Решавање равенки од повисоки степени користејќи различни методи. Равенки од повисоки степени по математика

Текстот на делото е објавен без слики и формули.
Целосната верзија на делото е достапна во табулаторот „Работни датотеки“ во PDF формат

Вовед

Решавањето на алгебарски равенки од повисоки степени со една непозната е еден од најтешките и најстарите математички проблеми. Со овие проблеми се занимавале најистакнатите математичари од антиката.

Решавањето равенки од n-ти степен е важна задача за современата математика. Има доста голем интерес за нив, бидејќи овие равенки се тесно поврзани со пребарувањето на корените на равенките кои не се опфатени во училишната програма по математика.

Проблем:Недостатокот на вештини за решавање равенки од повисоки степени на различни начини на учениците ги спречува успешно да се подготват за финална сертификација по математика и математички олимпијади и обука на специјализиран час по математика.

Наведените факти утврдија Релевантностнашата работа „Решавање равенки од повисоки степени“.

Познавањето на наједноставните методи за решавање равенки од n-ти степен го намалува времето за завршување на задача, од кое зависи резултатот од работата и квалитетот на процесот на учење.

Цел на работата:проучување на познати методи за решавање равенки од повисоки степени и идентификување на најпристапните од нив за практична употреба.

Врз основа на целта, во работата е дефинирано следново: задачи:

Студија литература и интернет ресурси на оваа тема;

Запознајте се со историски факти поврзани со оваа тема;

Опишете различни начини за решавање на равенки со повисок степен

споредете го степенот на сложеност на секоја од нив;

Запознајте ги соучениците со начини на решавање равенки од повисоки степени;

Направете избор на равенки за практична примена на секој од разгледуваните методи.

Предмет на проучување- равенки од повисоки степени со една променлива.

Предмет на проучување- методи за решавање равенки од повисоки степени.

Хипотеза:Не постои општ метод или единечен алгоритам што овозможува да се најдат решенија за равенки од n-ти степен во конечен број чекори.

Методи на истражување:

- библиографски метод (анализа на литература на темата на истражување);

- метод на класификација;

- метод на квалитативна анализа.

Теоретско значењеистражувањето се состои од систематизирање на методи за решавање равенки од повисоки степени и опишување на нивните алгоритми.

Практично значење- презентиран материјал на оваа тема и изработка на наставно помагало за учениците на оваа тема.

1. РАВЕНКИ ОД ВИСОКИ СТЕПЕНИ

1.1 Поим за равенка од n-ти степен

Дефиниција 1.Равенка од n-ти степен е равенка на формата

а 0 xⁿ+a 1 x n -1 +а 2 xⁿ - ²+…+а n -1 x+a n = 0, каде што коефициентите а 0, а 1, а 2…, а n -1, а n- сите реални броеви, и , а 0 ≠ 0 .

Полином а 0 xⁿ+a 1 x n -1 +а 2 xⁿ - ²+…+а n -1 x+a n се нарекува полином од n-ти степен. Коефициентите се разликуваат по имиња: а 0 - сениор коефициент; а n е слободен член.

Дефиниција 2. Решенија или корени за дадена равенкасе сите вредности на променливата X, кои ја претвораат оваа равенка во вистинска нумеричка еднаквост или, за која полиномот а 0 xⁿ+a 1 x n -1 +а 2 xⁿ - ²+…+а n -1 x+a n оди на нула. Оваа променлива вредност Xнаречен и корен на полином. Решавањето на равенката значи да се најдат сите нејзини корени или да се утврди дека ги нема.

Ако а 0 = 1, тогаш таквата равенка се нарекува намалена цел број рационална равенка n тистепени.

За равенките од трет и четврти степен, постојат формули на Кардано и Ферари кои ги изразуваат корените на овие равенки преку радикали. Се покажа дека во пракса тие ретко се користат. Така, ако n ≥ 3, а коефициентите на полиномот се произволни реални броеви, тогаш наоѓањето на корените на равенката не е лесна задача. Меѓутоа, во многу посебни случаи овој проблем е целосно решен. Ајде да погледнеме некои од нив.

1.2 Историски факти за решавање на равенки од повисок степен

Универзална формула за пронаоѓање на корените на алгебарската равенка n-тибез диплома. Многумина, се разбира, имаа примамлива идеја да најдат, за кој било степен n, формули кои ќе ги изразат корените на равенката преку нејзините коефициенти, односно ќе ја решат равенката во радикали.

Само во 16 век, италијанските математичари успеаја да напредуваат понатаму - да најдат формули за n = 3 и n = 4. Во исто време, Сципион, Дал, Феро и неговите ученици Фиори и Тартаља го проучуваа прашањето за општото решение на равенки од 3 степен.

Во 1545 година, објавена е книгата на италијанскиот математичар Д. решавање равенки од 4 степен, откриени од неговиот ученик Л. Ферари.

Комплетна презентација на прашањата поврзани со решавањето на равенките од 3 и 4 степени даде Ф.Вие.

Во 20-тите години на 19 век, норвешкиот математичар Н. Абел докажал дека корените на равенките од петти степен не можат да се изразат во однос на радикали.

Студијата откри дека модерната наука знае многу начини за решавање равенки од n-ти степен.

Резултатот од потрагата по методи за решавање равенки од повисоки степени кои не можат да се решат со методите што се разгледуваат во училишната програма беа методи засновани на примена на теоремата на Виета (за равенки на степени n>2), теоремите на Безут, шемите на Хорнер, како и формулата Кардано и Ферари за решавање на кубни и квартични равенки.

Во делото се претставени методи за решавање равенки и нивни типови, кои за нас станаа откритие. Тие вклучуваат метод на неопределени коефициенти, избор на целосен степен, симетрични равенки.

2. РЕШЕНИЕ НА ЦЕЛИ РАВЕНКИ ОД ВИСОКИ СТЕПЕНИ СО ЦЕЛИ БЕР КОЕФИЦИЕНТИ

2.1 Решавање равенки од 3 степен. Формула Д. Кардано

Размислете за равенките на формата x 3 +px+q=0.Да ја трансформираме општата равенка во форма: x 3 + px 2 +qx+r=0.Да ја запишеме формулата за коцката од збирот; Да го додадеме на првобитната еднаквост и да го замениме со y. Ја добиваме равенката: y 3 + (q -) (y -) + (r - =0.По трансформациите имаме: y 2 +py + q=0.Сега, повторно да ја запишеме формулата за коцка за сума:

(a+b) 3 =а 3 + 3а 2 b + 3ab 2 + б 3 =а 3 + б 3 + 3ab (a + b),замени ( a+b)на x, ја добиваме равенката x 3 - 3abx - (а 3 +б 3) = 0. Сега можеме да видиме дека оригиналната равенка е еквивалентна на системот: и решавајќи го системот, добиваме:

Добивме формула за решавање на горната равенка од 3 степен. Го носи името на италијанскиот математичар Кардано.

Ајде да погледнеме на пример. Решете ја равенката: .

Ние имаме Р= 15 и q= 124, а потоа користејќи ја формулата Кардано го пресметуваме коренот на равенката

Заклучок: оваа формула е добра, но не е погодна за решавање на сите кубни равенки. Во исто време, тоа е незгодно. Затоа, во пракса ретко се користи.

Но, секој кој ја владее оваа формула може да ја користи кога решава равенки од трет степен на Обединетиот државен испит.

2.2 Теорема на Виета

Од курс по математика ја знаеме оваа теорема за квадратна равенка, но малкумина знаат дека таа се користи и за решавање равенки од повисок ред.

Размислете за равенката:

Да ја пресметаме левата страна на равенката и да ја поделиме со ≠ 0.

Ајде да ја трансформираме десната страна од равенката во форма

; Од ова произлегува дека можеме да ги запишеме следните еднаквости во системот:

Формулите добиени од Viète за квадратни равенки и прикажани од нас за равенки од 3 степен се точни и за полиноми со повисоки степени.

Ајде да ја решиме кубната равенка:

Заклучок: овој метод е универзален и доволно лесен за разбирање за учениците, бидејќи теоремата на Виета им е позната од училишната програма за н. = 2. Во исто време, за да ги пронајдете корените на равенките користејќи ја оваа теорема, мора да имате добри пресметковни вештини.

2.3 Теорема на Безут

Оваа теорема е именувана по францускиот математичар од 18 век J. Bezout.

Теорема.Ако равенката а 0 xⁿ+a 1 x n -1 +а 2 xⁿ - ²+…+а n -1 x+a n = 0, во кој сите коефициенти се цели броеви, а слободниот член е не-нула и има целоброен корен, тогаш овој корен е делител на слободниот член.

Имајќи предвид дека на левата страна од равенката има полином од n-ти степен, теоремата има друга интерпретација.

Теорема.При делење на полином од n-ти степен во однос на xпо бином x-aостатокот е еднаков на вредноста на дивидендата кога x = a. (писмо аможе да означи каков било реален или имагинарен број, т.е. кој било сложен број).

Доказ:нека f(x) означува произволен полином од n-ти степен во однос на променливата x и нека, кога се дели со бином ( x-a) испадна приватно q(x), а остатокот Р. Очигледно е дека q(x)ќе има некој полином (n - 1) степен во однос на x, а остатокот Рќе биде константна вредност, т.е. независно од x.

Доколку остатокот Рбеше полином од прв степен во однос на x, тогаш тоа би значело дека поделбата не успеа. Значи, Род xне зависи. Со дефиниција за поделба го добиваме идентитетот: f(x)=(x-a) q(x)+R.

Еднаквоста е точна за која било вредност на x, што значи дека важи и за x=a, добиваме: f(a)=(a-a) q(a)+R. Симбол f(a) ја означува вредноста на полиномот f (х) на x=a, q(a)се залага за вредност q(x) на x=a.Остаток Ростана исто како што беше порано, бидејќи Род xне зависи. Работа ( x-a) q(a) = 0, бидејќи факторот ( x-a) = 0,и мултипликаторот q(a)има одредена бројка. Според тоа, од еднаквоста добиваме: f(a)= R,итн.

Пример 1.Најдете го остатокот од полиномот x 3 - 3x 2 + 6x- 5 по бином

x- 2. Со теоремата на Безут : R=f(2) = 23-322 + 62 -5=3. Одговор: R= 3.

Забележете дека теоремата на Безут е важна не толку сама по себе колку за нејзините последици. (Анекс 1)

Дозволете ни да се задржиме на разгледување на некои техники за примена на теоремата на Безут за решавање на практични проблеми. Треба да се забележи дека при решавање на равенки користејќи ја теоремата на Безут, потребно е:

Најдете ги сите делители на слободниот член;

Најдете барем еден корен од равенката од овие делители;

Поделете ја левата страна на равенката со (Ха);

Запиши го производот на делителот и количникот на левата страна од равенката;

Решете ја добиената равенка.

Да го погледнеме примерот за решавање на равенката x 3 + 4X 2 + x - 6 = 0 .

Решение: најдете ги делителите на слободниот член ±1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Да ги пресметаме вредностите на x= 1, 1 3 + 41 2 + 1- 6=0. Поделете ја левата страна на равенката со ( X- 1). Ајде да ја направиме поделбата користејќи „агол“ и да добиеме:

Заклучок: Теоремата на Безут е еден од методите што ги разгледуваме во нашата работа, изучуван во програмата за изборни часови. Тешко е да се разбере, бидејќи за да го совладате, треба да ги знаете сите последици од тоа, но во исто време, теоремата на Безут е еден од главните асистенти за студентите на Единствениот државен испит.

2.4 Хорнер шема

Да се подели полином со бином x-αможете да користите специјална едноставна техника измислена од англиски математичари од 17 век, подоцна наречена шема на Хорнер. Покрај наоѓањето на корените на равенките, користејќи ја шемата на Хорнер можете поедноставно да ги пресметате нивните вредности. За да го направите ова, треба да ја замените вредноста на променливата во полиномот Pn (x)=а 0 xn+a 1 x n-1 +а 2 xⁿ - ²+…++а n -1 x+a n. (1)

Размислете за делење на полиномот (1) со биномот x-α.

Да ги изразиме коефициентите на нецелосниот количник b 0 xⁿ - ¹+ б 1 xⁿ - ²+ б 2 xⁿ - ³+…+ бн -1 а остатокот рпреку коефициентите на полиномот Pn( x) и број α. б 0 =а 0 , б 1 = α б 0 +а 1 , б 2 = α б 1 +а 2 …, бн -1 =

= α бн -2 +а n -1 = α бн -1 +а n .

Пресметките со помош на Хорнеровата шема се претставени во следната табела:

	А 0	а 1	а 2 ,
	б 0 =а 0	б 1 = α б 0 +а 1	б 2 = α б 1 +а 2		r=αб n-1 +а n

Затоа што r=Pn(α),тогаш α е коренот на равенката. За да се провери дали α е повеќекратен корен, Хорнеровата шема може да се примени на количникот b 0 x+б 1 x+…+бн -1 според табелата. Ако во колоната под бн -1 резултатот е повторно 0, што значи α е повеќекратен корен.

Ајде да погледнеме пример: реши ја равенката X 3 + 4X 2 + x - 6 = 0.

Да ја примениме на левата страна на равенката размножување на полиномот од левата страна на равенката, Хорнеровата шема.

Решение: најдете ги делителите на слободниот член ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.


				6 ∙ 1 + (-6) = 0

Коефициентите на количникот се броевите 1, 5, 6, а остатокот r = 0.

Средства, X 3 + 4X 2 + X - 6 = (X - 1) (X 2 + 5X + 6) = 0.

Од тука: X- 1 = 0 или X 2 + 5X + 6 = 0.

X = 1, X 1 = -2; X 2 = -3. Одговор: 1,- 2, - 3.

Заклучок: Така, на една равенка покажавме употреба на два различни методи за факторинг на полиноми. Според наше мислење, шемата на Хорнер е најпрактична и најекономична.

2.5 Решавање равенки од 4 степен. Метод на Ферари

Ученикот на Кардано, Лудовик Ферари открил начин како да реши равенка од четврти степен. Методот на Ферари се состои од две фази.

Фаза I: равенките на формата се претставени како производ од два квадратни триноми, што произлегува од фактот дека равенката е од 3 степен и има најмалку едно решение.

Фаза II: добиените равенки се решаваат со помош на раздвојување, но за да се најде потребната размножување, треба да се решат кубни равенки.

Идејата е равенките да се претстават во форма A 2 =B 2, каде A= x 2 +s,

Б-линеарна функција на x. Потоа останува да се решат равенките A = ±B.

За јасност, разгледајте ја равенката: Изолирајќи го 4-тиот степен, добиваме: За било кој гизразот ќе биде совршен квадрат. Додадете ги на двете страни на равенката што ја добиваме

На левата страна има целосен квадрат, можете да го подигнете г, така што и десната страна на (2) станува целосен квадрат. Да замислиме дека го постигнавме ова. Тогаш нашата равенка изгледа вака:

Подоцна нема да биде тешко да се најде коренот. Да се избере вистинскиот гпотребно е дискриминаторот на десната страна од (3) да стане нула, т.е.

Така да се најде г, треба да ја решиме оваа равенка од 3 степен. Оваа помошна равенка се нарекува растворлив.

Лесно го наоѓаме целиот корен на растворувачот: d = 1

Заменувајќи ја равенката во (1) добиваме

Заклучок: методот на Ферари е универзален, но сложен и тежок. Во исто време, ако алгоритмот за решение е јасен, тогаш равенките од 4 степен може да се решат со помош на овој метод.

2.6 Метод на неодредени коефициенти

Успехот во решавањето на равенката од 4 степен со помош на методот на Ферари зависи од тоа дали ќе го решиме растворувачот - равенка од 3 степен, што, како што знаеме, не е секогаш возможно.

Суштината на методот на неопределени коефициенти е во тоа што се погодува типот на факторите во кои се разложува даден полином, а коефициентите на овие фактори (исто така и полиноми) се одредуваат со множење на факторите и изедначување на коефициентите со исти моќи на променлива.

Пример: реши ја равенката:

Да претпоставиме дека левата страна од нашата равенка може да се разложи на два квадратни триноми со целобројни коефициенти така што идентичната еднаквост е точно

Очигледно, коефициентите пред нив мора да бидат еднакви на 1, а слободните членови мора да бидат еднакви на еден + 1, другиот - 1.

Коефициентите со кои се соочува X. Да ги означиме со Аи за да ги одредиме, ги множиме двата триноми од десната страна на равенката.

Како резултат добиваме:

Изедначување на коефициентите на исти степени Xна левата и десната страна на еднаквоста (1), добиваме систем за наоѓање и

Откако ќе го решиме овој систем, ќе имаме

Значи, нашата равенка е еквивалентна на равенката

Откако го решивме, ги добиваме следните корени: .

Методот на неопределени коефициенти се заснова на следните искази: секој полином од четврти степен во равенката може да се разложи на производ на два полиноми од втор степен; два полиноми се идентично еднакви ако и само ако нивните коефициенти се еднакви за исти сили X.

2.7 Симетрични равенки

Дефиниција.Равенката на формата се нарекува симетрична ако првите коефициенти лево од равенката се еднакви на првите коефициенти од десната страна.

Гледаме дека првите коефициенти лево се еднакви со првите коефициенти од десната страна.

Ако таквата равенка има непарен степен, тогаш има корен X= - 1. Потоа можеме да го намалиме степенот на равенката со делење со ( x+ 1). Излегува дека кога се дели симетрична равенка со ( x+ 1) се добива симетрична равенка со парен степен. Доказ за симетријата на коефициентите е претставен подолу. (Прилог 6) Наша задача е да научиме како да решаваме симетрични равенки со парен степен.

На пример: (1)

Да ја решиме равенката (1), да ја поделиме со X 2 (до среден степен) = 0.

Да ги групираме поимите со симетрични

) + 3(x+ . Да означиме на= x+ , да ги квадратиме двете страни, па оттука = на 2 Значи, 2 ( на 2 или 2 на 2 + 3 решавајќи ја равенката, добиваме на = , на= 3. Следно, да се вратиме на замена x+ = и x+ = 3. Ги добиваме равенките и Првата нема решение, а втората има два корени. Одговор:.

Заклучок: овој тип на равенка не се среќава често, но ако наидете на него, тогаш може лесно и едноставно да се реши без прибегнување кон гломазни пресметки.

2.8 Изолација на целосен степен

Размислете за равенката.

Левата страна е коцката од збирот (x+1), т.е.

Третиот корен го извлекуваме од двата дела: , па добиваме

Каде е единствениот корен?

РЕЗУЛТАТИ ОД ИСТРАЖУВАЊЕТО

Врз основа на резултатите од работата, дојдовме до следните заклучоци:

Благодарение на проучуваната теорија, се запознавме со различни методи за решавање на цели равенки од повисоки степени;

Формулата на D. Cardano е тешка за употреба и дава голема веројатност да се направат грешки во пресметката;

− Методот на L. Ferrari овозможува да се намали решението на равенка од четврти степен на кубна;

− Теоремата на Безут може да се користи и за кубни равенки и за равенки од четврти степен; поразбирлив и визуелен е кога се применува при решавање равенки;

Шемата на Хорнер помага значително да се намалат и поедностават пресметките при решавањето на равенките. Покрај пронаоѓањето на корените, користејќи ја шемата на Хорнер можете поедноставно да ги пресметате вредностите на полиномите од левата страна на равенката;

Од особен интерес беа решенијата на равенките со методот на неопределени коефициенти и решението на симетрични равенки.

Во текот на истражувачката работа, беше откриено дека учениците се запознаваат со наједноставните методи за решавање равенки од највисок степен на изборните часови по математика, почнувајќи од 9-то или 10-то одделение, како и на посебните курсеви при посета на математички училишта. Овој факт е утврден како резултат на анкета на наставници по математика во МБОУ „Средно училиште бр. 9“ и ученици кои покажале зголемен интерес за предметот „математика“.

Најпопуларните методи за решавање равенки од повисоки степени, кои се среќаваат при решавање на олимпијади, натпреварувачки проблеми и како резултат на подготвување на студентите за испити, се методите засновани на примена на теоремата на Безут, шемата на Хорнер и воведување нова променлива.

Демонстрација на резултатите од истражувачката работа, т.е. методите за решавање равенки кои не се учат во училишната програма по математика ги интересираа моите соученици.

Заклучок

Студирајќи образовна и научна литература, Интернет ресурси на младински образовни форуми

„Методи за решавање равенки од повисоки степени“

( Киселевски читања)

Наставникот по математика Афанасиева Л.А.

Средно училиште MKOU Verkhnekarachskaya

Областа Грибановски, регионот Воронеж

2015 година

Математичкото образование добиено во сеопфатно училиште е суштинска компонента на општото образование и општата култура на современиот човек.

Познатиот германски математичар Курант напиша: „Повеќе од два милениуми, поседувањето на некои, не премногу површни, знаења од областа на математиката беше неопходна компонента на интелектуалниот инвентар на секој образован човек“. И меѓу ова знаење, не најмалку место и припаѓа на способноста за решавање равенки.

Веќе во античко време, луѓето сфатија колку е важно да научат да решаваат алгебарски равенки. Пред околу 4000 години, вавилонските научници знаеле да решат квадратна равенка и решиле системи од две равенки, од кои едната била од втор степен. Со помош на равенки, беа решени различни проблеми на геодет, архитектура и воени работи; многу и различни прашања од практиката и природните науки беа сведени на нив, бидејќи прецизниот јазик на математиката дозволува едноставно да се изразат факти и односи кои, кога наведено на обичен јазик, може да изгледа збунувачки и сложено. Равенката е еден од најважните поими во математиката. Развојот на методи за решавање равенки, уште од раѓањето на математиката како наука, долго време е главен предмет на проучување на алгебрата. И денес на часовите по математика, почнувајќи од првата фаза на образованието, многу внимание се посветува на решавање на равенки од различни видови.

Не постои универзална формула за наоѓање на корените на алгебарската равенка од n-ти степен. Многумина, се разбира, имаа примамлива идеја да најдат кој било степен nформули кои би ги изразиле корените на равенката преку нејзините коефициенти, односно би ја решиле равенката во радикали. Сепак, „мрачниот среден век“ се покажа колку што е можно мрачен во однос на проблемот што се дискутира - цели седум века никој не ги најде потребните формули! Дури во 16 век, италијанските математичари успеаја да напредуваат понатаму - да најдат формули за n =3 И n =4 . Во исто време, прашањето за општото решение на равенките од 3 степен го проучувале Сципио Дал Феро, неговиот ученик Фиори и Тартаља. Во 1545 година беше објавена книгата на италијанскиот математичар Д Кардано „Големата уметност, или за правилата на алгебрата“, каде што, заедно со другите прашања од алгебрата, се разгледуваат општи методи за решавање кубни равенки, како и метод за решавање равенки од 4 степен, откриени од неговиот ученик Л. Ферари. Комплетна презентација на прашањата поврзани со решавањето на равенките од 3 до 4 степени даде F. Viet. И во 20-тите години на 19 век, норвешкиот математичар Н. Абел докажа дека корените на равенките од 5-ти и повисоки степени не можат да се изразат во однос на радикали.

Процесот на наоѓање решенија за равенка обично вклучува замена на равенката со еквивалентна. Заменувањето на равенката со еквивалентна се заснова на употребата на четири аксиоми:

1. Ако еднаквите вредности се зголемат за ист број, резултатите ќе бидат еднакви.

2. Ако го одземеш истиот број од еднакви количини, резултатите ќе бидат еднакви.

3. Ако еднаквите вредности се помножат со ист број, резултатите ќе бидат еднакви.

4. Ако еднакви количини се поделат со ист број, резултатите ќе бидат еднакви.

Бидејќи левата страна на равенката P(x) = 0 е полином од n-ти степен, корисно е да се потсетиме на следните изјави:

Изјави за корените на полиномот и неговите делители:

1. Полиномот од n-ти степен има број на корени што не надминуваат n, а корените со мноштво m се појавуваат точно m пати.

2. Полином со непарен степен има барем еден реален корен.

3. Ако α е коренот на P(x), тогаш P n (x) = (x - α) Q n - 1 (x), каде што Q n - 1 (x) е полином со степен (n - 1).

4. Секој целоброен корен на полином со целобројни коефициенти е делител на слободниот член.

5. Редуцираниот полином со целобројни коефициенти не може да има дробни рационални корени.

6. За полином од трет степен

P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d можна е една од двете работи: или се распаѓа на производ од три биноми

P 3 (x) = a (x - α) (x - β) (x - γ), или се распаѓа во производ на бином и квадратен трином P 3 (x) = a (x - α) (x 2 + βx + γ).

7. Секој полином од четврти степен може да се прошири во производ од два квадратни триноми.

8. Полиномот f (x) е делив со полином g(x) без остаток ако има полином q(x) таков што f(x) = g(x) q(x). За да се делат полиноми, се користи правилото „делење на аголот“.

9. За полиномот P(x) да биде делив со бином (x – c), потребно е и доволно c да биде коренот на P(x) (заклучок од теоремата на Безут).

10. Теорема на Виета: Ако x 1, x 2, ..., x n се вистински корени на полиномот

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, тогаш важат следните еднаквости:

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 .

Решавање на примери

Пример 1 . Најдете го остатокот од делењето P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 со (x – 1/3).

Решение. Според заклучокот на теоремата на Безут: „Остатокот од полиномот поделен со бином (x - c) е еднаков на вредноста на полиномот на c. Да најдеме P(1/3) = 0. Според тоа, остатокот е 0, а бројот 1/3 е коренот на полиномот.

Одговор: R = 0.

Пример 2 . Поделете со „агол“ 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 со (x + 2). Најдете го остатокот и нецелосниот количник.

Решение:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4x 2 2x 2 – x

X 2 – 2x

Одговор: R = 3; количник: 2x 2 – x.

Основни методи за решавање равенки од повисок степен

1. Воведување на нова променлива

Начинот на воведување нова променлива е дека за решавање на равенката f(x) = 0 се воведува нова променлива (замена) t = x n или t = g(x) и f(x) се изразува преку t, се добива нова равенка r(t) . Потоа решавајќи ја равенката r(t), се наоѓаат корените: (t 1, t 2, ..., t n). По ова се добива множество од n равенки q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n, од кои се наоѓаат корените на првобитната равенка.

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

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

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

Замена (x 2 + x + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Обратна замена:

x 2 + x + 1 = 2 или x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 или x 2 + x = 0;

Од првата равенка: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, од втората: 0 и -1.

Во решавањето се користи методот на воведување нова променлива повратен равенки, односно равенки од формата a 0 x n + a 1 x n – 1 + .. + a n – 1 x + a n =0, во кои коефициентите на членовите на равенката, еднакво распоредени од почетокот и крајот, се еднакви.

2. Факторизација со групирање и скратени формули за множење

Основата на овој метод е да се групираат поимите така што секоја група содржи заеднички фактор. За да го направите ова, понекогаш е неопходно да се користат некои вештачки техники.

Пример: x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.

Решение. Замислете - 3x 2 = -2x 2 – x 2 и група:

(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 или x 2 + x – 3 = 0.

Во првата равенка нема корени, од втората: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Факторизација со методот на неодредени коефициенти

Суштината на методот е дека оригиналниот полином е факторизиран со непознати коефициенти. Користејќи го својството дека полиномите се еднакви ако нивните коефициенти се еднакви со исти сили, се наоѓаат непознатите коефициенти на проширување.

Пример: x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

Решение. Полином со степен 3 може да се прошири во производ на линеарни и квадратни фактори.

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.

Откако го решивте системот:

добиваме

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

Лесно се наоѓаат корените на равенката (x + 1) (x 2 + 3x + 2) = 0.

Одговор: -1; -2.

4. Начин на избор на корен користејќи највисок и слободен коефициент

Методот се заснова на примена на теореми:

1) Секој целоброен корен на полином со целобројни коефициенти е делител на слободниот член.

2) За да може несводливата дропка p/q (p - цел број, q - природно) да биде корен на равенка со целобројни коефициенти, потребно е бројот p да биде цел број делител на слободниот член a 0, и q - природен делител на водечкиот коефициент.

Пример: 6x 3 + 7x 2 - 9x + 2 = 0.

Решение:

2: p = ±1, ±2

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

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

Откако ќе најдеме еден корен, на пример - 2, ќе најдеме други корени користејќи делење на аголот, методот на неопределени коефициенти или шемата на Хорнер.

Одговор: -2; 1/2; 1/3.

5. Графички метод.

Овој метод се состои од конструирање графикони и користење на својствата на функциите.

Пример: x 5 + x – 2 = 0

Да ја замислиме равенката во форма x 5 = - x + 2. Функцијата y = x 5 се зголемува, а функцијата y = - x + 2 се намалува. Тоа значи дека равенката x 5 + x – 2 = 0 има еден корен -1.

6.Множење на равенка со функција.

Понекогаш решавањето на алгебарската равенка е значително полесно ако ги помножите двете страни со одредена функција - полином во непознатото. Во исто време, мораме да запомниме дека е можно да се појават дополнителни корени - корените на полиномот со кој се множи равенката. Затоа, мора или да се множи со полином што нема корени и да се добие еквивалентна равенка, или да се множи со полином што има корени, а потоа секој од овие корени мора да се замени во првобитната равенка и да се утврди дали овој број е неговиот корен.

Пример. Реши ја равенката:

X 8 – X 6 + X 4 – X 2 + 1 = 0. (1)

Решение: Помножувајќи ги двете страни на равенката со полиномот X 2 + 1, кој нема корени, ја добиваме равенката:

(X 2 +1) (X 8 – X 6 + X 4 – X 2 + 1) = 0 (2)
еквивалентно на равенката (1). Равенката (2) може да се запише како:

X 10 + 1 = 0 (3)
Јасно е дека равенката (3) нема реални корени, па затоа равенката (1) ги нема.

Одговор: нема решенија.

Покрај горенаведените методи за решавање равенки од повисоки степени, постојат и други. На пример, истакнување на целосен квадрат, шемата на Хорнер, која претставува дропка како две дропи. Од општите методи за решавање равенки од повисоки степени, кои најчесто се користат, користат: методот на факторинг на левата страна на равенката;

метод на замена на променлива (метод на воведување нова променлива); графички метод. Овие методи им ги воведуваме на учениците од 9-то одделение кога ја проучуваат темата „Целата равенка и нејзините корени“. Во учебникот Алгебра 9 (автори Макаричев Ју.Н., Миндјук Н.Г., итн.) од последниве години на објавување, доволно детално се дискутирани главните методи за решавање равенки од повисоки степени. Дополнително, во делот „За оние кои сакаат да знаат повеќе“, според мое мислење, материјалот за примена на теореми за коренот на полином и цели корени на цела равенка при решавање на равенки од повисоки степени е претставен во пристапна начин. Добро подготвените ученици со интерес го проучуваат овој материјал и потоа им ги презентираат решените равенки на своите соученици.

Скоро сè што не опкружува е поврзано до еден или друг степен со математиката. А достигнувањата во физиката, технологијата и информатичката технологија само го потврдуваат ова. И она што е многу важно е дека решавањето на многу практични проблеми се сведува на решавање на разни видови равенки кои треба да научите да ги решавате.

Кога решавате алгебарски равенки, честопати треба да факторингирате полином. Да се факторизира полином значи да се претстави како производ од два или повеќе полиноми. Доста често користиме некои методи за разложување на полиноми: земање заеднички фактор, користење на скратени формули за множење, изолирање на целосен квадрат, групирање. Ајде да погледнеме уште неколку методи.

Понекогаш следниве изјави се корисни при факторинг на полином:

1) ако полиномот со целобројни коефициенти има рационален корен (каде што е нередуцирана дропка, тогаш е делителот на слободниот член и делителот на водечкиот коефициент:

2) Ако некако го изберете коренот на полиномот со степен, тогаш полиномот може да се претстави во форма каде што е полином со степен

Полиномот може да се најде или со делење на полиномот на бином во „колона“, или со соодветно групирање на членовите на полиномот и одвојување на множителот од нив, или со методот на неопределени коефициенти.

Пример. Фактор на полином

Решение. Бидејќи коефициентот x4 е еднаков на 1, тогаш рационалните корени на овој полином постојат и се делители на бројот 6, односно можат да бидат цели броеви ±1, ±2, ±3, ±6. Овој полином да го означиме со P4(x). Бидејќи P P4 (1) = 4 и P4 (-4) = 23, броевите 1 и -1 не се корени на полиномот PA(x). Бидејќи P4(2) = 0, тогаш x = 2 е коренот на полиномот P4(x), и затоа овој полином е делив со биномот x - 2. Затоа x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 +x-3

3x3 +7x2 -5x +6

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

Затоа, P4(x) = (x - 2) (x3 - 3x2 + x - 3). Бидејќи xz - 3x2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3) (x2 + 1), тогаш x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3) (x2 + 1).

Метод на внесување параметар

Понекогаш при факторинг на полином помага методот на воведување параметар. Ние ќе ја објасниме суштината на овој метод користејќи го следниот пример.

Пример. x3 –(√3 + 1) x2 + 3.

Решение. Размислете за полином со параметар a: x3 - (a + 1)x2 + a2, кој при a = √3 се претвора во даден полином. Да го напишеме овој полином како квадратен трином за a: a - ax2 + (x3 - x2).

Бидејќи корените на овој трином на квадрат во однос на a се a1 = x и a2 = x2 - x, тогаш еднаквоста a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x)(a - x2 + x) е точно. Следствено, полиномот x3 - (√3 + 1)x2 + 3 се разложува на множители √3 – x и √3 - x2 + x, т.е.

x3 – (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).

Начин на воведување нова непозната

Во некои случаи, со замена на изразот f(x) вклучен во полиномот Pn(x), преку y може да се добие полином во однос на y, кој лесно може да се факторизира. Потоа, откако ќе го замениме y со f(x), добиваме факторизација на полиномот Pn(x).

Пример. Факторирајте го полиномот x(x+1)(x+2)(x+3)-15.

Решение. Да го трансформираме овој полином на следниов начин: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 =( x2 + 3x) (x2 + 3x + 2) - 15.

Да означиме x2 + 3x со y. Тогаш имаме 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).

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

Пример. Факторирајте го полиномот (x-4)4+(x+2)4

Решение. Да го означиме x- 4+x+2 = x - 1 со 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 ).

Комбинирање на различни методи

Често, при факторинг на полином, неопходно е да се применат неколку од методите дискутирани погоре последователно.

Пример. Факторирајте го полиномот x4 - 3x2 + 4x-3.

Решение. Користејќи групирање, полиномот го препишуваме во форма x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 – 2x2) – (x2 -4x + 3).

Применувајќи го методот на изолирање на целосен квадрат на првата заграда, имаме x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

Користејќи ја совршената квадратна формула, сега можеме да напишеме дека x4 – 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.

Конечно, применувајќи ја формулата за разлика на квадрати, добиваме дека x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2)(x2 - 1 - x + 2) = (x2+x-3)(x2 -x + 1).

§ 2. Симетрични равенки

1. Симетрични равенки од трет степен

Равенките од формата ax3 + bx2 + bx + a = 0, a ≠ 0 (1) се нарекуваат симетрични равенки од трет степен. Бидејќи ax3 + bx2 + bx + a = a(x3 + 1) + bx (x + 1) = (x+1)(ax2+(b-a)x+a), тогаш равенката (1) е еквивалентна на множеството равенки x + 1 = 0 и ax2 + (b-a)x + a = 0, што не е тешко да се реши.

Пример 1: Решете ја равенката

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

Решение. Равенката (2) е симетрична равенка од трет степен.

Бидејќи 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3(x3 + 1) + 4x(x + 1) = (x+ 1)(3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1)(3x2 + x + 3) , тогаш равенката (2) е еквивалентна на множеството равенки x + 1 = 0 и 3x3 + x +3=0.

Решението на првата од овие равенки е x = -1, втората равенка нема решенија.

Одговор: x = -1.

2. Симетрични равенки од четврти степен

Равенка на формата

(3) се нарекува симетрична равенка од четврти степен.

Бидејќи x = 0 не е корен на равенката (3), тогаш со делење на двете страни на равенката (3) со x2, добиваме равенка еквивалентна на првобитната (3):

Да ја преработиме равенката (4) како:

Ајде да направиме замена во оваа равенка, а потоа да добиеме квадратна равенка

Ако равенката (5) има 2 корени y1 и y2, тогаш првобитната равенка е еквивалентна на множество равенки

Ако равенката (5) има еден корен y0, тогаш првобитната равенка е еквивалентна на равенката

Конечно, ако равенката (5) нема корени, тогаш првобитната равенка исто така нема корени.

Пример 2: Решете ја равенката

Решение. Оваа равенка е симетрична равенка од четврти степен. Бидејќи x = 0 не е неговиот корен, тогаш со делење на равенката (6) со x2, добиваме еквивалентна равенка:

Откако ги групиравме поимите, ја препишуваме равенката (7) во форма или во форма

Ставајќи го, добиваме равенка која има два корени y1 = 2 и y2 = 3. Следствено, првобитната равенка е еквивалентна на множество равенки

Решението на првата равенка од ова множество е x1 = 1, а решението на втората е u.

Според тоа, првобитната равенка има три корени: x1, x2 и x3.

Одговор: x1=1.

§3. Алгебарски равенки

1. Намалување на степенот на равенката

Некои алгебарски равенки, со замена на одреден полином во нив со една буква, може да се сведат на алгебарски равенки чиј степен е помал од степенот на првобитната равенка и чие решение е поедноставно.

Пример 1: Решете ја равенката

Решение. Да означиме со, тогаш равенката (1) може да се препише како Последната равенка има корени и затоа, равенката (1) е еквивалентна на множеството равенки и. Решението на првата равенка од ова множество е и решението на втората равенка е

Решенијата на равенката (1) се

Пример 2: Решете ја равенката

Решение. Множење на двете страни на равенката со 12 и означување со,

Ја добиваме равенката.Оваа равенка ја препишуваме во форма

(3) и означувајќи ја со равенката (3) ја препишуваме во форма Последната равенка има корени и затоа, добиваме дека равенката (3) е еквивалентна на множество од две равенки и има решенија за ова множество равенки и т.е. (2) е еквивалентно на множество равенки и (4)

Решенијата на множеството (4) се и, и тие се решенијата на равенката (2).

2. Равенки на формата

Равенката

(5) каде - дадените броеви може да се сведат на биквадратна равенка со замена на непознатата, т.е.

Пример 3: Решете ја равенката

Решение. Да означиме со, т. д. правиме промена на променливите или тогаш равенката (6) може да се препише во форма или, користејќи ја формулата, во форма

Бидејќи корените на квадратната равенка се и, решенијата на равенката (7) се решенија на множеството равенки и. Ова множество равенки има две решенија и затоа, решенијата на равенката (6) се и

3. Равенки на формата

Равенката

(8) каде што броевите α, β, γ, δ и Α се такви што α

Пример 4: Решете ја равенката

Решение. Да направиме промена на непознатите, т.е. y=x+3 или x = y – 3. Тогаш равенката (9) може да се препише како

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, т.е. во форма

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

Двоквадратната равенка (10) има два корени. Според тоа, равенката (9) исто така има два корени:

4. Равенки на формата

Равенка, (11)

Онаму каде што x = 0 нема корен, затоа, делејќи ја равенката (11) со x2, добиваме еквивалентна равенка

Која по замена на непознатото ќе биде препишана во форма на квадратна равенка, чиешто решение не е тешко.

Пример 5: Решете ја равенката

Решение. Бидејќи h = 0 не е корен на равенката (12), поделувајќи го со x2, добиваме еквивалентна равенка

Правејќи ја замената непозната, ја добиваме равенката (y+1)(y+2)=2, која има два корени: y1 = 0 и y1 = -3. Следствено, оригиналната равенка (12) е еквивалентна на множеството равенки

Ова множество има два корени: x1= -1 и x2 = -2.

Одговор: x1= -1, x2 = -2.

Коментар. Равенка на формата

Што секогаш може да се сведе на формата (11) и, згора на тоа, земајќи ги предвид α > 0 и λ > 0 на формата.

5. Равенки на формата

Равенката

,(13) каде што броевите, α, β, γ, δ и Α се такви што αβ = γδ ≠ 0, може да се препишат со множење на првата заграда со втората, а третата со четвртата, во форма т.е. равенката (13) сега е напишана во форма (11), а нејзиното решение може да се изврши на ист начин како да се решава равенката (11).

Пример 6: Решете ја равенката

Решение. Равенката (14) ја има формата (13), па ја препишуваме во форма

Бидејќи x = 0 не е решение за оваа равенка, тогаш со делење на двете страни со x2, добиваме еквивалентна оригинална равенка. Правејќи промена на променливите, добиваме квадратна равенка чие решение е и. Следствено, оригиналната равенка (14) е еквивалентна на множеството равенки и.

Решението на првата равенка од ова множество е

Втората равенка од оваа група решенија нема решенија. Значи, првобитната равенка има корени x1 и x2.

6. Равенки на формата

Равенката

(15) каде што броевите a, b, c, q, A се такви што x = 0 нема корен, според тоа, делење на равенката (15) со x2. добиваме еквивалентна равенка, која по замена на непознатата ќе се препише во форма на квадратна равенка, чиешто решение не е тешко.

Пример 7. Решавање на равенката

Решение. Бидејќи x = 0 не е корен на равенката (16), тогаш со делење на двете страни со x2, ја добиваме равенката

, (17) еквивалентно на равенката (16). Откако направивме замена со непозната, ја препишуваме равенката (17) во форма

Квадратната равенка (18) има 2 корени: y1 = 1 и y2 = -1. Според тоа, равенката (17) е еквивалентна на множеството равенки и (19)

Множеството равенки (19) има 4 корени: ,.

Тие ќе бидат корените на равенката (16).

§4. Рационални равенки

Равенките од формата = 0, каде H(x) и Q(x) се полиноми, се нарекуваат рационални.

Откако ги најдовте корените на равенката H(x) = 0, тогаш треба да проверите кои од нив не се корени на равенката Q(x) = 0. Овие корени и само тие ќе бидат решенија на равенката.

Да разгледаме неколку методи за решавање равенки од формата = 0.

1. Равенки на формата

Равенката

(1) под одредени услови на броеви може да се реши како што следува. Со групирање на членовите од равенката (1) по два и собирање на секој пар, потребно е во броителот да се добијат полиноми од прв или нулти степен, кои се разликуваат само во нумерички фактори, а во именители - триноми со исти два члена што содржат x, тогаш по замена на променливите, добиената равенка или ќе има форма (1), но со помал број членови, или ќе биде еквивалентна на множество од две равенки, од кои едната ќе биде од прв степен, и втората ќе биде равенка од типот (1), но со помал број членови.

Пример. Решете ја равенката

Решение. Откако го групиравме на левата страна на равенката (2) првиот член со последниот, а вториот со претпоследниот, ја препишуваме равенката (2) во форма

Сумирајќи ги поимите во секоја заграда, ја препишуваме равенката (3) во форма

Бидејќи не постои решение за равенката (4), тогаш, делејќи ја оваа равенка со, ја добиваме равенката

, (5) еквивалентно на равенката (4). Дозволете ни да направиме замена за непознатото, тогаш равенката (5) ќе биде препишана во форма

Така, решението на равенката (2) со пет члена на левата страна се сведува на решението на равенката (6) од истата форма, но со три члена на левата страна. Сумирајќи ги сите поими од левата страна на равенката (6), ја препишуваме во форма

Постојат решенија за равенката. Ниту еден од овие броеви не прави да исчезне именителот на рационалната функција од левата страна на равенката (7). Следствено, равенката (7) ги има овие два корени, и затоа оригиналната равенка (2) е еквивалентна на множеството равенки

Решенијата на првата равенка од ова множество се

Решенијата на втората равенка од ова множество се

Според тоа, оригиналната равенка има корени

2. Равенки на формата

Равенката

(8) под одредени услови на броеви може да се реши на следниов начин: потребно е да се избере цел број во секоја од фракциите на равенката, односно да се замени равенката (8) со равенката

Намалете го во форма (1) и потоа решете го на начин опишан во претходниот пасус.

Пример. Решете ја равенката

Решение. Да ја напишеме равенката (9) во форма или во форма

Сумирајќи ги поимите во загради, ја препишуваме равенката (10) во форма

Со замена на непознатата, ја препишуваме равенката (11) во форма

Сумирајќи ги поимите од левата страна на равенката (12), ја препишуваме во форма

Лесно е да се види дека равенката (13) има два корени: и. Според тоа, оригиналната равенка (9) има четири корени:

3) Равенки на формата.

Равенка од формата (14), под одредени услови за броеви, може да се реши на следниов начин: со проширување (ако тоа е, се разбира, можно) секоја од дропките од левата страна на равенката (14) во збир од едноставни дропки

Намалете ја равенката (14) на формата (1), а потоа, откако извршивте практично преуредување на условите од добиената равенка, решете ја користејќи го методот опишан во став 1).

Пример. Решете ја равенката

Решение. Бидејќи и, тогаш со множење на броителот на секоја дропка во равенката (15) со 2 и забележувајќи дека равенката (15) може да се запише како

Равенката (16) има форма (7). Откако ги преуредивме поимите во оваа равенка, ја препишуваме во форма или во форма

Равенката (17) е еквивалентна на множеството равенки и

За да ја решиме втората равенка од множеството (18) правиме замена за непознатото, а потоа ќе се препише во форма или во форма

Сумирајќи ги сите поими од левата страна на равенката (19), препишете ја во форма

Бидејќи равенката нема корени, равенката (20) исто така ги нема.

Првата равенка од множеството (18) има еден корен. Бидејќи овој корен е вклучен во ОДЗ на втората равенка од множеството (18), тој е единствениот корен од множеството (18), а со тоа и на оригиналот равенка.

4. Равенки на формата

Равенката

(21) под одредени услови на броевите и А по претставувањето на секој член од левата страна во формата може да се сведе на формата (1).

Пример. Решете ја равенката

Решение. Дозволете ни да ја преработиме равенката (22) во форма или во форма

Така, равенката (23) се сведува на форма (1). Сега, групирајќи го првиот член со последниот, а вториот со третиот, ја препишуваме равенката (23) во форма

Оваа равенка е еквивалентна на множеството равенки и. (24)

Последната равенка од множеството (24) може да се препише како

Постојат решенија за оваа равенка и, бидејќи е вклучена во ODZ на втората равенка од множеството (30), множеството (24) има три корени:. Сите тие се решенија на првобитната равенка.

5. Равенки на формата.

Равенка на формата (25)

Под одредени услови на броеви, со замена на непознатото, може да се сведе на равенка на формата

Пример. Решете ја равенката

Решение. Бидејќи не е решение на равенката (26), тогаш делејќи ги броителот и именителот на секоја дропка од левата страна со, ја препишуваме во форма

Откако направивме промена на променливите, ја препишуваме равенката (27) во форма

Решавање на равенката (28) има и. Според тоа, равенката (27) е еквивалентна на множеството равенки и. (29)

За да користите прегледи на презентации, креирајте сметка на Google и најавете се на неа: https://accounts.google.com

Наслов на слајд:

Равенки од повисоки степени (корени на полином во една променлива).

План за предавање. бр.1. Равенки на повисоките степени по училишниот предмет по математика. бр.2. Стандардна форма на полином. број 3. Цели корени на полином. Хорнеровата шема. бр.4. Дробни корени на полином. број 5. Равенки од формата: (x + a)(x + b)(x + c) ... = A бр. 6. Реципрочни равенки. бр. 7. Хомогени равенки. бр.8. Метод на неодредени коефициенти. бр.9. Функционално - графички метод. бр. 10. Формулите на Виета за равенки од повисоки степени. бр 11. Нестандардни методи за решавање равенки од повисоки степени.

Равенки на повисоките степени по училишниот предмет по математика. 7-мо одделение. Стандардна форма на полином. Дејства со полиноми. Факторирање на полином. Во редовен час 42 часа, на посебен час 56 часа. 8 специјална класа. Цели корени на полином, поделба на полиноми, реципрочни равенки, разлика и збир на n-ти сили на бином, метод на неопределени коефициенти. Ју.Н. Макаричев „Дополнителни поглавја на курсот за училишна алгебра за 8 одделение“, М.Л. Галицки Збирка проблеми во алгебра за 8-9 одделение. 9 специјална класа. Рационални корени на полином. Генерализирани реципрочни равенки. Формули на Виета за равенки од повисоки степени. N.Ya. Виленкин „Алгебра 9-то одделение со продлабочено учење. 11 специјална класа. Идентитетот на полиномите. Полином во неколку променливи. Функционално - графички метод за решавање равенки од повисоки степени.

Стандардна форма на полином. Полином P(x) = a ⁿ x ⁿ + a p-1 x p-1 + … + a2x ² + a1x + a₀. Наречен полином со стандардна форма. a p x ⁿ е водечки член на полиномот и p е коефициент на водечки член на полиномот. Кога n = 1, P(x) се нарекува редуциран полином. и ₀ е слободен член на полиномот P(x). n е степенот на полиномот.

Цели корени на полином. Хорнеровата шема. Теорема бр. 1. Ако цел број a е корен на полиномот P(x), тогаш a е делител на слободниот член P(x). Пример бр. 1. Решете ја равенката. X4 + 2x³ = 11x² – 4x – 4 Да ја доведеме равенката во стандардна форма. X4 + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Го имаме полиномот P(x) = x 4 + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Делители на слободниот член: ± 1, ± 2, ±4. x = 1 корен од равенката бидејќи P(1) = 0, x = 2 е коренот на равенката бидејќи P(2) = 0 Теорема на Безут. Остатокот од делењето на полиномот P(x) со биномот (x – a) е еднаков на P(a). Последица. Ако a е коренот на полиномот P(x), тогаш P(x) се дели со (x – a). Во нашата равенка, P(x) се дели со (x – 1) и со (x – 2), а со тоа и со (x – 1) (x – 2). Кога се дели P(x) со (x² - 3x + 2), количникот го дава триномот x² + 5x + 2 = 0, кој има корени x = (-5 ± √17)/2

Дробни корени на полином. Теорема бр.2. Ако p / g е коренот на полиномот P(x), тогаш p е делител на слободниот член, g е делител на коефициентот на водечкиот член P(x). Пример #2: Решете ја равенката. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Делители на слободниот член: ±1, ±2, ±4, ±8. Ниту еден од овие бројки не ја задоволува равенката. Нема цели корени. Природни делители на коефициентот на водечкиот член P(x): 1, 2, 3, 6. Можни фракциони корени на равенката: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Со проверка сме убедени дека P(4/3) = 0. X = 4/3 е коренот на равенката. Користејќи ја шемата на Хорнер, го делиме P(x) со (x – 4/3).

Примери за независни решенија. Решете ги равенките: 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 - 9x + 1 - 0 0. Одговори: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Равенки од формата (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)… = A. Пример бр. 3. Решете ја равенката (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Помножете ја првата заграда со четвртата, а втората со третата. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x² + 5x + 4) (x² + 5x + 6) = 24. Нека x² + 5x + 4 = y , потоа y (y + 2) = 24, y² + 2y – 24 = 0 y1 = - 6, y2 = 4. x ² + 5x + 4 = -6 или x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, Д

Примери за независни решенија. (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, Забелешка: x + 3x + 2 = (x + 1) (x + 2), x² + 9x + 20 = (x + 4) ( x + 5) Одговори: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

Реципрочни равенки. Дефиниција бр. 1. Равенката од формата: ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 се нарекува реципрочна равенка од четврти степен. Дефиниција бр. 2. Равенката од формата: ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 се нарекува генерализирана реципрочна равенка од четврти степен. k² a: a = k²; kv: v = k Пример бр.6. Решете ја равенката x 4 - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Поделете ги двете страни на равенката со x². x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0, (x² + 1/ x²) – 7(x + 1/ x) + 14 = 0. Нека x + 1/ x = y. Ги квадратуваме двете страни на равенката. x² + 2 + 1/ x² = y², x² + 1/ x² = y² - 2. Ја добиваме квадратната равенка y² - 7y + 12 = 0, y1 = 3, y2 = 4. x + 1/ x =3 или x + 1/ x = 4. Добиваме две равенки: x² - 3x + 1 = 0, x² - 4x + 1 = 0. Пример бр. 3х4 - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Условот на генерализираната реципрочна равенка е задоволена до = -5. Решението е слично на примерот бр. 6. Поделете ги двете страни на равенката со x². 3x4 - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0, 3(x4 + 25/ x²) – 2(x – 5/ x) – 31 = 0. Нека x – 5/ x = y, ги квадратуваме двете страни на равенството x² - 10 + 25/ x² = y², x² + 25/ x² = y² + 10. Имаме квадратна равенка 3y² - 2y – 1 = 0, y1 = 1, y2 = - 1/ 3. x – 5/ x = 1 или x – 5/ x = -1/3. Добиваме две равенки: x² - x – 5 = 0 и 3x² + x – 15 = 0

Примери за независни решенија. 1. 78x4 - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0. 2. x 4 - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x 4 - x ³ - 10x² + 2x.4 + 4. - 38x² -10x + 24 = 0,5 x 4 + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x 4 - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Одговори: 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.

Хомогени равенки. Дефиниција. Равенка од формата a₀ u3 + a1 u² v + a2 uv² + a3 v3 = 0 се нарекува хомогена равенка од трет степен во однос на u v. Дефиниција. Равенка од формата a₀ u4 + a1 u3v + a2 u²v² + a3 uv3 + a4 v4 = 0 се нарекува хомогена равенка од четврти степен во однос на u v. Пример бр. 8. Решете ја равенката (x² - x + 1)³ + 2x4(x² - x + 1) – 3x6 = 0 Хомогена равенка од трет степен за u = x²- x + 1, v = x². Поделете ги двете страни на равенката со x 6. Прво проверивме дека x = 0 не е корен од равенката. (x² - x + 1/ x²)³ + 2 (x² - x + 1/ x²) - 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y, y³ + 2y - 3 = 0, y = 1 коренот на равенката. Полиномот P(x) = y³ + 2y – 3 го делиме со y – 1 според шемата на Хорнер. Во количникот добиваме трином кој нема корени. Одговор: 1.

Примери за независни решенија. 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, Одговори: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Нема корени.

Метод на неодредени коефициенти. Теорема бр.3. Два полиноми P(x) и G(x) се идентични ако и само ако имаат ист степен и коефициентите на исти степени на променливата во двата полиноми се еднакви. Пример бр. 9. Факторирајте го полиномот y4 - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y4 - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + уу + с)(y² + в1у + с1) =у 4 + у³(в2 у2 + в) с1 + с + в₁в) + у(с1 + св1) + сс 1. Според теоремата бр. 3, имаме систем на равенки: в1 + в = -4, с1 + с + в₁в = 5, сс1 + св1 = -4, сс1 = 1. Неопходно е да се реши системот во цели броеви. Последната равенка во цели броеви може да има решенија: c = 1, c1 =1; с = -1, с1 = -1. Нека с = с ₁ = 1, тогаш од првата равенка имаме в₁ = -4 –в. Заменуваме во втората равенка на системот ² + 4в + 3 = 0, в = -1, в1 = -3 или в = -3, в1 = -1. Овие вредности одговараат на третата равенка на системот. Кога с = с 1 = -1 Д

Пример бр. 10. Факторирајте го полиномот y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b)y² + (ab + c)y + ac. Имаме систем на равенки: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Можни решенија за цели броеви на третата равенка: (2; 1), (1; 2), (-2; -1 ), (-1; -2). Нека a = -2, c = -1. Од првата равенка на системот во = 2, што ја задоволува втората равенка. Заменувајќи ги овие вредности во саканата еднаквост, го добиваме одговорот: (y – 2)(y² + 2y – 1). Втор начин. Y³ - 5y + 2 = y³ -5y + 10 – 8 = (y³ - 8) – 5(y – 2) = (y – 2)(y² + 2y -1).

Примери за независни решенија. Факторирајте ги полиномите: 1. y4 + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y4 - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x 4 + 324, 4. y4 -8y³ + 24y² + 1 -5,5y равенката користејќи го методот на размножување: а) x 4 -3x² + 2 = 0, б) x 5 +5x³ -6x² = 0. Одговори: 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) , 5а) ± 1; ±√2, 5б) 0; 1.

Функционално - графички метод за решавање равенки од повисоки степени. Пример бр. 11. Решете ја равенката x 5 + 5x -42 = 0. Функција y = x 5 се зголемува, функцијата y = 42 – 5x се намалува (k

Примери за независни решенија. 1. Користејќи го својството на монотоност на функцијата, докажи дека равенката има еден корен и најди го овој корен: а) x ³ = 10 – x, б) x 5 + 3x³ - 11√2 – x. Одговори: а) 2, б) √2. 2. Решете ја равенката со помош на функционално-графскиот метод: а) x = ³ √x, б) l x l = ⁵ √x, в) 2 = 6 – x, d) (1/3) = x +4, d ) (x – 1)² = log₂ x, д) лог = (x + ½)², g) 1 - √x = ln x, h) √x – 2 = 9/x. Одговори: а) 0; ±1, б) 0; 1, в) 2, г) -1, д) 1; 2, ѓ) ½, е) 1, ж) 9.

Формули на Виета за равенки од повисоки степени. Теорема бр.5 (теорема на Виета). Ако равенката a x ⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ има n различни реални корени x 1, x 2, …, x, тогаш тие ги задоволуваат еднаквостите: За квадратна равенка ax² + bx + c = o: x 1 + x ₂ = -в/а, x1х 2 = с/а; За кубната равенка a3x3 + a2x ² + a1x + a0 = o: x 1 + x 2 + x 3 = -a2/a3; x1х 2 + x1х 3 + x₂х ₃ = а1/а3; x1х2х ₃ = -а0/а3; ..., за равенка од n-ти степен: x 1 + x 2 + ... x = - a / a, x1x 2 + x1x ₃ + ... + x x = a / a, ... , x1x 2 ·… · x = (- 1 ) ⁿ a₀/a. Исто така важи и обратната теорема.

Пример бр. 13. Напиши кубна равенка чии корени се инверзни на корените на равенката x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0, а коефициентот за x ³ е 2. 1. Со теоремата на Виета за кубната равенка имаме: x 1 + x ₂ + x ₃ = 6, x1x 2 + x₁х ₃ + x₂х ₃ = 12, x1х₂х ₃ = 18. 2. Ги составуваме реципроците на овие корени и за нив ја применуваме инверзната теорема Виета. 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/ x14 1. Ја добиваме равенката x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 Одговор: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Примери за независни решенија. 1. Напиши кубна равенка чии корени се инверзни квадрати на корените на равенката x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0, а коефициентот x ³ е 8. Одговор: 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. Нестандардни методи за решавање равенки од повисоки степени. Пример бр. 12. Решете ја равенката x 4 -8x + 63 = 0. Да ја факторизираме левата страна на равенката. Ајде да ги избереме точните квадрати. X4 - 8x + 63 = (x4 + 16x² + 64) – (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9) (x² - 4x + 7) = 0. И двете дискриминатори се негативни. Одговор: нема корени.

Пример бр. 14. Решете ја равенката 21x³ + x² - 5x – 1 = 0. Ако лажниот член на равенката е ± 1, тогаш равенката се претвора во намалената равенка со помош на замена x = 1/y. 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³, y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = -3 корен од равенката. (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 . Пример бр. 15. Решете ја равенката 4x³-10x² + 14x – 5 = 0. Помножете ги двете страни на равенката со 2. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0, (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = 0. Да воведеме нова променлива y = 2x, ја добиваме намалената равенка y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 корен од равенката. (y – 1)(y² - 4y + 10) = 0, D

Пример бр. 16. Докажете дека равенката x 4 + x ³ + x – 2 = 0 има еден позитивен корен. Нека f (x) = x 4 + x ³ + x – 2, f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o за x > o. Функцијата f (x) се зголемува за x > o, а вредноста на f (o) = -2. Очигледно е дека равенката има еден позитивен корен итн. Пример бр. 17. Решете ја равенката 8x(2x² - 1)(8x4 - 8x² + 1) = 1. И.Ф. Шаригин „Изборен предмет по математика за 11 одделение.“ М. Просветителство 1991 стр.90. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 и 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Да ја направиме замената x = пријатна, y € (0; n). За другите вредности на y, вредностите на x се повторуваат, а равенката нема повеќе од 7 корени. 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y, 8х4 - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos4y. 3. Равенката има форма 8 cozycos2ycos4y = 1. Помножете ги двете страни на равенката со синус. 8 sinycosycos2ycos4y = сини. Применувајќи ја формулата за двоен агол 3 пати, ја добиваме равенката sin8y = siny, sin8y – siny = 0

Крајот на решението на примерот бр. 17. Ја применуваме формулата за разлика на синусите. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0. Имајќи предвид дека y € (0;n), y = 2pk/3, k = 1, 2, 3 или y = n/9 + 2pk/9, k =0, 1, 2, 3. Враќајќи се на променливата x, добиваме одговор: Cos2 p/7, cos4 p/7, cos6 p/7, cos p/9, ½, cos5 p/9, cos7 p/9. Примери за независни решенија. Најдете ги сите вредности на a за кои равенката (x² + x) (x² + 5x + 6) = a има точно три корени. Одговор: 16.9. Насоки: Нацртај ја левата страна на равенката. Fmax = f(0) = 9/16. Правата y = 9/16 го сече графикот на функцијата во три точки. Решете ја равенката (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55. Одговор: -4; 2. Решете ја равенката (x + 3)4 + (x + 5)4 = 16. Одговор: -5; -3. Решете ја равенката 2(x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1). Одговор: -1; -1/2, 2;4 Најдете го бројот на реалните корени на равенката x ³ - 12x + 10 = 0 на [-3; 3/2]. Упатство: најдете го изводот и истражете го моното.

Примери за независни решенија (продолжение). 6. Најдете го бројот на реалните корени на равенката x 4 - 2x³ + 3/2 = 0. Одговор: 2 7. Нека x 1, x 2, x ₃ се корените на полиномот P(x) = x 3 - 6x² -15x + 1. Најдете X1² + x ₂² + x ₃². Одговор: 66. Насоки: Примени ја теоремата на Виета. 8. Докажете дека за a > o и произволна реална вредност во равенката x ³ + ax + b = o има само еден реален корен. Совет: Докажи со контрадикторност. Примени ја теоремата на Виета. 9. Решете ја равенката 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1). Одговор: ½; 1; (3 ± √13)/2. Совет: доведете ја равенката до хомогена равенка користејќи ги равенките X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1, x³ + 1 = (x + 1) (x² - x + 1). 10. Решете го системот равенки x + y = x², 3y – x = y². Одговор: (0;0), (2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Решете го системот: 4y² -3y = 2x –y, 5x² - 3y² = 4x – 2y. Одговор: (о;о), (1;1), (297/265; - 27/53).

Тест. Опција 1. 1. Реши ја равенката (x² + x) – 8(x² + x) + 12 = 0. 2. Реши ја равенката (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = - 15 3. Решете ја равенката 12x²(x – 3) + 64(x – 3)² = x 4. 4. Решете ја равенката x 4 - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Решете го системот равенки: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

Опција 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. Трета опција. 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.

Опција 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. Дополнителна задача: Остатокот од делењето на полиномот P(x) со (x – 1) е 4, остатокот кога се дели со (x + 1) е еднаков на 2, а кога се дели со (x – 2) е еднаков на 8. Најдете го остатокот кога делите P(x) со (x³ - 2x² - x + 2 ).

Одговори и упатства: опција бр.1 бр.2.бр.3.бр.4.бр.5. 1. - 3; ±2; 1 1;2;3. -5; -4; 1; 2. Хомогена равенка: u = x -3, v = x² -2; -1; 3; 4. (2;1); (2/3; 4/3). Совет: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2. 1±√11; 4; - 2. Хомогена равенка: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- триесет). Совет: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -1; 2. Хомогена u = x+ 2, v = x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Упатство: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ± √21)/2 (1;-2), (-1;2). Совет: 1·4 + 2 .

Решавање на дополнителна задача. Според теоремата на Безут: P(1) = 4, P(-1) = 2, P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + Со . Замена 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. Решавајќи го добиениот систем од три равенки, добиваме: a = b = 1, c = 2. Одговор: x² + x + 2.

Критериум бр.1 - 2 поени. 1 поен – една компјутерска грешка. Бр.2,3,4 – по 3 поени. 1 поен – доведе до квадратна равенка. 2 поени – една компјутерска грешка. бр.5. – 4 поени. 1 поен – изразува една променлива во однос на друга. 2 поени – доби едно од решенијата. 3 поени – една компјутерска грешка. Дополнителна задача: 4 поени. 1 поен – применета теорема на Безут за сите четири случаи. 2 поени – составил систем на равенки. 3 поени – една компјутерска грешка.

Трифанова Марина Анатолиевна
наставник по математика, општинска образовна институција „Гимназија бр. 48 (мултидисциплинарна)“, Талнах

Тројна цел на часот:

Образовни:
систематизација и генерализација на знаењата за решавање равенки од повисоки степени.
Развојни:
промовираат развој на логично размислување, способност за самостојно работење, вештини за меѓусебна контрола и самоконтрола, вештини за зборување и слушање.
Едукација:
развивање навика за постојано вработување, негување на одговорност, напорна работа и точност.

Тип на лекција:

лекција за интегрирана примена на знаења, вештини и способности.

Форма за лекција:

вентилација, физички вежби, разни облици на работа.

Опрема:

придружни белешки, картички со задачи, матрица за следење на часови.

ЗА ВРЕМЕ НА ЧАСОТ

I. Организациски момент

Пренесување на целта на часот на учениците.
Проверка на домашната задача (Прилог 1). Работа со придружните белешки (Прилог 2).

Равенките и одговорите за секоја од нив се запишуваат на табла. Учениците ги проверуваат своите одговори и даваат кратка анализа на решението на секоја равенка или одговараат на прашањата на наставникот (фронтална анкета). Самоконтрола - учениците си даваат оценки и ги предаваат своите тетратки на наставникот за корекција или одобрување на оценката. На таблата се запишани оценките од училиштето:

„5+“ - 6 равенки;
„5“ - 5 равенки;
„4“ - 4 равенки;
„3“ - 3 равенки.

Прашања за наставникот за домашна задача:

1 равенка

Која промена на променливите се прави во равенката?
Која равенка се добива по промена на променливите?

2 равенка

Кој полином е употребен за да се подели двете страни на равенката?
Која промена на променливите е добиена?

3 равенка

Кои полиноми треба да се помножат за да се поедностави решението на оваа равенка?

4 равенка

Именувајте ја функцијата f(x).
Како се пронајдени преостанатите корени?

5 равенка

Колку интервали се добиени за да се реши равенката?

6 равенка

Како може да се реши оваа равенка?
Кое решение е порационално?

II. Групната работа е главниот дел од лекцијата.

Часот е поделен во 4 групи. Секоја група добива картичка со теоретски и практични (Прилог 3) прашања: „Испитајте го предложениот метод за решавање на равенката и објаснете го користејќи го овој пример“.

Групна работа 15 минути.
На табла се пишуваат примери (таблата е поделена на 4 дела).
Групниот извештај трае 2-3 минути.
Наставникот ги коригира групните извештаи и помага при тешкотии.

Работата во групи продолжува на картите бр. 5 – 8. За секоја равенка се даваат по 5 минути за дискусија во групата. Потоа одборот дава извештај за оваа равенка - кратка анализа на решението. Равенката можеби не е целосно решена - таа се финализира дома, но редоследот на неговото решение се дискутира на час.

III. Самостојна работа.Додаток 4.

Секој ученик добива индивидуална задача.
Работата трае 20 минути.
5 минути пред крајот на часот, наставникот дава отворени одговори за секоја равенка.
Учениците разменуваат тетратки во круг и ги проверуваат одговорите со пријател. Тие даваат оценки.
На наставникот му се предаваат тетратки за проверка и корекција на оценката.

IV. Резиме на лекција.

Домашна работа.

Формулирајте решенија на недовршени равенки. Подгответе се за контролното сечење.

Оценување.