletnek valódi gyöke van, az x tengelyt olyan pontokban metszi, amelyek abszcisszái ezek a gyökök. Sőt, ha a sugár hossza nagyobb, mint az Ox tengelyre merőleges hossza, akkor az egyenletnek két gyöke van (az ellenkezőjét feltételezve ellentmondást kapnánk a fent bizonyítottakkal), ha a hosszúságok egyenlőek, akkor egy (ugyanebből), ha a sugár hossza kisebb, mint a merőleges hossza, akkor a körnek nincs közös pontja az x tengellyel, ezért az egyenletnek nincsenek valódi gyökei (ez is bebizonyosodott ellentmondással: ha vannak gyökök, akkor az A-n, B-n, C-n átmenő kör egybeesik az adott körrel, ezért metszi a tengelyt, azonban feltétel alapján nem keresztezheti az abszcissza tengelyt, ami azt jelenti, hogy a feltevés hibás) . $S(-{\frac {b}{2a));{\frac {c+a}{2a)))$ $C(0;1)$

Másodfokú egyenlet gyökei a komplex számok halmazán

Egyenlet valós együtthatókkal

A valós együtthatós másodfokú egyenletnek , figyelembe véve a multiplicitást , mindig két összetett gyöke van , amint azt az algebra alaptétele kimondja . Ebben az esetben nemnegatív diszkriminans esetén a gyökök valódiak, negatív esetén pedig összetett konjugátumok : $a~b~c$

amikor az egyenletnek két valós gyöke lesz: $D>0$ $x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {D}}}{2a}});$
amikor - a 2 multiplicitás egy gyöke (más szóval két azonos gyök): $D=0$ $x=-{\frac {b}{2a));$
at van két összetett konjugált gyök, amelyet ugyanaz a képlet fejez ki, mint a pozitív diszkrimináns esetében. A következőképpen átírható úgy, hogy ne tartalmazzon negatív gyök kifejezést: $D<0$ $x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {D}}}{2a}}={\frac {-b\pm i{\sqrt {|D|}}} {2a}}.$

Egyenlet összetett együtthatókkal

Az összetett esetben a másodfokú egyenletet ugyanazzal az (1) képlettel és annak fentebb jelzett változataival oldjuk meg, de csak két eset különböztethető meg: a nulla diszkrimináns (egy kettős gyök) és a nem nulla (az egységsokszoros két gyöke).

A redukált másodfokú egyenlet gyökerei

Redukáltnak nevezzük azt a másodfokú egyenletet, amelyben a vezető együttható egyenlő eggyel . Ebben az esetben a gyökök (1) képlete leegyszerűsödik $x^{2}+px+q=0,$ $a$

x_{1,2}=-{\frac {p}{2}}\pm {\sqrt {\left({\frac {p}{2}}\right)^{2}-q}}.

Mnemonikai szabályok:

A " Bébiőr "-ből :

„Mínusz” írjuk először,
Mellette p fele,
„Plusz-mínusz” a radikális jele,
Gyermekkorunkból ismerős számunkra.
Nos, a gyökér alatt, barátom, az
egész semmivé válik:
p félbe és négyzetbe
Mínusz a gyönyörű [2] q .

A " Baby Monitor "-ból (második verzió):

p , fordított előjellel,
Kétfelé osztjuk,
És szépen elválasztjuk a gyökértől
Mínusz-plusz előjellel.
És a gyök alatt nagyon praktikus
Fél p négyzet
Mínusz q - és itt vannak a megoldások,
vagyis az egyenlet gyökei.

A " Baby Monitor "-ból (a Moszkvai esték motívuma alapján készült harmadik verzió ):

Az x -nek a fele p -hez való kereséséhez ,
Ne felejtsd el mínuszos felvételt,
Adj hozzá egy gyököt plusz
mínuszhoz, Szépen, ne valahogy.
És alatta van a p felének négyzete ,
Te, vonj ki q -val és a véggel,
Lesz egy adott képlet,
A te érvelésed a korona.
Adott képlet lesz,
a te érvelésed a korona.

Vieta tétele

A redukált másodfokú egyenlet megfogalmazása

Az adott másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő a mínusz előjelű együtthatóval , a gyökök szorzata pedig a szabad taggal $x^{2}+px+q=0$ $p$ $q\colon$

x_{1}+x_{2}=-p,\quad x_{1}x_{2}=q.

Segítségével a megadott egyenletek szóban megoldhatók:

Példa

x^{2}-8x+12=0,

{\begin{cases}x_{1}+x_{2}=8,\\x_{1}x_{2}=12,\end{cases))

x_{1}=2,\quad x_{2}=6.

Egy redukálatlan másodfokú egyenlethez

Általános esetben, azaz redukálatlan másodfokú egyenletre $ax^{2}+bx+c=0\colon$

{\begin{cases}x_{1}+x_{2}=-b/a,\\x_{1}x_{2}=c/a.\end{cases))

A gyakorlatban ( az "átviteli" módszert követve ) a Vieta-tétel módosítását használják a gyökerek kiszámításához:

{\begin{cases}x_{1}+x_{2}=-b/a&\mid \cdot a,\\x_{1}x_{2}=c/a&\mid \cdot a^{ 2};\end{cases}}

{\begin{cases}(ax_{1})+(ax_{2})=-b,\\(ax_{1})(ax_{2})=ac,\end{cases))

amellyel szóban megtalálhatja ax 1 , ax 2 , és onnan - magukat a gyökereket:

Példák

8x^{2}+2x-1=0,

{\begin{cases}8x_{1}+8x_{2}=-2,\\8x_{1}\cdot 8x_{2}=8\cdot (-1),\end{cases))

8x_{1}=-4,\quad 8x_{2}=2,

x_{1}=-{\tfrac {1}{2)),\quad x_{2}={\tfrac {1}{4)).

8x^{2}-2x-3=0,

{\begin{cases}8x_{1}+8x_{2}=2,\\8x_{1}\cdot 8x_{2}=-24,\end{cases))

8x_{1}=-4,\quad 8x_{2}=6,

x_{1}=-{\tfrac {1}{2)),\quad x_{2}={\tfrac {3}{4)).

De néhány nem redukált egyenlet esetében a gyökerek szóban kitalálhatók még a szokásos Vieta-tétel alapján is:

Példa

5x^{2}-26x+5=0,

{\begin{cases}x_{1}+x_{2}={\tfrac {26}{5}}=5+{\tfrac {1}{5)),\\x_{1}x_ {2}=1,\end{esetek}}

x_{1}={\tfrac {1}{5)),\quad x_{2}=5.

A négyzetes trinom és az ebből következő tételek faktorizálása

Ha egy négyzetháromtag mindkét gyöke ismert, akkor a képlettel bővíthető

ax^{2}+bx+c=a(x-x_{1})(x-x_{2})

(2) Bizonyítás

Ennek az állításnak a bizonyítására Vieta tételét használjuk. E tétel szerint a másodfokú egyenlet gyökei és gyökei kapcsolatokat alkotnak együtthatóival: . Helyettesítse ezeket az arányokat a négyzetes hármasban: $x_{1}$ $x_{2}$ $ax^{2}+bx+c=0$ $x_{1}+x_{2}=-{\frac {b}{a)),\ x_{1}x_{2}={\frac {c}{a))$

{\begin{alignedat}{2}ax^{2}+bx+c&=a(x^{2}+{\frac {b}{a}}x+{\frac {c}{a} })=a(x^{2}-(x_{1}+x_{2})x+x_{1}x_{2})=\\&=a(x^{2}-x_{1} x-x_{2}x+x_{1}x_{2})=a(x(x-x_{1})-x_{2}(x-x_{1}))\\&=a(x -x_{1})(x-x_{2}).\end{alignedat}}

Nulla diszkrimináns esetén ez az arány az összeg vagy a különbség négyzetének képletének egyik változata lesz .

A (2) képletnek két fontos következménye van: 1. következmény Ha egy négyzetes trinomit valós együtthatós lineáris tényezőkre bontunk, akkor valós gyökei vannak. Bizonyítás

Hadd . Ezután ezt a bővítést átírva a következőt kapjuk: $ax^{2}+bx+c=(kx+m)(nx+l)$

(kx+m)(nx+l)=k(x+{\frac {m}{k)))n(x+{\frac {l}{n)))=kn(x-(-{\frac { m}{k))))(x-(-{\frac {l}{n))))

Összehasonlítva a kapott kifejezést a (2) képlettel, azt találjuk, hogy egy ilyen trinom gyökei és . Mivel az együtthatók valósak, ezért az arányukkal ellentétes számok is a halmaz elemei . $-{\frac {m}{k}}$ $-{\frac {l}{n}}$ $\mathbb {R}$

2. következmény Ha egy négyzetes trinomnak nincs valós gyöke, akkor nem bontható fel valós együtthatós lineáris tényezőkre. Bizonyítás

Valóban, ha ennek ellenkezőjét feltételezzük (hogy egy ilyen trinomit fel lehet bontani lineáris tényezőkre), akkor az 1. következmény szerint gyökerei a halmazban vannak , ami ellentmond a feltételnek, ezért a feltevésünk hamis, és egy ilyen trinom nem bontható lineáris tényezőkre. $\mathbb {R}$

Másodfokú egyenletek

Algebrai

A forma egyenlete olyan egyenlet, amely másodfokúvá redukálódik. $a\cdot f^{2}(x)+b\cdot f(x)+c=0$

Általános esetben úgy oldjuk meg, hogy ahol E az f függvény értékkészlete, lecseréljük , majd a másodfokú egyenletet megoldjuk . $f(x)=t,~t\in E(f),$ $a\cdot t^{2}+b\cdot t+c=0$

Megoldáskor megteheti csere nélkül is, ha megold egy két egyenletet:

f(x)={\frac {-b-{\sqrt {b^{2}-4\cdot a\cdot c))}{2a))

és

f(x)={\frac {-b+{\sqrt {b^{2}-4\cdot a\cdot c))}{2a))

Például, ha , akkor az egyenlet a következő lesz: $f(x)=x^{2}$

ax^{4}+bx^{2}+c=0.

Az ilyen 4. fokú egyenletet bikvadratikusnak [3] [1] nevezzük .

Cserélésével

y=x+{\dfrac {k}{x}}

az egyenletet másodfokú egyenletté redukáljuk

ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+kbx+k^{2}a=0,

reciprok vagy általánosított szimmetrikus egyenletként ismert [1] .

Differenciálok

Lineáris homogén differenciálegyenlet másodrendű állandó együtthatókkal

y''+py'+qy=0

a behelyettesítés a karakterisztikus másodfokú egyenletre redukál: $y=e^{kx}$

k^{2}+pk+q=0

Ha ennek az egyenletnek és a megoldásai nem egyenlőek egymással, akkor az általános megoldás a következőképpen alakul: $k_{1}$ $k_{2}$

y=Ae^{k_{1}x}+Be^{k_{2}x}

, ahol és tetszőleges állandók.

A

B

Összetett gyökök esetén az általános megoldás az Euler-képlet segítségével átírható : $k_{1,2}=k_{r}\pm k_{i}i$

y=e^{k_{r}x}\left(A\cos {k_{i}x}+B\sin {k_{i}x}\right)=Ce^{k_{r}x }\cos(k_{i}x+\varphi ),

ahol A , B , C , φ bármely állandó. Ha a karakterisztikus egyenlet megoldásai megegyeznek , akkor az általános megoldást így írjuk: $k_{1}=k_{2}=k$

y=Axe^{kx}+Be^{kx}

Az ilyen típusú egyenletek gyakran előfordulnak a matematika és a fizika számos problémájában, például az oszcillációk elméletében vagy a váltakozó áramú áramkörök elméletében .

Jegyzetek

↑ 1 2 3 4 5 6 7 Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára, 1985 .
↑ egy másik lehetőség - "szerencsétlen"
↑ Matematikai enciklopédikus szótár. — M.: Szovjet Enciklopédia. – 1988.

Irodalom

Másodfokú egyenlet; Négyzetes trinomikus // Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára / Összeáll. A. P. Savin. - M . : Pedagógia , 1985. - S. 133 -136. — 352 p.

Linkek

Weisstein, Eric W. Másodfokú egyenlet (angol) a Wolfram MathWorld weboldalán .
A teljes másodfokú egyenlet gyökeinek képletének levezetése. A redukált másodfokú egyenletek és egyenletek megoldása páros második együtthatóval 2016. január 28-i archivált példány a Wayback Machine / Pedagógiai Ötletek Nyílt Lecke Fesztiválján.

Szótárak és enciklopédiák	Britannica (online)
Bibliográfiai katalógusokban	BNF : 12124598x J9U : 987007552898205171 LCCN : sh85044517

Algebrai egyenletek
Lineáris egyenlet Másodfokú egyenlet köbös egyenlet A negyedik fokozat egyenlete Az ötödik fokozat egyenlete A hatodik fokozat egyenlete Hetedik fokozat egyenlete