Løsning af ligninger af højere grader ved hjælp af forskellige metoder. Ligninger af højere grader i matematik

Værkets tekst er opslået uden billeder og formler.
Den fulde version af værket er tilgængelig på fanen "Arbejdsfiler" i PDF-format

Introduktion

At løse algebraiske ligninger af højere grader med én ukendt er et af de sværeste og ældste matematiske problemer. Antikkens mest fremragende matematikere beskæftigede sig med disse problemer.

Løsning af ligninger af n. grad er en vigtig opgave for moderne matematik. Der er ret stor interesse for dem, da disse ligninger er tæt forbundet med søgen efter rødderne til ligninger, som ikke er dækket af skolens matematikpensum.

Problem: Studerendes manglende færdigheder i at løse ligninger af højere grader på forskellige måder forhindrer dem i at forberede sig til den endelige certificering i matematik og matematiske olympiader og træne i en specialiseret matematikklasse.

De anførte fakta er bestemt relevans vores arbejde "Løsning af ligninger af højere grader".

Kendskab til de enkleste metoder til løsning af ligninger af n. grad reducerer tiden til at løse en opgave, som resultatet af arbejdet og kvaliteten af ​​læreprocessen afhænger af.

Målet med arbejdet: at studere kendte metoder til at løse ligninger af højere grader og identificere de mest tilgængelige af dem til praktisk brug.

Ud fra målet defineres følgende i arbejdet: opgaver:

Studer litteratur og internetressourcer om dette emne;

Bliv bekendt med historiske fakta relateret til dette emne;

Beskriv forskellige måder at løse højere gradsligninger på

sammenligne graden af ​​kompleksitet af hver af dem;

Introducer klassekammerater til måder at løse ligninger af højere grader på;

Lav et udvalg af ligninger til den praktiske anvendelse af hver af de overvejede metoder.

Studieobjekt- ligninger af højere grader med én variabel.

Undersøgelsesemne- metoder til løsning af ligninger af højere grader.

Hypotese: Der er ingen generel metode eller enkelt algoritme, der gør det muligt at finde løsninger på ligninger af n. grad i et begrænset antal trin.

Forskningsmetoder:

- bibliografisk metode (analyse af litteratur om forskningsemnet);

- klassificeringsmetode;

- metode til kvalitativ analyse.

Teoretisk betydning forskning består i at systematisere metoder til at løse ligninger af højere grader og beskrive deres algoritmer.

Praktisk betydning- præsenteret materiale om dette emne og udvikling af et læremiddel til elever om dette emne.

1. LIGNINGER AF HØJERE GRADER

1.1 Begrebet n. grads ligning

Definition 1. En ligning af n. grad er en ligning af formen

-en 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, hvor koefficienter -en 0, -en 1, -en 2…, -en n -1, -en n- eventuelle reelle tal, og ,en 0 ≠ 0 .

Polynomium -en 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n kaldes et polynomium af n. grad. Koefficienterne er kendetegnet ved navne: -en 0 - seniorkoefficient; -en n er et gratis medlem.

Definition 2. Løsninger eller rødder til en given ligning er alle variablens værdier x, som gør denne ligning til en sand numerisk lighed eller, for hvilken polynomiet -en 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n går til nul. Denne variable værdi x også kaldet roden af ​​et polynomium. At løse en ligning betyder at finde alle dens rødder eller fastslå, at der ikke er nogen.

Hvis -en 0 = 1, så kaldes en sådan ligning en reduceret heltals rationel ligning n th grader.

For ligninger af tredje og fjerde grad er der Cardano og Ferrari formler, der udtrykker rødderne til disse ligninger gennem radikaler. Det viste sig, at de i praksis sjældent bruges. Så hvis n ≥ 3, og koefficienterne for polynomiet er vilkårlige reelle tal, så er det ikke en let opgave at finde ligningens rødder. Men i mange specielle tilfælde er dette problem fuldstændig løst. Lad os se på nogle af dem.

1.2 Historiske fakta til løsning af ligninger af højere grad

Allerede i oldtiden indså folk, hvor vigtigt det var at lære at løse algebraiske ligninger. For omkring 4000 år siden vidste babylonske videnskabsmænd, hvordan man løser en andengradsligning og løste systemer af to ligninger, hvoraf den ene var af anden grad. Ved hjælp af ligninger af højere grader blev forskellige problemer inden for landmåling, arkitektur og militære anliggender løst; mange og forskellige spørgsmål om praksis og naturvidenskab blev reduceret til dem, da matematikkens præcise sprog tillader en blot at udtrykke fakta og sammenhænge , som, når det udtales i almindeligt sprog, kan virke forvirrende og komplekst.

En universel formel til at finde rødderne til en algebraisk ligning nth ingen grad. Mange havde selvfølgelig den fristende idé at finde, for enhver grad n, formler, der ville udtrykke ligningens rødder gennem dens koefficienter, det vil sige løse ligningen i radikaler.

Først i det 16. århundrede lykkedes det italienske matematikere at komme videre - at finde formler for n = 3 og n = 4. Samtidig studerede Scipio, Dahl, Ferro og hans elever Fiori og Tartaglia spørgsmålet om den generelle løsning af ligninger af 3. grad.

I 1545 udkom den italienske matematiker D. Cardanos bog "Great Art, or on the Rules of Algebra", hvor man sammen med andre spørgsmål om algebra overvejer generelle metoder til løsning af kubiske ligninger, samt en metode til at løse ligninger af 4. grad, opdaget af hans elev L. Ferrari.

En komplet præsentation af problemstillinger relateret til løsning af ligninger af 3. og 4. grad blev givet af F. Viet.

I 20'erne af det 19. århundrede beviste den norske matematiker N. Abel, at rødderne til ligninger af femte grad ikke kan udtrykkes i termer af radikaler.

Undersøgelsen afslørede, at moderne videnskab kender mange måder at løse ligninger af n. grad på.

Resultatet af søgningen efter metoder til løsning af ligninger af højere grader, som ikke kan løses ved hjælp af de metoder, der er overvejet i skolens læseplan, var metoder baseret på anvendelsen af ​​Vietas sætning (for gradsligninger n>2), Bezouts sætninger, Horners skemaer samt Cardano- og Ferrari-formlen til løsning af kubiske og kvartslige ligninger.

Værket præsenterer metoder til løsning af ligninger og deres typer, som blev en opdagelse for os. Disse omfatter metoden med ubestemte koefficienter, udvælgelsen af ​​den fulde grad, symmetriske ligninger.

2. LØSNING AF HELE LIGNINGER AF HØJERE GRADER MED HELTALSKOEFFICIENTER

2.1 Løsning af 3. grads ligninger. Formel D. Cardano

Overvej formens ligninger x 3 +px+q=0. Lad os transformere den generelle ligning til formen: x 3 +px 2 +qx+r=0. Lad os nedskrive formlen for terningen af ​​summen; Lad os tilføje det til den oprindelige ligestilling og erstatte det med y. Vi får ligningen: y 3 + (q-) (y-)+ (r-=0. Efter transformationer har vi: y 2 +py + q=0. Lad os nu skrive sumterningens formlen ned igen:

(a+b) 3 =a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 = a 3 + b 3 + 3ab (a + b), erstatte ( a+b)på x, får vi ligningen x 3 - 3abx - (a 3 +b 3) = 0. Nu kan vi se, at den oprindelige ligning svarer til systemet: og løser vi systemet, får vi:

Vi har fået en formel til løsning af ovenstående 3. grads ligning. Den bærer navnet på den italienske matematiker Cardano.

Lad os se på et eksempel. Løs ligningen:.

Vi har R= 15 og q= 124, så ved hjælp af Cardano-formlen beregner vi roden af ​​ligningen

Konklusion: denne formel er god, men ikke egnet til at løse alle kubiske ligninger. Samtidig er det besværligt. Derfor bliver det i praksis sjældent brugt.

Men alle, der mestrer denne formel, kan bruge den, når de løser tredjegradsligninger på Unified State Exam.

2.2 Vietas sætning

Fra et matematikkursus kender vi denne sætning for en andengradsligning, men de færreste ved, at den også bruges til at løse højere-ordens ligninger.

Overvej ligningen:

Lad os faktorisere venstre side af ligningen og dividere med ≠ 0.

Lad os transformere højre side af ligningen til formen

; Det følger af dette, at vi kan skrive følgende ligheder ind i systemet:

Formlerne udledt af Viète for andengradsligninger og demonstreret af os for ligninger af 3. grad er også sande for polynomier af højere grader.

Lad os løse den kubiske ligning:

Konklusion: denne metode er universel og let nok for eleverne at forstå, da Vietas sætning er kendt for dem fra skolens læseplan for n = 2. Samtidig skal du have gode regnefærdigheder for at finde ligningernes rødder ved hjælp af denne sætning.

2.3 Bezouts sætning

Denne teorem er opkaldt efter den franske matematiker J. Bezou fra det 18. århundrede.

Sætning. Hvis ligningen -en 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, hvor alle koefficienter er heltal, og det frie led er ikke-nul og har en heltalsrod, så er denne rod en divisor af det frie led.

I betragtning af, at der på venstre side af ligningen er et polynomium af n. grad, har sætningen en anden fortolkning.

Sætning. Når man dividerer et polynomium af n. grad mhp x ved binomial x-a resten er lig med værdien af ​​udbyttet når x = a. (brev -en kan betegne et hvilket som helst reelt eller imaginært tal, dvs. ethvert komplekst tal).

Bevis: lade f(x) betegner et vilkårligt polynomium af n. grad med hensyn til variablen x og let, når det divideres med et binomium ( x-a) viste sig privat q(x), og resten R. Det er indlysende q(x) der vil være et eller andet polynomium (n - 1) grad i forhold til x, og resten R vil være en konstant værdi, dvs. uafhængig af x.

Hvis resten R var et polynomium af første grad med hensyn til x, så ville det betyde, at divisionen mislykkedes. Så, R fra x afhænger ikke af. Ved definition af division opnår vi identiteten: f(x)=(x-a) q(x)+R.

Ligheden er sand for enhver værdi af x, hvilket betyder, at den også er sand for x=a, vi får: f(a)=(a-a) q(a)+R. Symbol f(a) angiver værdien af ​​polynomiet f (x) kl x=a, q(a) står for værdi q(x) kl x=a. Resten R forblev det samme, som det var før, fordi R fra x afhænger ikke af. Arbejde ( x-a) q(a) = 0, da faktoren ( x-a) = 0, og multiplikatoren q(a) der er et vist antal. Derfor får vi fra ligheden: f(a)= R, etc.

Eksempel 1. Find resten af ​​et polynomium x 3 - 3x 2 + 6x- 5 pr binomial

x- 2. Ved Bezouts sætning : R=f(2) = 23-322 + 62 -5=3. Svar: R= 3.

Bemærk, at Bezouts sætning er vigtig ikke så meget i sig selv som for dens konsekvenser. (Bilag 1)

Lad os dvæle ved overvejelsen af ​​nogle teknikker til at anvende Bezouts teorem til at løse praktiske problemer. Det skal bemærkes, at når man løser ligninger ved hjælp af Bezouts sætning, er det nødvendigt:

Find alle heltalsdelere for det frie led;

Find mindst én rod af ligningen fra disse divisorer;

Divider venstre side af ligningen med (Ha);

Skriv produktet af divisor og kvotienten ned i venstre side af ligningen;

Løs den resulterende ligning.

Lad os se på eksemplet på løsning af ligningen x 3 + 4x 2 + x - 6 = 0 .

Løsning: find divisorerne for det frie led ±1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Lad os beregne værdierne ved x= 1, 1 3 + 41 2 + 1-6=0. Divider venstre side af ligningen med ( X- 1). Lad os lave opdelingen ved hjælp af et "hjørne" og få:

Konklusion: Bezouts teorem er en af ​​de metoder, vi overvejer i vores arbejde, studeret i programmet for valgfrie klasser. Det er svært at forstå, for for at mestre det skal du kende alle konsekvenserne af det, men samtidig er Bezouts teorem en af ​​de vigtigste assistenter for studerende på Unified State Exam.

2.4 Horner-ordningen

At dividere et polynomium med et binomium x-a du kan bruge en speciel simpel teknik opfundet af engelske matematikere fra det 17. århundrede, senere kaldet Horners skema. Ud over at finde ligningernes rødder kan du ved hjælp af Horners skema lettere beregne deres værdier. For at gøre dette skal du erstatte værdien af ​​variablen i polynomiet Pn (x)=a 0 xn+a 1 x n-1 +a 2 xⁿ - ²+…++ a n -1 x+a n. (1)

Overvej at dividere polynomiet (1) med binomiet x-α.

Lad os udtrykke koefficienterne for den ufuldstændige kvotient b 0 xⁿ - ¹+ b 1 xⁿ - ²+ b 2 xⁿ - ³+…+ mia -1 og resten r gennem koefficienterne for polynomiet Pn( x) og nummer α. b 0 =a 0 , b 1 = α b 0 +a 1 , b 2 = α b 1 +a 2 …, mia -1 =

= α mia -2 +a n -1 = α mia -1 +a n .

Beregninger ved hjælp af Horners skema er præsenteret i følgende tabel:

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

Fordi r=Pn(α), så er α roden af ​​ligningen. For at kontrollere, om α er en multipelrod, kan Horners skema anvendes på kvotienten b 0 x+ b 1 x+…+ mia -1 ifølge tabellen. Hvis der i kolonnen under bn -1 resultatet er 0 igen, hvilket betyder, at α er en multipelrod.

Lad os se på et eksempel: løs ligningen x 3 + 4x 2 + x - 6 = 0.

Lad os på venstre side af ligningen anvende faktoriseringen af ​​polynomiet på venstre side af ligningen, Horners skema.

Løsning: find divisorerne for det frie led ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.

				6 ∙ 1 + (-6) = 0

Koefficienterne for kvotienten er tallene 1, 5, 6 og resten r = 0.

Midler, x 3 + 4x 2 + x - 6 = (x - 1) (x 2 + 5x + 6) = 0.

Herfra: x- 1 = 0 eller x 2 + 5x + 6 = 0.

x = 1, x 1 = -2; x 2 = -3. Svar: 1,- 2, - 3.

Konklusion: På en ligning har vi således vist brugen af ​​to forskellige metoder til faktorisering af polynomier. Efter vores mening er Horners ordning den mest praktiske og økonomiske.

2.5 Løsning af 4. grads ligninger. Ferrari metode

Cardanos elev Ludovic Ferrari opdagede en måde at løse en fjerdegradsligning på. Ferrari-metoden består af to trin.

Trin I: Formens ligninger er repræsenteret som produktet af to kvadratiske trinomialer; dette følger af, at ligningen er af 3. grad og har mindst én løsning.

Trin II: de resulterende ligninger løses ved hjælp af faktorisering, men for at finde den nødvendige faktorisering, skal kubiske ligninger løses.

Ideen er at repræsentere ligningerne på formen A 2 =B 2, hvor A= x 2 +s,

B-lineær funktion af x. Så er det tilbage at løse ligningerne A = ±B.

Overvej for klarhedens skyld ligningen: Ved at isolere 4. grad får vi: For evt d udtrykket vil være en perfekt firkant. Tilføj til begge sider af den ligning, vi får

På venstre side er der en komplet firkant, du kan afhente d, således at højre side af (2) også bliver en hel firkant. Lad os forestille os, at vi har opnået dette. Så ser vores ligning sådan ud:

At finde roden bliver ikke svært senere. At vælge det rigtige d det er nødvendigt, at diskriminanten på højre side af (3) bliver nul, dvs.

Så at finde d, skal vi løse denne 3. grads ligning. Denne hjælpeligning kaldes opløsningsmiddel.

Vi finder nemt hele roden af ​​opløsningsmidlet: d = 1

Substituerer vi ligningen i (1) får vi

Konklusion: Ferrari-metoden er universel, men kompleks og besværlig. På samme tid, hvis løsningsalgoritmen er klar, kan 4. grads ligninger løses ved hjælp af denne metode.

2.6 Metode til usikre koefficienter

Succesen med at løse en ligning af 4. grad ved hjælp af Ferrari-metoden afhænger af, om vi løser opløsningsmidlet - en ligning af 3. grad, der som bekendt ikke altid er mulig.

Essensen af ​​metoden med ubestemte koefficienter er, at typen af ​​faktorer, som et givet polynomium er dekomponeret i, gættes, og koefficienterne for disse faktorer (også polynomier) bestemmes ved at multiplicere faktorerne og ligne koefficienterne med de samme potenser af variabel.

Eksempel: løs ligningen:

Antag, at venstre side af vores ligning kan dekomponeres i to kvadratiske trinomialer med heltalskoefficienter, således at den identiske lighed er sand

Det er klart, at koefficienterne foran dem skal være lig med 1, og de frie led skal være lig med en + 1, den anden - 1.

Koefficienterne mod x. Lad os betegne dem med EN og for at bestemme dem multiplicerer vi begge trinomialer på højre side af ligningen.

Som et resultat får vi:

Ligner koefficienter ved de samme grader x på venstre og højre side af ligestilling (1) får vi et system til at finde og

Efter at have løst dette system, vil vi have

Så vores ligning svarer til ligningen

Efter at have løst det, får vi følgende rødder: .

Metoden med ubestemte koefficienter er baseret på følgende udsagn: ethvert polynomium af fjerde grad i ligningen kan dekomponeres til produktet af to polynomier af anden grad; to polynomier er identisk lige, hvis og kun hvis deres koefficienter er ens for de samme potenser X.

2.7 Symmetriske ligninger

Definition. En ligning af formen kaldes symmetrisk, hvis de første koefficienter til venstre for ligningen er lig med de første koefficienter til højre.

Vi ser, at de første koefficienter til venstre er lig med de første koefficienter til højre.

Hvis en sådan ligning har en ulige grad, så har den en rod x= - 1. Dernæst kan vi sænke graden af ​​ligningen ved at dividere den med ( x+ 1). Det viser sig, at når man dividerer en symmetrisk ligning med ( x+ 1) en symmetrisk ligning af lige grad opnås. Bevis for koefficienternes symmetri er præsenteret nedenfor. (Bilag 6) Vores opgave er at lære at løse symmetriske ligninger af lige grad.

For eksempel: (1)

Lad os løse ligning (1), dividere med x 2 (til middel grad) = 0.

Lad os gruppere termer med symmetriske

) + 3(x+ . Lad os betegne på= x+ , lad os kvadrere begge sider, derfor = på 2 Så 2( på 2 eller 2 på 2 + 3 løser ligningen, får vi på = , på= 3. Lad os derefter vende tilbage til erstatning x+ = og x+ = 3. Vi får ligningerne og Den første har ingen løsning, og den anden har to rødder. Svar:.

Konklusion: denne type ligninger støder man ikke ofte på, men støder man på den, så kan den løses nemt og enkelt uden at ty til besværlige beregninger.

2.8 Isolering af fuld grad

Overvej ligningen.

Venstre side er terningen af ​​summen (x+1), dvs.

Vi udtrækker den tredje rod fra begge dele: , så får vi

Hvor er den eneste rod?

FORSKNINGSRESULTATER

På baggrund af resultaterne af arbejdet kom vi til følgende konklusioner:

Takket være den studerede teori stiftede vi bekendtskab med forskellige metoder til løsning af hele ligninger af højere grader;

D. Cardanos formel er svær at bruge og giver stor sandsynlighed for at lave fejl i regnestykket;

− L. Ferraris metode gør det muligt at reducere løsningen til en fjerdegradsligning til en kubisk;

− Bezouts sætning kan bruges både til kubiske ligninger og til ligninger af fjerde grad; det er mere forståeligt og visuelt, når det anvendes til at løse ligninger;

Horners skema er med til væsentligt at reducere og forenkle beregninger ved løsning af ligninger. Ud over at finde rødderne kan du ved hjælp af Horners skema mere simpelt beregne værdierne af polynomierne på venstre side af ligningen;

Af særlig interesse var løsningen af ​​ligninger ved metoden med ubestemte koefficienter og løsningen af ​​symmetriske ligninger.

Under forskningsarbejdet viste det sig, at eleverne stifter bekendtskab med de mest simple metoder til løsning af ligninger af højeste grad i valgfrie matematiktimer med start i 9. eller 10. klasse samt i særlige kurser på besøgende matematikskoler. Denne kendsgerning blev fastslået som et resultat af en undersøgelse blandt matematiklærere på MBOU "Secondary School No. 9" og elever, der viste øget interesse for faget "matematik".

De mest populære metoder til at løse ligninger af højere grader, som man støder på, når man løser olympiader, konkurrenceproblemer og som følge af, at studerende forbereder sig til eksamen, er metoder baseret på anvendelsen af ​​Bezouts sætning, Horners skema og indførelsen af ​​en ny variabel.

Demonstration af resultaterne af forskningsarbejde, dvs. metoder til at løse ligninger, der ikke blev undervist i skolens matematikpensum, interesserede mine klassekammerater.

Konklusion

Efter at have studeret pædagogisk og videnskabelig litteratur, internetressourcer i ungdomsuddannelsesfora

"Metoder til løsning af ligninger af højere grader"

( Kiselev-læsninger)

Matematiklærer Afanasyeva L.A.

MKOU Verkhnekarachskaya gymnasiet

Gribanovsky-distriktet, Voronezh-regionen

2015

Matematisk uddannelse modtaget i en omfattende skole er en væsentlig komponent i almen uddannelse og den generelle kultur i det moderne menneske.

Den berømte tyske matematiker Courant skrev: "I mere end to årtusinder var besiddelsen af ​​noget, ikke alt for overfladisk, viden inden for matematikken en nødvendig bestanddel af enhver uddannet persons intellektuelle opgørelse." Og blandt denne viden hører ikke det mindste sted til evnen til at løse ligninger.

Allerede i oldtiden indså folk, hvor vigtigt det var at lære at løse algebraiske ligninger. For omkring 4000 år siden vidste babylonske videnskabsmænd, hvordan man løser en andengradsligning og løste systemer af to ligninger, hvoraf den ene var af anden grad. Ved hjælp af ligninger blev forskellige problemer inden for landmåling, arkitektur og militære anliggender løst; mange og forskellige spørgsmål om praksis og naturvidenskab blev reduceret til dem, eftersom matematikkens præcise sprog tillader en blot at udtrykke fakta og sammenhænge, ​​der, når sagt i almindeligt sprog, kan virke forvirrende og komplekst. Ligning er et af de vigtigste begreber i matematik. Udviklingen af ​​metoder til at løse ligninger, siden fødslen af ​​matematik som en videnskab, har længe været hovedemnet for studiet af algebra. Og i dag i matematiktimerne, fra det første trin i uddannelsen, er der meget opmærksomhed på at løse ligninger af forskellige typer.

Der er ingen universel formel til at finde rødderne til en algebraisk ligning af n. grad. Mange havde selvfølgelig den fristende idé at finde en hvilken som helst grad n formler, der ville udtrykke ligningens rødder gennem dens koefficienter, det vil sige ville løse ligningen i radikaler. Den "mørke middelalder" viste sig imidlertid at være så dyster som muligt i forhold til det problem, der diskuteres - i syv hele århundreder fandt ingen de nødvendige formler! Først i 1500-tallet lykkedes det italienske matematikere at rykke længere frem – at finde formler for n =3 Og n =4 . Samtidig blev spørgsmålet om den generelle løsning af ligninger af 3. grad studeret af Scipio Dal Ferro, hans elev Fiori og Tartaglia. I 1545 udkom den italienske matematiker D Cardanos bog "Great Art, or on the Rules of Algebra", hvor man sammen med andre spørgsmål om algebra overvejer generelle metoder til løsning af kubiske ligninger, samt en metode til løsning ligninger af 4. grad, opdaget af hans elev L. Ferrari. En komplet præsentation af problemstillinger relateret til løsning af ligninger af 3. til 4. grad blev givet af F. Viet. Og i 20'erne af det 19. århundrede beviste den norske matematiker N. Abel, at rødderne til ligninger af 5. og højere grader ikke kan udtrykkes i termer af radikale.

Processen med at finde løsninger på en ligning involverer normalt at erstatte ligningen med en tilsvarende. At erstatte ligningen med en ækvivalent er baseret på brugen af ​​fire aksiomer:

1. Hvis lige værdier øges med det samme tal, vil resultaterne være ens.

2. Hvis du trækker det samme tal fra lige store mængder, bliver resultaterne ens.

3. Hvis lige værdier ganges med det samme tal, vil resultaterne være ens.

4. Hvis lige store mængder divideres med det samme tal, vil resultaterne være ens.

Da venstre side af ligningen P(x) = 0 er et polynomium af n. grad, er det nyttigt at huske følgende udsagn:

Udsagn om rødderne af et polynomium og dets divisorer:

1. Et polynomium af n. grad har et antal rødder, der ikke overstiger n, og rødder af multiplicitet m forekommer nøjagtigt m gange.

2. Et polynomium af ulige grad har mindst én reel rod.

3. Hvis α er roden af ​​P(x), så er P n (x) = (x - α) Q n - 1 (x), hvor Q n - 1 (x) er et polynomium af grad (n - 1).

4. Hver heltalsrod af et polynomium med heltalskoefficienter er en divisor af det frie led.

5. Det reducerede polynomium med heltalskoefficienter kan ikke have rationelle brøkrødder.

6. For et tredjegrads polynomium

P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d en af ​​to ting er mulig: enten dekomponeres den til produktet af tre binomialer

P 3 (x) = a (x - α)(x - β)(x - γ), eller nedbrydes til produktet af et binomium og et kvadratisk trinomium P 3 (x) = a(x - α)(x 2 + βx + y ).

7. Ethvert polynomium af fjerde grad kan udvides til produktet af to kvadratiske trinomier.

8. Et polynomium f (x) er deleligt med et polynomium g(x) uden en rest, hvis der er et polynomium q(x), således at f(x) = g(x) q(x). For at dividere polynomier bruges reglen om "hjørnedeling".

9. For at polynomiet P(x) skal være deleligt med et binomium (x – c), er det nødvendigt og tilstrækkeligt, at c er roden af ​​P(x) (følger af Bezouts sætning).

10. Vietas sætning: Hvis x 1, x 2, ..., x n er reelle rødder af polynomiet

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, så gælder følgende ligheder:

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 /a 0,

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

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

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

Løsningseksempler

Eksempel 1 . Find resten af ​​division P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 med (x – 1/3).

Løsning. Ifølge konsekvensen af ​​Bezouts sætning: "Resten af ​​et polynomium divideret med et binomium (x - c) er lig med værdien af ​​polynomiet af c." Lad os finde P(1/3) = 0. Derfor er resten 0, og tallet 1/3 er roden af ​​polynomiet.

Svar: R = 0.

Eksempel 2 . Del med et "hjørne" 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 gange (x + 2). Find resten og ufuldstændig kvotient.

Løsning:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4x 2 2x 2 – x

X 2 – 2x

X 2 – 2x

Svar: R = 3; kvotient: 2x 2 – x.

Grundlæggende metoder til at løse højere grads ligninger

1. Indførelse af en ny variabel

Metoden til at introducere en ny variabel er, at for at løse ligningen f(x) = 0, indføres en ny variabel (substitution) t = x n eller t = g(x), og f(x) udtrykkes gennem t, hvilket opnår en ny ligning r(t) . Løsning af ligningen r(t) findes rødderne: (t 1, t 2, ..., t n). Herefter fås et sæt af n ligninger q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n, hvorfra rødderne til den oprindelige ligning findes.

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

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

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

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

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Omvendt substitution:

x 2 + x + 1 = 2 eller x 2 + x + 1 = 1;

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

Fra den første ligning: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, fra den anden: 0 og -1.

Metoden til at indføre en ny variabel bruges til at løse returneres ligninger, det vil sige ligninger af formen a 0 x n + a 1 x n – 1 + .. + a n – 1 x + a n =0, hvor koefficienterne for ligningens led, med lige stor afstand fra begyndelsen og slutningen, er lige.

2. Faktorisering ved gruppering og forkortede multiplikationsformler

Grundlaget for denne metode er at gruppere termerne, så hver gruppe indeholder en fælles faktor. For at gøre dette er det nogle gange nødvendigt at bruge nogle kunstige teknikker.

Eksempel: x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.

Løsning. Forestil dig - 3x 2 = -2x 2 – x 2 og gruppe:

(x 4 - 2x 2) – (x 2 - 4x + 3) = 0.

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

(x 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

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

(x 2 – x + 1)(x 2 + x – 3) = 0.

x 2 – x + 1 = 0 eller x 2 + x – 3 = 0.

Der er ingen rødder i den første ligning, fra den anden: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Faktorisering ved metoden med ubestemte koefficienter

Essensen af ​​metoden er, at det oprindelige polynomium er faktoriseret med ukendte koefficienter. Ved at bruge den egenskab, at polynomier er ens, hvis deres koefficienter er ens ved de samme potenser, findes de ukendte ekspansionskoefficienter.

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

Løsning. Et polynomium af grad 3 kan udvides til produktet af lineære og kvadratiske faktorer.

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

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

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + (b – a)x 2 + (c – ab)x – ac.

Efter at have løst systemet:

vi får

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

Rødderne til ligningen (x + 1)(x 2 + 3x + 2) = 0 er nemme at finde.

Svar: -1; -2.

4. Metode til at vælge en rod ved hjælp af den højeste og frie koefficient

Metoden er baseret på anvendelsen af ​​teoremer:

1) Hver heltalsrod af et polynomium med heltalskoefficienter er en divisor af det frie led.

2) For at den irreducible brøk p/q (p - heltal, q - naturlig) skal være roden til en ligning med heltalskoefficienter, er det nødvendigt, at tallet p er en heltalsdivisor af det frie led a 0, og q - en naturlig divisor af den førende koefficient.

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

Løsning:

2: p = ±1, ±2

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

Derfor er p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Efter at have fundet en rod, for eksempel - 2, vil vi finde andre rødder ved hjælp af hjørneopdeling, metoden med ubestemte koefficienter eller Horners skema.

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

5. Grafisk metode.

Denne metode består i at konstruere grafer og bruge funktioners egenskaber.

Eksempel: x 5 + x – 2 = 0

Lad os forestille os ligningen på formen x 5 = - x + 2. Funktionen y = x 5 er stigende, og funktionen y = - x + 2 er faldende. Det betyder, at ligningen x 5 + x – 2 = 0 har en enkelt rod -1.

6. Multiplicering af en ligning med en funktion.

Nogle gange er det væsentligt nemmere at løse en algebraisk ligning, hvis man ganger begge sider med en bestemt funktion - et polynomium i det ukendte. Samtidig skal vi huske, at det er muligt, at der kan dukke ekstra rødder op - rødderne af det polynomium, som ligningen blev ganget med. Derfor skal du enten gange med et polynomium, der ikke har rødder og få en ækvivalent ligning, eller gange med et polynomium, der har rødder, og så skal hver af disse rødder erstattes af den oprindelige ligning og afgøre, om dette tal er dens rod.

Eksempel. Løs ligningen:

x 8 – X 6 + X 4 – X 2 + 1 = 0. (1)

Løsning: Ved at gange begge sider af ligningen med polynomiet X 2 + 1, som ikke har nogen rødder, får vi ligningen:

(X 2 +1) (X 8 – X 6 + X 4 – X 2 + 1) = 0 (2)
svarende til ligning (1). Ligning (2) kan skrives som:

X 10 + 1= 0 (3)
Det er klart, at ligning (3) ikke har rigtige rødder, så ligning (1) har dem ikke.

Svar: ingen løsninger.

Ud over ovenstående metoder til løsning af ligninger af højere grader er der andre. For eksempel at fremhæve en komplet firkant, Horners skema, der repræsenterer en brøk som to brøker. Af de generelle metoder til løsning af ligninger af højere grader, som oftest bruges, bruger de: metoden til at faktorisere venstre side af ligningen;

variabel erstatningsmetode (metode til at indføre en ny variabel); grafisk metode. Vi introducerer disse metoder til elever i 9. klasse, når vi studerer emnet "Hele ligningen og dens rødder." I lærebogen Algebra 9 (forfattere Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., etc.) fra de seneste års udgivelse diskuteres de vigtigste metoder til løsning af ligninger af højere grader tilstrækkeligt detaljeret. Derudover præsenteres efter min mening i afsnittet "For dem, der vil vide mere", materiale om anvendelsen af ​​sætninger om roden af ​​et polynomium og hele rødderne af en hel ligning ved løsning af ligninger af højere grader i en tilgængelig måde. Velforberedte elever studerer dette materiale med interesse og præsenterer derefter de løste ligninger for deres klassekammerater.

Næsten alt, der omgiver os, er i en eller anden grad forbundet med matematik. Og resultater inden for fysik, teknologi og informationsteknologi bekræfter kun dette. Og det, der er meget vigtigt, er, at løsning af mange praktiske problemer kommer ned til at løse forskellige typer ligninger, som du skal lære at løse.

Når man løser algebraiske ligninger, skal man ofte faktorisere et polynomium. At faktorisere et polynomium betyder at repræsentere det som et produkt af to eller flere polynomier. Vi bruger nogle metoder til at nedbryde polynomier ret ofte: tage en fælles faktor, bruge forkortede multiplikationsformler, isolere et komplet kvadrat, gruppering. Lad os se på nogle flere metoder.

Nogle gange er følgende udsagn nyttige ved faktorisering af et polynomium:

1) hvis et polynomium med heltalskoefficienter har en rationel rod (hvor er en irreducerbar brøk, så er divisoren for det frie led og divisoren af ​​den førende koefficient:

2) Hvis du på en eller anden måde vælger roden af ​​et gradspolynomium, så kan polynomiet repræsenteres på den form, hvor er et polynomium af grad

Et polynomium kan findes enten ved at dividere polynomiet i et binomium i en "søjle", eller ved passende at gruppere polynomiets vilkår og adskille multiplikatoren fra dem, eller ved metoden med ubestemte koefficienter.

Eksempel. Faktor et polynomium

Løsning. Da koefficienten for x4 er lig med 1, eksisterer de rationelle rødder af dette polynomium og er divisorer af tallet 6, dvs. de kan være heltal ±1, ±2, ±3, ±6. Lad os betegne dette polynomium med P4(x). Da P P4 (1) = 4 og P4(-4) = 23, er tallene 1 og -1 ikke rødder af polynomiet PA(x). Da P4(2) = 0, så er x = 2 roden af ​​polynomiet P4(x), og derfor er dette polynomium deleligt med binomiet x - 2. Derfor x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 +x-3

3x3 +7x2 -5x +6

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

Derfor er P4(x) = (x - 2)(x3 - 3x2 + x - 3). Da xz - 3x2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3)(x2 + 1), så x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3)(x2 + 1).

Indtastningsmetode for parameter

Nogle gange hjælper metoden til at introducere en parameter ved faktorisering af et polynomium. Vi vil forklare essensen af ​​denne metode ved hjælp af følgende eksempel.

Eksempel. x3 –(√3 + 1) x2 + 3.

Løsning. Betragt et polynomium med parameter a: x3 - (a + 1)x2 + a2, som ved a = √3 bliver til et givet polynomium. Lad os skrive dette polynomium som et kvadratisk trinomium for a: a - ax2 + (x3 - x2).

Da rødderne af dette trinomium i anden kvadrat med hensyn til a er a1 = x og a2 = x2 - x, så er ligheden a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x)(a - x2 + x) sand. Følgelig dekomponeres polynomiet x3 - (√3 + 1)x2 + 3 i faktorerne √3 – x og √3 - x2 + x, dvs.

x3 – (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).

Metode til at introducere en ny ukendt

I nogle tilfælde kan man ved at erstatte udtrykket f(x) inkluderet i polynomiet Pn(x) gennem y opnå et polynomium med hensyn til y, som let kan faktoriseres. Derefter, efter at have erstattet y med f(x), opnår vi en faktorisering af polynomiet Pn(x).

Eksempel. Faktor polynomiet x(x+1)(x+2)(x+3)-15.

Løsning. Lad os transformere dette polynomium som følger: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 =( x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) - 15.

Lad os betegne x2 + 3x med y. Så har vi 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).

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

Eksempel. Faktor polynomiet (x-4)4+(x+2)4

Løsning. Lad os betegne x- 4+x+2 = x - 1 med y.

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

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

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

At kombinere forskellige metoder

Når man faktoriserer et polynomium, er det ofte nødvendigt at anvende flere af metoderne diskuteret ovenfor i rækkefølge.

Eksempel. Faktor polynomiet x4 - 3x2 + 4x-3.

Løsning. Ved hjælp af gruppering omskriver vi polynomiet i formen x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 – 2x2) – (x2 -4x + 3).

Ved at anvende metoden til at isolere et komplet kvadrat til den første parentes har vi x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

Ved at bruge den perfekte kvadratiske formel kan vi nu skrive, at x4 – 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.

Til sidst, ved at anvende formelen for forskellen mellem kvadrater, får vi, at x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2)(x2 - 1 - x + 2) = (x2+x-3)(x2 -x) + 1).

§ 2. Symmetriske ligninger

1. Symmetriske ligninger af tredje grad

Ligninger på formen ax3 + bx2 + bx + a = 0, a ≠ 0 (1) kaldes symmetriske ligninger af tredje grad. Da ax3 + bx2 + bx + a = a(x3 + 1) + bx (x + 1) = (x+1)(ax2+(b-a)x+a), så er ligning (1) ækvivalent med ligningssættet x + 1 = 0 og ax2 + (b-a)x + a = 0, hvilket ikke er svært at løse.

Eksempel 1: Løs ligningen

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

Løsning. Ligning (2) er en symmetrisk ligning af tredje grad.

Da 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3(x3 + 1) + 4x(x + 1) = (x+ 1)(3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1)(3x2 + x + 3) , så svarer ligning (2) til mængden af ​​ligninger x + 1 = 0 og 3x3 + x +3=0.

Løsningen til den første af disse ligninger er x = -1, den anden ligning har ingen løsninger.

Svar: x = -1.

2. Symmetriske ligninger af fjerde grad

Formens ligning

(3) kaldes en symmetrisk ligning af fjerde grad.

Da x = 0 ikke er en rod af ligning (3), så får vi ved at dividere begge sider af ligning (3) med x2 en ligning svarende til den oprindelige (3):

Lad os omskrive ligning (4) som:

Lad os lave en substitution i denne ligning, så får vi en andengradsligning

Hvis ligning (5) har 2 rødder y1 og y2, så svarer den oprindelige ligning til et sæt ligninger

Hvis ligning (5) har én rod y0, så svarer den oprindelige ligning til ligningen

Endelig, hvis ligning (5) ikke har nogen rødder, så har den oprindelige ligning heller ingen rødder.

Eksempel 2: Løs ligningen

Løsning. Denne ligning er en symmetrisk ligning af fjerde grad. Da x = 0 ikke er dens rod, så får vi ved at dividere ligning (6) med x2 en ækvivalent ligning:

Efter at have grupperet begreberne, omskriver vi ligning (7) i formen eller i formen

Sætter vi det, får vi en ligning, der har to rødder y1 = 2 og y2 = 3. Følgelig svarer den oprindelige ligning til et sæt ligninger

Løsningen til den første ligning i denne mængde er x1 = 1, og løsningen til den anden er u.

Derfor har den oprindelige ligning tre rødder: x1, x2 og x3.

Svar: x1=1.

§3. Algebraiske ligninger

1. Reduktion af ligningens grad

Nogle algebraiske ligninger kan ved at erstatte et bestemt polynomium i dem med ét bogstav reduceres til algebraiske ligninger, hvis grad er mindre end graden af ​​den oprindelige ligning, og hvis løsning er enklere.

Eksempel 1: Løs ligningen

Løsning. Lad os betegne med, så kan ligning (1) omskrives som Den sidste ligning har rødder og Derfor er ligning (1) ækvivalent med ligningssættet og. Løsningen til den første ligning i dette sæt er og løsningen til den anden ligning er

Løsningerne til ligning (1) er

Eksempel 2: Løs ligningen

Løsning. Multiplicer begge sider af ligningen med 12 og angiver med,

Vi får ligningen Vi omskriver denne ligning i formen

(3) og betegner med, omskriver vi ligning (3) på formen Den sidste ligning har rødder og derfor opnår vi, at ligning (3) svarer til et sæt af to ligninger og Der er løsninger til dette ligningssæt og dvs. (2) svarer til et sæt ligninger og (4)

Løsningerne til mængden (4) er og, og de er løsningerne til ligning (2).

2. Formens ligninger

Ligningen

(5) hvor er de givne tal, kan reduceres til en biquadratisk ligning ved at erstatte det ukendte, dvs.

Eksempel 3: Løs ligningen

Løsning. Lad os betegne med,t. e. vi laver en ændring af variable eller så kan ligning (6) omskrives i formen eller ved hjælp af formlen i formen

Da rødderne af en andengradsligning er og, er løsningerne til ligning (7) løsninger til ligningssættet og. Dette sæt af ligninger har to løsninger, og derfor er løsningerne til ligning (6) og

3. Formens ligninger

Ligningen

(8) hvor tallene α, β, γ, δ og Α er sådan, at α

Eksempel 4: Løs ligningen

Løsning. Lad os lave en ændring af ukendte, dvs. y=x+3 eller x = y – 3. Så kan ligning (9) omskrives som

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, dvs. i formen

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

Biquadratisk ligning (10) har to rødder. Derfor har ligning (9) også to rødder:

4. Formens ligninger

Ligning, (11)

Hvor x = 0 ikke har nogen rod, og dividerer ligning (11) med x2, får vi derfor en ækvivalent ligning

Som, efter at have erstattet det ukendte, vil blive omskrevet i form af en andengradsligning, hvis løsning ikke er svær.

Eksempel 5: Løs ligningen

Løsning. Da h = 0 ikke er en rod af ligning (12), dividerer vi den med x2, får vi en ækvivalent ligning

Gør erstatningen ukendt, får vi ligningen (y+1)(y+2)=2, som har to rødder: y1 = 0 og y1 = -3. Følgelig er den oprindelige ligning (12) ækvivalent med sættet af ligninger

Dette sæt har to rødder: x1= -1 og x2 = -2.

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

Kommentar. Formens ligning

Hvilket altid kan reduceres til formen (11) og desuden tages i betragtning α > 0 og λ > 0 til formen.

5. Formens ligninger

Ligningen

,(13) hvor tallene, α, β, γ, δ og Α er sådan, at αβ = γδ ≠ 0, kan omskrives ved at gange den første parentes med den anden, og den tredje med den fjerde, på formen dvs. ligning (13) er nu skrevet på formen (11), og dens løsning kan udføres på samme måde som løsning af ligning (11).

Eksempel 6: Løs ligningen

Løsning. Ligning (14) har formen (13), så vi omskriver den i formen

Da x = 0 ikke er en løsning på denne ligning, så får vi ved at dividere begge sider med x2 en ækvivalent original ligning. Ved at lave en ændring af variable får vi en andengradsligning, hvis løsning er og. Følgelig er den oprindelige ligning (14) ækvivalent med sættet af ligninger og.

Løsningen til den første ligning i dette sæt er

Den anden ligning af dette sæt af løsninger har ingen løsninger. Så den oprindelige ligning har rødderne x1 og x2.

6. Formens ligninger

Ligningen

(15) hvor tallene a, b, c, q, A er sådan, at x = 0 ikke har en rod, derfor divideres ligning (15) med x2. får vi en ækvivalent ligning, som efter at have erstattet det ukendte vil blive omskrevet i form af en andengradsligning, hvis løsning ikke er svær.

Eksempel 7. Løsning af ligningen

Løsning. Da x = 0 ikke er en rod af ligning (16), så får vi ved at dividere begge sider med x2, ligningen

, (17) svarende til ligning (16). Efter at have foretaget erstatningen med en ukendt, omskriver vi ligning (17) i formen

Andengradsligning (18) har 2 rødder: y1 = 1 og y2 = -1. Derfor er ligning (17) ækvivalent med sættet af ligninger og (19)

Ligningssættet (19) har 4 rødder: ,.

De vil være rødderne til ligning (16).

§4. Rationelle ligninger

Ligninger på formen = 0, hvor H(x) og Q(x) er polynomier, kaldes rationelle.

Efter at have fundet rødderne til ligningen H(x) = 0, så skal du kontrollere, hvilke af dem der ikke er rødder til ligningen Q(x) = 0. Disse rødder og kun de vil være løsninger til ligningen.

Lad os overveje nogle metoder til løsning af ligninger på formen = 0.

1. Formens ligninger

Ligningen

(1) under visse betingelser på tallene kan løses som følger. Ved at gruppere vilkårene i ligning (1) med to og summere hvert par, er det nødvendigt at opnå polynomier i tælleren af ​​første eller nul grad, der kun adskiller sig i numeriske faktorer, og i nævnerne - trinomier med de samme to led, der indeholder x, så efter at have erstattet variablerne, vil den resulterende ligning enten have form (1), men med et mindre antal led, eller vil være ækvivalent med et sæt af to ligninger, hvoraf den ene vil være af første grad, og den anden vil være en ligning af typen (1), men med et mindre antal led.

Eksempel. Løs ligningen

Løsning. Efter at have grupperet på venstre side af ligning (2) det første led med det sidste, og det andet med det næstsidste, omskriver vi ligning (2) i formen

Ved at summere vilkårene i hver parentes omskriver vi ligning (3) i formen

Da der ikke er nogen løsning til ligning (4), så får vi ved at dividere denne ligning med ligningen

, (5) svarende til ligning (4). Lad os lave en erstatning for det ukendte, så vil ligning (5) blive omskrevet i formen

Således reduceres løsningen til ligning (2) med fem led på venstre side til løsningen til ligning (6) af samme form, men med tre led på venstre side. Når vi opsummerer alle led i venstre side af ligning (6), omskriver vi det i formen

Der er løsninger på ligningen. Ingen af ​​disse tal får nævneren af ​​den rationelle funktion i venstre side af ligning (7) til at forsvinde. Følgelig har ligning (7) disse to rødder, og derfor er den oprindelige ligning (2) ækvivalent med ligningssættet

Løsningerne til den første ligning i dette sæt er

Løsningerne til den anden ligning fra dette sæt er

Derfor har den oprindelige ligning rødder

2. Formens ligninger

Ligningen

(8) under visse betingelser kan tal løses som følger: det er nødvendigt at vælge heltalsdelen i hver af brøkdelene af ligningen, dvs. erstatte ligning (8) med ligningen

Reducer det til form (1) og løs det derefter på den måde, der er beskrevet i det foregående afsnit.

Eksempel. Løs ligningen

Løsning. Lad os skrive ligning (9) i formen eller i formen

Sammenfattende termerne i parentes omskriver vi ligning (10) i formen

Ved at erstatte det ukendte omskriver vi ligning (11) i formen

Når vi opsummerer vilkårene i venstre side af ligning (12), omskriver vi det i formen

Det er let at se, at ligning (13) har to rødder: og. Derfor har den oprindelige ligning (9) fire rødder:

3) Formens ligninger.

En ligning af formen (14), under visse betingelser for tal, kan løses på følgende måde: ved at udvide (hvis dette selvfølgelig er muligt) hver af brøkerne på venstre side af ligning (14) til summen af de simpleste brøker

Reducer ligning (14) til form (1), og løs den derefter, efter at have udført en bekvem omarrangering af vilkårene i den resulterende ligning, ved hjælp af metoden beskrevet i afsnit 1).

Eksempel. Løs ligningen

Løsning. Siden og, så ved at gange tælleren for hver brøk i ligning (15) med 2 og bemærke, at ligning (15) kan skrives som

Ligning (16) har formen (7). Efter at have omarrangeret termerne i denne ligning, omskriver vi den i formen eller i formen

Ligning (17) svarer til sættet af ligninger og

For at løse den anden ligning i mængden (18) laver vi en erstatning for det ukendte. Derefter vil det blive omskrevet i formen eller i formen

Opsummer alle led i venstre side af ligning (19), omskriv det i formen

Da ligningen ikke har nogen rødder, har ligning (20) heller ikke dem.

Den første ligning af mængden (18) har en enkelt rod. Da denne rod er inkluderet i ODZ af den anden ligning af mængden (18), er den den eneste rod af mængden (18) og derfor af den originale ligning.

4. Formens ligninger

Ligningen

(21) under visse betingelser på tallene og A efter at repræsentere hvert led på venstre side i formularen kan reduceres til formen (1).

Eksempel. Løs ligningen

Løsning. Lad os omskrive ligning (22) i formen eller i formen

Således reduceres ligning (23) til form (1). Når vi nu grupperer det første led med det sidste, og det andet med det tredje, omskriver vi ligning (23) i formen

Denne ligning svarer til sættet af ligninger og. (24)

Den sidste ligning i sættet (24) kan omskrives som

Der er løsninger til denne ligning, og da den er inkluderet i ODZ af den anden ligning i mængden (30), har mængden (24) tre rødder:. Alle af dem er løsninger til den oprindelige ligning.

5. Formens ligninger.

Formens ligning (25)

Under visse forhold på tal kan man ved at erstatte det ukendte reducere til en formligning

Eksempel. Løs ligningen

Løsning. Da det ikke er en løsning til ligning (26), så ved at dividere tælleren og nævneren for hver brøk på venstre side med, omskriver vi det i formen

Efter at have foretaget en ændring af variable, omskriver vi ligning (27) i formen

Løsning af ligning (28) er der og. Derfor er ligning (27) ækvivalent med sættet af ligninger og. (29)

For at bruge præsentationseksempler skal du oprette en Google-konto og logge ind på den: https://accounts.google.com

Slide billedtekster:

Ligninger af højere grader (rødder af et polynomium i én variabel).

Foredragsplan. nr. 1. Ligninger for højere grader i skolens matematikkursus. nr. 2. Standardform af et polynomium. Nr. 3. Hele rødder af et polynomium. Horners plan. nr. 4. Brøkrødder af et polynomium. nr. 5. Ligninger af formen: (x + a)(x + b)(x + c) ... = A nr. 6. Gensidige ligninger. nr. 7. Homogene ligninger. nr. 8. Metode til ubestemte koefficienter. nr. 9. Funktionel - grafisk metode. Nr. 10. Vieta formler for ligninger af højere grader. nr. 11. Ikke-standardiserede metoder til løsning af ligninger af højere grader.

Ligninger for højere grader i skolens matematikkursus. 7. klasse. Standardform af et polynomium. Handlinger med polynomier. Faktorering af et polynomium. I almindelig klasse 42 timer, i specialklasse 56 timer. 8 specialklasse. Heltalsrødder af et polynomium, division af polynomier, gensidige ligninger, forskel og sum af de n-te potenser af et binomium, metode med ubestemte koefficienter. Yu.N. Makarychev "Yderligere kapitler til skolealgebrakurset for klasse 8", M.L. Galitsky Samling af problemer i algebra for klasse 8 - 9." 9 specialklasse. Rationelle rødder af et polynomium. Generaliserede gensidige ligninger. Vieta formler for ligninger af højere grader. N.Ya. Vilenkin “Algebra 9. klasse med dybdegående undersøgelse. 11 specialklasse. Identitet af polynomier. Polynomium i flere variable. Funktionel - grafisk metode til løsning af ligninger af højere grader.

Standardform af et polynomium. Polynomium P(x) = a ⁿ x ⁿ + a p-1 x p-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Kaldes et polynomium af standardform. a p x ⁿ er det førende led i polynomiet, og p er koefficienten for det førende led i polynomiet. Når a n = 1, kaldes P(x) et reduceret polynomium. og 0 er det frie led af polynomiet P(x). n er graden af ​​polynomiet.

Hele rødder af et polynomium. Horners plan. Sætning nr. 1. Hvis et heltal a er roden af ​​polynomiet P(x), så er a en divisor af det frie led P(x). Eksempel nr. 1. Løs ligningen. X⁴ + 2x³ = 11x² – 4x – 4 Lad os bringe ligningen til standardform. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Vi har polynomiet P(x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Divisorer af det frie led: ± 1, ± 2, ±4. x = 1 rod af ligningen fordi P(1) = 0, x = 2 er roden af ​​ligningen, fordi P(2) = 0 Bezouts sætning. Resten af ​​at dividere polynomiet P(x) med binomiet (x – a) er lig med P(a). Følge. Hvis a er roden af ​​polynomiet P(x), så divideres P(x) med (x – a). I vores ligning er P(x) divideret med (x – 1) og med (x – 2), og derfor med (x – 1) (x – 2). Når man dividerer P(x) med (x² - 3x + 2), giver kvotienten trinomiet x² + 5x + 2 = 0, som har rødder x = (-5 ± √17)/2

Brøkrødder af et polynomium. Sætning nr. 2. Hvis p/g er roden af ​​polynomiet P(x), så er p divisoren af ​​det frie led, g er divisoren af ​​koefficienten for det førende led P(x). Eksempel #2: Løs ligningen. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Divisorer for det frie led: ±1, ±2, ±4, ±8. Ingen af ​​disse tal opfylder ligningen. Der er ingen hele rødder. Naturlige divisorer af koefficienten for det førende led P(x): 1, 2, 3, 6. Mulige brøkrødder af ligningen: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Ved at kontrollere er vi overbevist om, at P(4/3) = 0. X = 4/3 er roden af ​​ligningen. Ved at bruge Horners skema dividerer vi P(x) med (x – 4/3).

Eksempler på selvstændige løsninger. Løs ligningerne: 9x³ - 18x = x – 2, x³ - x² = x – 1, x³ - 3x² -3x + 1 = 0, X⁴ - 2x³ + 2x – 1 = 0, X⁴ - 3x² + 2 = 0 , x ⁵ + 5x³ - 6x² = 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0, X⁴ + 4x³ - x ² - 16x – 12 = 0 4x³ + x ² - x + 5 = 0 3x⁴ + 5x³ - 9x² - 0 0. Svar: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 17) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Ligninger på formen (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)... = A. Eksempel nr. 3. Løs ligningen (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Multiplicer den første parentes med den fjerde og den anden med den tredje. (x + 1)(x + 4)(x + 20(x + 3) = 24. (x² + 5x + 4)(x² + 5x + 6) = 24. Lad x² + 5x + 4 = y og derefter y (y + 2) = 24, y² + 2y – 24 = 0 y₁ = - 6, y₂ = 4. x ² + 5x + 4 = -6 eller x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D

Eksempler på selvstændige løsninger. (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, (x² - 5x)(x + 3)(x – 8) + 108 = 0, (x + 4)² (x + 10)(x – 2) + 243 = 0 (x² + 3x + 2)(x² + 9x + 20) = 4, Bemærk: x + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2), x² + 9x + 20 = (x + 4)( x + 5) Svar: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

Gensidige ligninger. Definition nr. 1. En ligning af formen: ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 kaldes en reciprok ligning af fjerde grad. Definition nr. 2. En ligning af formen: ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 kaldes en generaliseret reciprok ligning af fjerde grad. k² a: a = k²; kv: v = k. Eksempel nr. 6. Løs ligningen x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Divider begge sider af ligningen med x². x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0, (x² + 1/ x²) – 7(x + 1/ x) + 14 = 0. Lad x + 1/ x = y. Vi kvadrerer begge sider af ligningen. x² + 2 + 1/ x² = y², x² + 1/ x² = y² - 2. Vi får andengradsligningen y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4. x + 1/ x =3 eller x + 1/ x = 4. Vi får to ligninger: x² - 3x + 1 = 0, x² - 4x + 1 = 0. Eksempel nr. 7. 3х⁴ - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Betingelsen for den generaliserede reciproke ligning er opfyldt til = -5. Løsningen ligner eksempel nr. 6. Divider begge sider af ligningen med x². 3x⁴ - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0, 3(x⁴ + 25/ x²) – 2(x – 5/ x) – 31 = 0. Lad x – 5/ x = y, vi kvadrerer begge sider af ligheden x² - 10 + 25/ x² = y², x² + 25/ x² = y² + 10. Vi har en andengradsligning 3y² - 2y – 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = - 1/ 3. x – 5/ x = 1 eller x – 5/ x = -1/3. Vi får to ligninger: x² - x – 5 = 0 og 3x² + x – 15 = 0

Eksempler på selvstændige løsninger. 1. 78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0, 2. x ⁴ - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x ⁴ - x³ - 10x² + 2x + 4 + 6x + 4 + 5x + 4 + 5. 38x² -10x + 24 = 0,5. x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Svar: 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 ligninger. Definition. En ligning med formen a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ = 0 kaldes en homogen ligning af tredje grad i forhold til u v. Definition. En ligning af formen a₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a₃ uv³ + a₄ v⁴ = 0 kaldes en homogen ligning af fjerde grad i forhold til u v. Eksempel nr. 8. Løs ligningen (x² - x + 1)³ + 2x⁴(x² - x + 1) – 3x⁶ = 0 En homogen tredjegradsligning for u = x²- x + 1, v = x². Divider begge sider af ligningen med x ⁶. Vi kontrollerede først, at x = 0 ikke er en rod af ligningen. (x² - x + 1/ x²)³ + 2(x² - x + 1/ x²) – 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y, y³ + 2y – 3 = 0, y = 1 roden af ​​ligningen. Vi dividerer polynomiet P(x) = y³ + 2y – 3 med y – 1 efter Horners skema. I kvotienten får vi et trinomium, der ikke har rødder. Svar: 1.

Eksempler på selvstændige løsninger. 1. 2(x² + 6x + 1)² + 5(X² + 6X + 1)(X² + 1) + 2(X² + 1)² = 0, 2. (X + 5)⁴ - 13X²(X + 5) )² + 36X⁴ = 0. 3. 2(X² + X + 1)² - 7(X – 1)² = 13(X³ - 1), 4. 2(X -1)⁴ - 5(X² - 3X + 2)² + 2(x – 2)⁴ = 0. 5. (x² + x + 4)² + 3x(x² + x + 4) + 2x² = 0, Svar: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Der er ingen rødder.

Metode til ubestemte koefficienter. Sætning nr. 3. To polynomier P(x) og G(x) er identiske, hvis og kun hvis de har samme grad, og koefficienterne for de samme grader af variablen i begge polynomier er ens. Eksempel nr. 9. Faktorer polynomiet y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + уу + с)(y² + в₁у + с₁) =ув⁴ + у³(в) + у³(в) с₁ + с + в₁в) + у(с₁ + св₁) + сс ₁. Ifølge sætning nr. 3 har vi et ligningssystem: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, сс₁ + св₁ = -4, сс₁ = 1. Det er nødvendigt at løse systemet i heltal. Den sidste ligning i heltal kan have løsninger: c = 1, c₁ =1; с = -1, с1 = -1. Lad с = с ₁ = 1, så har vi fra den første ligning в₁ = -4 –в. Vi erstatter i den anden ligning i systemet в² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 eller в = -3, в₁ = -1. Disse værdier passer til systemets tredje ligning. Når с = с ₁ = -1 D

Eksempel nr. 10. Faktor polynomiet y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b)y² + (ab + c)y + ac. Vi har et ligningssystem: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Mulige heltalsløsninger til den tredje ligning: (2; 1), (1; 2), (-2; -1) ), (-1; -2). Lad a = -2, c = -1. Fra den første ligning af systemet i = 2, som opfylder den anden ligning. Ved at erstatte disse værdier i den ønskede lighed får vi svaret: (y – 2)(y² + 2y – 1). Anden vej. Y³ - 5y + 2 = y³ -5y + 10 – 8 = (y³ - 8) – 5(y – 2) = (y – 2)(y² + 2y -1).

Eksempler på selvstændige løsninger. Faktorer polynomierne: 1. y⁴ + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y⁴ -8y³ + 24y² -52y. Solve ligningen ved hjælp af faktoriseringsmetoden: a) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ +5x³ -6x² = 0. Svar: 1) (y² +2y -2)(y² +2y +4), 2) (y – 1)²(y² -2y + 2), 3) (x² -6x + 18)(x² + 6x + 18), 4) (y – 1)(y – 3)(y² - 4у + 5) 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.

Funktionel - grafisk metode til løsning af ligninger af højere grader. Eksempel nr. 11. Løs ligningen x ⁵ + 5x -42 = 0. Funktion y = x ⁵ stigende, funktion y = 42 – 5x faldende (k

Eksempler på selvstændige løsninger. 1. Brug egenskaben monotoni af en funktion, bevis, at ligningen har en enkelt rod, og find denne rod: a) x ³ = 10 – x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 – x. Svar: a) 2, b) √2. 2. Løs ligningen ved hjælp af den funktionel-grafiske metode: 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. Svar: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.

Vieta formler for ligninger af højere grader. Sætning nr. 5 (Vietas sætning). Hvis ligningen a x ⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ har n forskellige reelle rødder x ₁, x ₂, …, x, så opfylder de lighederne: For en andengradsligning ax² + bx + c = o: x ₁ + x ₂ = -в/а, x₁х ₂ = с/а; For den kubiske ligning a3x 3 + a₂x ² + a₁x + a0 = o: x 1 + x ₂ + x 3 = -a₂/a3; x₁х ₂ + x₁х ₃ + x₂х ₃ = а₁/а₃; x₁х₂х₃ = -а₀/а₃; ..., for en ligning af n. grad: x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x = a / a, ... , x₁x ₂ ·… · x = (- 1 ) ⁿ a₀/a. Den omvendte sætning gælder også.

Eksempel nr. 13. Skriv en kubisk ligning, hvis rødder er inverse til rødderne af ligningen x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0, og koefficienten for x ³ er 2. 1. Ved Vietas sætning for den kubiske ligning har vi: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁х ₃ + x₂х ₃ = 12, x₁х₂х ₃ = 18. 2. Vi komponerer de gensidige af disse rødder og anvender det omvendte Vieta-teorem. 1/ x ₁ + 1/ x ₂ + 1/ x ₃ = (x₂х ₃ + x₁х ₃ + x₁х ₂)/ x₁х₂х ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x₁х ₂ + 1/ x₁х ₃ + 1/ x₂х ₃ = (x ₃ + x ₂ + x ₁)/ x₁х₂х ₃ = 6/18 = 1/3, 1/ x₂т = 1/ x₂т = 1/ x₂т3 Vi får ligningen x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 Svar: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Eksempler på selvstændige løsninger. 1. Skriv en kubisk ligning, hvis rødder er de omvendte kvadrater af rødderne af ligningen x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0, og koefficienten for x ³ er 8. Svar: 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. Ikke-standardiserede metoder til løsning af ligninger af højere grader. Eksempel nr. 12. Løs ligningen x ⁴ -8x + 63 = 0. Lad os faktorisere venstre side af ligningen. Lad os vælge de nøjagtige firkanter. X⁴ - 8x + 63 = (x⁴ + 16x² + 64) – (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9)(x² - 4x + 7) = 0. Begge diskriminanter er negative. Svar: ingen rødder.

Eksempel nr. 14. Løs ligningen 21x³ + x² - 5x – 1 = 0. Hvis ligningens dummyled er ± 1, så konverteres ligningen til den reducerede ligning ved hjælp af substitutionen x = 1/y. 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³, y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = -3 roden af ​​ligningen. (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 . Eksempel nr. 15. Løs ligningen 4x³-10x² + 14x – 5 = 0. Multiplicer begge sider af ligningen med 2. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0, (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = 0. Lad os introducere en ny variabel y = 2x, vi får den reducerede ligning y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 rod af ligningen. (y – 1)(y² - 4y + 10) = 0, D

Eksempel nr. 16. Bevis, at ligningen x ⁴ + x ³ + x – 2 = 0 har én positiv rod. Lad f (x) = x ⁴ + x ³ + x – 2, f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o for x > o. Funktionen f (x) stiger for x > o, og værdien af ​​f (o) = -2. Det er indlysende, at ligningen har én positiv rod osv. Eksempel nr. 17. Løs ligningen 8x(2x² - 1)(8x⁴ - 8x² + 1) = 1. I.F. Sharygin "Valgfrit kursus i matematik for 11. klasse." M. Oplysning 1991 s.90. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 og 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Lad os gøre erstatningen x = hyggelig, y € (0; n). For andre værdier af y gentages værdierne af x, og ligningen har ikke mere end 7 rødder. 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos²y, 8х⁴ - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos²y. 3. Ligningen har formen 8 cozycos2ycos4y = 1. Gang begge sider af ligningen med siny. 8 sinycosycos2ycos4y = siny. Ved at anvende dobbeltvinkelformlen 3 gange får vi ligningen sin8y = siny, sin8y – siny = 0

Slutningen af ​​løsningen til eksempel nr. 17. Vi anvender sinusforskellens formel. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 . I betragtning af at y € (0;n), y = 2pk/3, k = 1, 2, 3 eller y = n/9 + 2pk/9, k =0, 1, 2, 3. Vender vi tilbage til variablen x, vi får svar: Cos2 p/7, cos4 p/7, cos6 p/7, cos p/9, ½, cos5 p/9, cos7 p/9. Eksempler på selvstændige løsninger. Find alle værdier af a, for hvilke ligningen (x² + x)(x² + 5x + 6) = a har nøjagtig tre rødder. Svar: 16/9. Retninger: Tegn grafen til venstre side af ligningen. Fmax = f(0) = 9/16. Den rette linje y = 9/16 skærer grafen for funktionen i tre punkter. Løs ligningen (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55. Svar: -4; 2. Løs ligningen (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ = 16. Svar: -5; -3. Løs ligningen 2(x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1).Svar: -1; -1/2, 2;4 Find antallet af reelle rødder af ligningen x ³ - 12x + 10 = 0 på [-3; 3/2]. Instruktioner: find den afledede og undersøg monoten.

Eksempler på selvstændige løsninger (fortsat). 6. Find antallet af reelle rødder af ligningen x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0. Svar: 2 7. Lad x ₁, x ₂, x ₃ være rødderne af polynomiet P(x) = x ³ - 6x² -15x + 1. Find X₁² + x ₂² + x ₃². Svar: 66. Vejledning: Anvend Vietas sætning. 8. Bevis, at for a > o og en vilkårlig reel værdi i ligningen x ³ + ax + b = o kun har én reel rod. Tip: Bevis ved modsigelse. Anvend Vietas sætning. 9. Løs ligningen 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1). Svar: ½; 1; (3 ± √13)/2. Tip: bring ligningen til en homogen ligning ved hjælp af lighederne X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1, x³ + 1 = (x + 1)(x² - x + 1). 10. Løs ligningssystemet x + y = x², 3y – x = y². Svar: (0;0),(2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Løs systemet: 4y² -3y = 2x –y, 5x² - 3y² = 4x – 2y. Svar: (o;o), (1;1),(297/265; - 27/53).

Prøve. Mulighed 1. 1. Løs ligningen (x² + x) – 8(x² + x) + 12 = 0. 2. Løs ligningen (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = - 15 3. Løs ligningen 12x²(x – 3) + 64(x – 3)² = x ⁴. 4. Løs ligningen x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Løs ligningssystemet: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

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

Mulighed 4. (x² - 2x)² - 11(x² - 2x) + 24 = o. (x -7)(x-4)(x-2)(x + 1) = -36. X4 + 3(x -6)² = 4x²(6 – x). X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy – 3y² = - 4. Yderligere opgave: Resten af ​​at dividere polynomiet P(x) med (x – 1) er 4, er resten, når den divideres med (x + 1) lig med 2, og når den divideres med (x – 2) er den lig med 8. Find resten, når du dividerer P(x) med (x³ - 2x² - x + 2 ).

Svar og instruktioner: mulighed nr. 1 nr. 2. nr. 3. nr. 4. nr. 5. 1. - 3; ±2; 11;2;3. -5; -4; 1; 2. Homogen ligning: u = x -3, v = x² -2; -1; 3; 4. (2;1); (2/3;4/3). Tip: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2. 1±√11; 4; - 2. Homogen ligning: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- tredive). Tip: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12-3; -2; 4; 12-6; -3; -1; 2. Homogen u = x+ 2, v = x2 -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Instruktion: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ±√21)/2 (1;-2), (-1;2). Tip: 1·4 + 2 .

Løsning af en ekstra opgave. Ved Bezouts sætning: P(1) = 4, P(-1) = 2, P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + With . Erstatning 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. Ved at løse det resulterende system af tre ligninger får vi: a = b = 1, c = 2. Svar: x² + x + 2.

Kriterium nr. 1 - 2 point. 1 point – én regnefejl. nr. 2,3,4 – 3 point hver. 1 point – førte til en andengradsligning. 2 point – én regnefejl. nr. 5. – 4 point. 1 point – udtrykt en variabel i form af en anden. 2 point – modtog en af ​​løsningerne. 3 point – én regnefejl. Ekstra opgave: 4 point. 1 point – anvendte Bezouts teorem for alle fire tilfælde. 2 point – sammensat et ligningssystem. 3 point – én regnefejl.

Trifanova Marina Anatolyevna
matematiklærer, kommunal uddannelsesinstitution "Gymnasium nr. 48 (multidisciplinær)", Talnakh

Tredobbelt formål med lektionen:

Uddannelsesmæssigt:
systematisering og generalisering af viden om løsning af ligninger af højere grader.
Udviklingsmæssigt:
fremme udviklingen af ​​logisk tænkning, evnen til at arbejde selvstændigt, færdigheder til gensidig kontrol og selvkontrol, tale- og lyttefærdigheder.
Uddannelse:
udvikle vanen med konstant beskæftigelse, fremme lydhørhed, hårdt arbejde og nøjagtighed.

Lektionstype:

en lektion i integreret anvendelse af viden, færdigheder og evner.

Lektionsform:

ventilation, fysisk træning, forskellige former for arbejde.

Udstyr:

understøttende noter, opgavekort, lektionsovervågningsmatrix.

UNDER UNDERVISNINGEN

I. Organisatorisk øjeblik

1. Formidling af formålet med lektionen til eleverne.
2. Kontrol af lektier (bilag 1). Arbejde med de understøttende noter (bilag 2).

Ligningerne og svarene for hver af dem er skrevet på tavlen. Eleverne tjekker deres svar og giver en kort analyse af løsningen til hver ligning eller besvarer lærerens spørgsmål (frontal undersøgelse). Selvkontrol – eleverne giver sig selv karakterer og afleverer deres notesbøger til læreren til karakterkorrektion eller godkendelse. Skolekarakterer skrives på tavlen:

"5+" - 6 ligninger;
"5" - 5 ligninger;
"4" - 4 ligninger;
"3" - 3 ligninger.

Lærerspørgsmål om lektier:

1 ligning

1. Hvilken ændring af variable foretages i ligningen?
2. Hvilken ligning opnås efter at have ændret variable?

2 ligning

1. Hvilket polynomium blev brugt til at dividere begge sider af ligningen?
2. Hvilken ændring af variable blev opnået?

3 ligning

1. Hvilke polynomier skal ganges for at forenkle løsningen af ​​denne ligning?

4 ligning

1. Navngiv funktionen f(x).
2. Hvordan blev de resterende rødder fundet?

5 ligning

1. Hvor mange intervaller blev opnået for at løse ligningen?

6 ligning

1. Hvordan kunne denne ligning løses?
2. Hvilken løsning er mere rationel?

II. Gruppearbejde er hoveddelen af ​​lektionen.

Klassen er opdelt i 4 grupper. Hver gruppe får et kort med teoretiske og praktiske (bilag 3) spørgsmål: "Undersøg den foreslåede metode til løsning af ligningen og forklar den ved hjælp af dette eksempel."

1. Gruppearbejde 15 minutter.
2. Eksempler er skrevet på tavlen (tavlen er opdelt i 4 dele).
3. Grupperapporten tager 2-3 minutter.
4. Læreren retter i grupperapporterne og hjælper med vanskeligheder.

Arbejdet i grupper fortsætter på kort nr. 5 – 8. For hver ligning gives 5 minutter til diskussion i gruppen. Herefter giver bestyrelsen en rapport om denne ligning - en kort analyse af løsningen. Ligningen er måske ikke helt løst - den er ved at blive færdiggjort derhjemme, men rækkefølgen af ​​dens løsning diskuteres i klassen.

III. Selvstændigt arbejde. Bilag 4.

1. Hver elev får en individuel opgave.
2. Arbejdet tager 20 minutter.
3. 5 minutter før lektionens afslutning giver læreren åbne svar for hver ligning.
4. Eleverne udveksler notesbøger i en cirkel og tjekker deres svar med en ven. De giver karakterer.
5. Notesbøger afleveres til læreren til kontrol og karakterkorrektion.

IV. Lektionsopsummering.

Lektier.

Formuler løsninger til ufærdige ligninger. Forbered dig på kontrolskæringen.

Bedømmelse.