V sodobnem času, prenasičenem z informacijami, časom za komunikacijo in dopisovanje...
Besedilo dela je objavljeno brez slik in formul.
Celotna različica dela je na voljo v zavihku "Delovne datoteke" v formatu PDF
Uvod
Reševanje algebrskih enačb višjih stopenj z eno neznanko je eden najtežjih in starodavnih matematičnih problemov. S temi problemi so se ukvarjali najvidnejši matematiki antike.
Reševanje enačb n-te stopnje je pomembna naloga sodobne matematike. Zanimanje zanje je kar veliko, saj so te enačbe tesno povezane z iskanjem korenov enačb, ki niso zajete v šolskem učnem načrtu matematike.
Težava: Pomanjkanje spretnosti učencev pri reševanju enačb višjih stopenj na različne načine jim preprečuje uspešno pripravo na zaključno spričevalo iz matematike in matematičnih olimpijad ter usposabljanje v specializiranem matematičnem razredu.
Našteta dejstva ugotovljena ustreznost naše delo “Reševanje enačb višjih stopenj”.
Poznavanje najenostavnejših metod reševanja enačb n-te stopnje skrajša čas za dokončanje naloge, od katerega sta odvisna rezultat dela in kakovost učnega procesa.
Cilj dela: preučevanje znanih metod za reševanje enačb višjih stopenj in prepoznavanje najbolj dostopnih med njimi za praktično uporabo.
Glede na cilj je v delu opredeljeno: naloge:
Študij literature in internetnih virov na to temo;
Seznanite se z zgodovinskimi dejstvi, povezanimi s to temo;
Opišite različne načine reševanja enačb višje stopnje
primerjajte stopnjo zapletenosti vsakega od njih;
Seznaniti sošolce z načini reševanja enačb višjih stopenj;
Ustvarite izbor enačb za praktično uporabo vsake od obravnavanih metod.
Predmet študija- enačbe višjih stopenj z eno spremenljivko.
Predmet študija- metode za reševanje enačb višjih stopenj.
Hipoteza: Ne obstaja splošna metoda ali en sam algoritem, ki bi omogočal iskanje rešitev enačb n-te stopnje v končnem številu korakov.
Raziskovalne metode:
- bibliografska metoda (analiza literature o temi raziskovanja);
- metoda razvrščanja;
- metoda kvalitativne analize.
Teoretični pomen raziskovanje obsega sistematizacijo metod za reševanje enačb višjih stopenj in opisovanje njihovih algoritmov.
Praktični pomen- predstavljeno gradivo na to temo in razvoj učnega pripomočka za študente na to temo.
1. ENAČBE VIŠJIH STOPENJ
1.1 Pojem enačbe n-te stopnje
Definicija 1. Enačba n-te stopnje je enačba oblike
a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, kjer so koeficienti a 0, a 1, a 2…, a n -1, a n- katera koli realna števila in ,a 0 ≠ 0 .
Polinom a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n imenujemo polinom n-te stopnje. Koeficienti se razlikujejo po imenih: a 0 - koeficient seniorja; a n je brezplačen član.
Definicija 2. Rešitve ali koreni dane enačbe so vse vrednosti spremenljivke X, ki to enačbo spremenijo v pravo numerično enakost ali, za katero polinom a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n gre na nič. Ta spremenljiva vrednost X imenovan tudi koren polinoma. Rešiti enačbo pomeni najti vse njene korenine ali ugotoviti, da jih ni.
če a 0 = 1, potem takšno enačbo imenujemo reducirana celoštevilska racionalna enačba n th stopnje.
Za enačbe tretje in četrte stopnje obstajata Cardano in Ferrarijeva formula, ki izražata korene teh enačb prek radikalov. Izkazalo se je, da se v praksi redko uporabljajo. Torej, če je n ≥ 3 in so koeficienti polinoma poljubna realna števila, potem iskanje korenin enačbe ni lahka naloga. Vendar pa je v mnogih posebnih primerih ta problem popolnoma rešen. Poglejmo jih nekaj.
1.2 Zgodovinska dejstva za reševanje enačb višje stopnje
Že v starih časih so ljudje spoznali, kako pomembno se je naučiti reševati algebrske enačbe. Pred približno 4000 leti so babilonski znanstveniki znali rešiti kvadratno enačbo in so reševali sistema dveh enačb, od katerih je bila ena druge stopnje. S pomočjo enačb višjih stopenj so se reševali različni problemi zemljemerstva, arhitekture in vojaških zadev, nanje so se zreducirala številna in raznolika vprašanja prakse in naravoslovja, saj natančen jezik matematike omogoča preprosto izražanje dejstev in odnosov. , kar se lahko zdi zmedeno in zapleteno, če je navedeno v običajnem jeziku.
Univerzalna formula za iskanje korenin algebraične enačbe nth brez diplome. Mnogi so seveda imeli vabljivo idejo, da bi za katero koli stopnjo n našli formule, ki bi izražale korenine enačbe skozi njene koeficiente, torej rešile enačbo v radikalih.
Šele v 16. stoletju so italijanski matematiki uspeli napredovati naprej - najti formule za n = 3 in n = 4. Istočasno so Scipio, Dahl, Ferro in njegova učenca Fiori in Tartaglia preučevali vprašanje splošne rešitve enačbe 3. stopnje.
Leta 1545 je izšla knjiga italijanskega matematika D. Cardana "Velika umetnost ali o pravilih algebre", kjer so poleg drugih vprašanj algebre obravnavane splošne metode za reševanje kubičnih enačb, pa tudi metoda za reševanje enačb 4. stopnje, ki jih je odkril njegov učenec L. Ferrari.
Popolno predstavitev vprašanj v zvezi z reševanjem enačb 3. in 4. stopnje je podal F. Viet.
V dvajsetih letih 19. stoletja je norveški matematik N. Abel dokazal, da korenin enačb pete stopnje ni mogoče izraziti z radikali.
Študija je pokazala, da sodobna znanost pozna veliko načinov za reševanje enačb n-te stopnje.
Rezultat iskanja metod za reševanje enačb višjih stopenj, ki jih ni mogoče rešiti z metodami, obravnavanimi v šolskem kurikulumu, so bile metode, ki temeljijo na uporabi Vietovega izreka (za enačbe stopnje n>2), Bezoutove izreke, Hornerjeve sheme ter Cardano in Ferrarijevo formulo za reševanje kubičnih in kvartnih enačb.
Delo predstavlja metode za reševanje enačb in njihove vrste, ki so za nas postale odkritje. Sem spadajo metoda nedoločenih koeficientov, izbira polne stopnje, simetrične enačbe.
2. REŠITEV CELOTNIH ENAČB VIŠJIH STOPENJ S CELIMI KOEFICIENTI
2.1 Reševanje enačb 3. stopnje. Formula D. Cardano
Razmislite o enačbah oblike x 3 +px+q=0. Pretvorimo splošno enačbo v obliko: x 3 +px 2 +qx+r=0. Zapišimo formulo za kub vsote; Dodajmo jo prvotni enakosti in jo nadomestimo z l. Dobimo enačbo: l 3 + (q -) (y -) + (r - =0. Po transformacijah imamo: l 2 +py + q=0. Zdaj pa ponovno zapišimo formulo kocke vsote:
(a+b) 3 =a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 =a 3 + b 3 + 3ab (a + b), zamenjati ( a+b)na x, dobimo enačbo x 3 - 3abx - (a 3 +b 3) = 0. Zdaj lahko vidimo, da je prvotna enačba enakovredna sistemu: in z rešitvijo sistema dobimo:
Dobili smo formulo za rešitev zgornje enačbe 3. stopnje. Nosi ime italijanskega matematika Cardana.
Poglejmo si primer. Reši enačbo: .
Imamo R= 15 in q= 124, nato pa s Cardano formulo izračunamo koren enačbe
Zaključek: ta formula je dobra, vendar ni primerna za reševanje vseh kubičnih enačb. Hkrati pa je okoren. Zato se v praksi redko uporablja.
Toda kdor obvlada to formulo, jo lahko uporabi pri reševanju enačb tretje stopnje na Enotnem državnem izpitu.
2.2 Vietov izrek
Iz tečaja matematike poznamo ta izrek za kvadratno enačbo, le malo ljudi pa ve, da se uporablja tudi za reševanje enačb višjega reda.
Razmislite o enačbi:
Levo stran enačbe faktorizirajmo in delimo z ≠ 0.
Pretvorimo desno stran enačbe v obliko
; Iz tega sledi, da lahko v sistem zapišemo naslednje enačbe:
Formule, ki jih je izpeljal Viète za kvadratne enačbe in smo jih pokazali za enačbe 3. stopnje, veljajo tudi za polinome višjih stopenj.
Rešimo kubično enačbo:
Zaključek: ta metoda je univerzalna in dovolj enostavna za razumevanje učencev, saj jim je Vietov izrek znan iz šolskega učnega načrta za n. = 2. Hkrati morate imeti dobre računalniške sposobnosti, če želite najti korenine enačb z uporabo tega izreka.
2.3 Bezoutov izrek
Ta izrek je dobil ime po francoskem matematiku iz 18. stoletja J. Bezoutu.
Izrek.Če enačba a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, v katerem so vsi koeficienti cela števila, prosti člen pa ni nič in ima celoštevilski koren, potem je ta koren delitelj prostega člena.
Glede na to, da je na levi strani enačbe polinom n-te stopnje, ima izrek drugačno razlago.
Izrek. Pri deljenju polinoma n-te stopnje glede na x po binomu x-a ostanek je enak vrednosti dividende, ko x = a. (pismo a lahko označuje poljubno realno ali imaginarno število, tj. poljubno kompleksno število).
Dokaz: pustiti f(x) označuje poljuben polinom n-te stopnje glede na spremenljivko x in pustimo, ko ga delimo z binomom ( x-a) se je izkazalo zasebno q(x), in preostanek R. To je očitno q(x) tam bo nekaj polinoma (n - 1) stopnja glede na x, in preostanek R bo konstantna vrednost, tj. neodvisen od x.
Če ostanek R je bil polinom prve stopnje glede na x, bi to pomenilo, da deljenje ni uspelo. Torej, R od x ni odvisno. Z definicijo delitve dobimo identiteto: f(x)=(x-a) q(x)+R.
Enakost velja za katero koli vrednost x, kar pomeni, da velja tudi za x=a, dobimo: f(a)=(a-a) q(a)+R. Simbol f(a) označuje vrednost polinoma f (x) pri x=a, q(a) pomeni vrednost q(x) pri x=a. Ostanek R ostala taka, kot je bila prej, saj R od x ni odvisno. delo ( x-a) q(a) = 0, saj faktor ( x-a) = 0, in množitelj q(a) obstaja določeno število. Zato iz enakosti dobimo: f(a)= R, itd.
Primer 1. Poišči preostanek polinoma x 3 - 3x 2 + 6x- 5 na binom
x- 2. Po Bezoutovem izreku : R=f(2) = 23-322 + 62 -5=3. odgovor: R= 3.
Upoštevajte, da Bezoutov izrek ni pomemben toliko sam po sebi kot zaradi svojih posledic. (Priloga 1)
Oglejmo si nekaj tehnik za uporabo Bezoutovega izreka pri reševanju praktičnih problemov. Upoštevati je treba, da je pri reševanju enačb z uporabo Bezoutovega izreka potrebno:
Poišči vse cele delitelje prostega člena;
Poiščite vsaj en koren enačbe iz teh deliteljev;
Levo stran enačbe delite z (Ha);
Zmnožek delitelja in količnika zapišite na levo stran enačbe;
Reši dobljeno enačbo.
Poglejmo si primer reševanja enačbe x 3 + 4X 2 + x - 6 = 0 .
Rešitev: poiščite delitelje prostega člena ±1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Izračunajmo vrednosti pri x= 1, 1 3 + 41 2 + 1- 6=0. Levo stran enačbe delite z ( X- 1). Naredimo delitev z uporabo "kota" in dobimo:
Zaključek: Bezoutov izrek je ena izmed metod, ki jih obravnavamo pri svojem delu, preučujemo pa jo v programu izbirnega pouka. Težko ga je razumeti, saj je za njegovo obvladovanje potrebno poznati vse njegove posledice, hkrati pa je Bezoutov izrek eden glavnih pomočnikov študentov na Enotnem državnem izpitu.
2.4 Hornerjeva shema
Deljenje polinoma z binomom x-α lahko uporabite posebno preprosto tehniko, ki so jo izumili angleški matematiki iz 17. stoletja, kasneje imenovano Hornerjeva shema. Poleg iskanja korenov enačb lahko s pomočjo Hornerjeve sheme preprosteje izračunate njihove vrednosti. Če želite to narediti, morate vrednost spremenljivke nadomestiti s polinomom Pn (x)=a 0 xn+a 1 x n-1 +a 2 xⁿ - ²+…++a n -1 x+a n. (1)
Razmislite o delitvi polinoma (1) z binomom x-α.
Izrazimo koeficiente nepopolnega količnika b 0 xⁿ - ¹+ b 1 xⁿ - ²+ b 2 xⁿ - ³+…+ bn -1 in preostanek r skozi koeficiente polinoma Pn( x) in številko α. b 0 =a 0 , b 1 = α b 0 +a 1 , b 2 = α b 1 +a 2 …, bn -1 =
= α bn -2 +a n -1 = α bn -1 +a n .
Izračuni po Hornerjevi shemi so predstavljeni v naslednji tabeli:
|
A 0 |
a 1 |
a 2 , |
|||
|
b 0 =a 0 |
b 1 = α b 0 +a 1 |
b 2 = α b 1 +a 2 |
r=α b n-1 +a n |
Zaradi r=Pn(α), potem je α koren enačbe. Da bi preverili, ali je α večkratni koren, lahko Hornerjevo shemo uporabimo za količnik b 0 x+ b 1 x+...+ bn -1 glede na tabelo. Če v stolpcu pod bn -1 rezultat je spet 0, kar pomeni, da je α večkratni koren.
Poglejmo primer: reši enačbo X 3 + 4X 2 + x - 6 = 0.
Uporabimo na levi strani enačbe faktorizacijo polinoma na levi strani enačbe, Hornerjevo shemo.
Rešitev: poiščite delitelje prostega člena ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.
|
6 ∙ 1 + (-6) = 0 |
Koeficienti količnika so števila 1, 5, 6, ostanek pa r = 0.
pomeni, X 3 + 4X 2 + X - 6 = (X - 1) (X 2 + 5X + 6) = 0.
Od tod: X- 1 = 0 oz X 2 + 5X + 6 = 0.
X = 1, X 1 = -2; X 2 = -3. odgovor: 1,- 2, - 3.
Sklep: Tako smo na eni enačbi prikazali uporabo dveh različnih metod faktoriziranja polinomov. Po našem mnenju je Hornerjeva shema najbolj praktična in ekonomična.
2.5 Reševanje enačb 4. stopnje. Ferrarijeva metoda
Cardanov študent Ludovic Ferrari je odkril način za rešitev enačbe četrte stopnje. Ferrarijeva metoda je sestavljena iz dveh stopenj.
I. stopnja: enačbe oblike so predstavljene kot produkt dveh kvadratnih trinomov, kar izhaja iz dejstva, da je enačba 3. stopnje in ima vsaj eno rešitev.
Stopnja II: dobljene enačbe se rešijo s faktorizacijo, vendar je treba za iskanje zahtevane faktorizacije rešiti kubične enačbe.
Ideja je predstaviti enačbe v obliki A 2 =B 2, kjer je A= x 2 +s,
B-linearna funkcija x. Nato je treba rešiti enačbe A = ±B.
Zaradi jasnosti upoštevajte enačbo: Če izoliramo 4. stopnjo, dobimo: Za katero koli d izraz bo popoln kvadrat. Seštejemo obe strani enačbe, ki jo dobimo
Na levi strani je celoten kvadrat, ki ga lahko dvignete d, tako da tudi desna stran (2) postane popoln kvadrat. Predstavljajmo si, da smo to dosegli. Potem je naša enačba videti takole:
Iskanje korena kasneje ne bo težko. Da bi izbrali pravo d potrebno je, da diskriminanta desne strani (3) postane nič, tj.
Torej najti d, moramo rešiti to enačbo 3. stopnje. Ta pomožna enačba se imenuje razrešilo.
Brez težav najdemo celoten koren razrešnice: d = 1
Če zamenjamo enačbo v (1), dobimo
Zaključek: Ferrarijeva metoda je univerzalna, a zapletena in okorna. Hkrati, če je algoritem rešitve jasen, je enačbe 4. stopnje mogoče rešiti s to metodo.
2.6 Metoda negotovih koeficientov
Uspešnost reševanja enačbe 4. stopnje po Ferrarijevi metodi je odvisna od tega, ali rešujemo rezolvento - enačbo 3. stopnje, kar pa, kot vemo, ni vedno mogoče.
Bistvo metode nedoločenih koeficientov je v tem, da se ugane vrsta faktorjev, na katere se dani polinom razgradi, koeficienti teh faktorjev (tudi polinomov) pa se določijo z množenjem faktorjev in enačenjem koeficientov pri enakih potencah spremenljivka.
Primer: reši enačbo:
Recimo, da je levo stran naše enačbe mogoče razstaviti na dva kvadratna trinoma s celimi koeficienti, tako da velja identična enakost
Očitno morajo biti koeficienti pred njimi enaki 1, prosti členi pa morajo biti enaki ena + 1, drugi - 1.
Koeficienti, obrnjeni proti X. Označimo jih z A in in da jih določimo, pomnožimo oba trinoma na desni strani enačbe.
Kot rezultat dobimo:
Enačenje koeficientov pri enakih stopinjah X na levi in desni strani enakosti (1) dobimo sistem za iskanje in
Ko bomo rešili ta sistem, bomo imeli
Torej je naša enačba enakovredna enačbi
Ko jo rešimo, dobimo naslednje korenine: .
Metoda nedoločenih koeficientov temelji na naslednjih trditvah: vsak polinom četrte stopnje v enačbi je mogoče razstaviti na zmnožek dveh polinomov druge stopnje; dva polinoma sta identično enaka, če in samo če sta njuna koeficienta enaka pri enakih potencah X.
2.7 Simetrične enačbe
Opredelitev. Enačba oblike se imenuje simetrična, če so prvi koeficienti na levi enačbe enaki prvim koeficientom na desni.
Vidimo, da so prvi koeficienti na levi enaki prvim koeficientom na desni.
Če ima taka enačba liho stopnjo, potem ima koren X= - 1. Nato lahko znižamo stopnjo enačbe tako, da jo delimo z ( x+ 1). Izkazalo se je, da pri deljenju simetrične enačbe z ( x+ 1) dobimo simetrično enačbo sode stopnje. Dokaz o simetriji koeficientov je predstavljen spodaj. (Priloga 6) Naša naloga je, da se naučimo reševati simetrične enačbe sode stopnje.
Na primer: (1)
Rešimo enačbo (1), delimo s X 2 (do srednje stopnje) = 0.
Združimo izraze s simetričnimi
) + 3(x+ . Označimo pri= x+ , kvadriramo obe strani, torej = pri 2 Torej, 2( pri 2 ali 2 pri 2 + 3 reševanje enačbe, dobimo pri = , pri= 3. Nato se vrnimo k zamenjavi x+ = in x+ = 3. Dobimo enačbi in Prva nima rešitve, druga pa ima dva korena. Odgovor:.
Zaključek: s to vrsto enačbe se ne srečujete pogosto, če pa naletite nanjo, jo je mogoče zlahka in preprosto rešiti, ne da bi se zatekli k okornim izračunom.
2.8 Izolacija polne stopnje
Razmislite o enačbi.
Leva stran je kub vsote (x+1), tj.
Iz obeh delov izvlečemo tretji koren: , potem dobimo
Kje je edina korenina?
REZULTATI RAZISKAVE
Na podlagi rezultatov dela smo prišli do naslednjih ugotovitev:
Zahvaljujoč preučeni teoriji smo se seznanili z različnimi metodami reševanja celotnih enačb višjih stopenj;
Formula D. Cardano je težka za uporabo in daje veliko verjetnost napak pri izračunu;
− Metoda L. Ferrarija omogoča redukcijo rešitve enačbe četrte stopnje na kubično;
− Bezoutov izrek lahko uporabimo tako za kubične enačbe kot za enačbe četrte stopnje; je bolj razumljiv in nazoren pri reševanju enačb;
Hornerjeva shema pomaga bistveno zmanjšati in poenostaviti izračune pri reševanju enačb. Poleg iskanja korenin lahko s Hornerjevo shemo preprosteje izračunate vrednosti polinomov na levi strani enačbe;
Posebno zanimive so bile rešitve enačb z metodo nedoločenih koeficientov in reševanje simetričnih enačb.
Med raziskovalnim delom je bilo ugotovljeno, da se učenci z najenostavnejšimi metodami reševanja enačb najvišje stopnje seznanijo pri izbirnem pouku matematike, začenši v 9. ali 10. razredu, pa tudi pri posebnih predmetih na gostujočih matematičnih šolah. To dejstvo je bilo ugotovljeno kot rezultat ankete učiteljev matematike na MBOU "Srednja šola št. 9" in študentov, ki so pokazali povečano zanimanje za predmet "matematika".
Najbolj priljubljene metode za reševanje enačb višjih stopenj, s katerimi se srečujemo pri reševanju olimpijad, tekmovalnih problemov in kot posledica priprav študentov na izpite, so metode, ki temeljijo na uporabi Bezoutovega izreka, Hornerjeve sheme in uvedbi nove spremenljivke.
Prikaz rezultatov raziskovalnega dela, t.j. metode za reševanje enačb, ki se ne poučujejo v šolskem kurikulumu matematike, so zanimale moje sošolce.
Zaključek
Po preučevanju izobraževalne in znanstvene literature, internetnih virov na mladinskih izobraževalnih forumih
Če želite uporabljati predogled predstavitev, ustvarite Google račun in se prijavite vanj: https://accounts.google.com
Podnapisi diapozitivov:
Enačbe višjih stopenj (korenine polinoma v eni spremenljivki).
Načrt predavanja. št. 1. Enačbe višjih stopenj v šolskem tečaju matematike. št. 2. Standardna oblika polinoma. Št. 3. Cele korenine polinoma. Hornerjeva shema. Št. 4. Delni koreni polinoma. Št. 5. Enačbe oblike: (x + a)(x + b)(x + c) ... = A Št. 6. Recipročne enačbe. Št. 7. Homogene enačbe. Št. 8. Metoda nedoločenih koeficientov. Št. 9. Funkcionalno - grafična metoda. Št. 10. Vieta formule za enačbe višjih stopenj. Št. 11. Nestandardne metode za reševanje enačb višjih stopenj.
Enačbe višjih stopenj v šolskem tečaju matematike. 7. razred. Standardna oblika polinoma. Dejanja s polinomi. Faktoriziranje polinoma. V rednem razredu 42 ur, v posebnem razredu 56 ur. 8 posebni razred. Celoštevilske korenine polinoma, deljenje polinomov, recipročne enačbe, razlika in vsota n-tih potenc binoma, metoda nedoločenih koeficientov. Yu.N. Makarychev "Dodatna poglavja k šolskemu tečaju algebre za 8. razred", M. L. Galitsky Zbirka problemov iz algebre za 8. - 9. razred." 9 posebni razred. Racionalne korenine polinoma. Posplošene recipročne enačbe. Vieta formule za enačbe višjih stopenj. N.Ya. Vilenkin “Algebra 9. razred s poglobljenim študijem. 11 posebni razred. Identiteta polinomov. Polinom v več spremenljivkah. Funkcionalno - grafična metoda za reševanje enačb višjih stopenj.
Standardna oblika polinoma. Polinom P(x) = a ⁿ x ⁿ + a p-1 x p-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Imenuje se polinom standardne oblike. a p x ⁿ je vodilni člen polinoma in p je koeficient vodilnega člena polinoma. Ko je n = 1, se P(x) imenuje reducirani polinom. in ₀ je prosti člen polinoma P(x). n je stopnja polinoma.
Cele korenine polinoma. Hornerjeva shema. Izrek št. 1. Če je celo število a koren polinoma P(x), potem je a delitelj prostega člena P(x). Primer št. 1. Reši enačbo. X4 + 2x³ = 11x² – 4x – 4 Pripravimo enačbo v standardno obliko. X4 + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Imamo polinom P(x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Delitelji prostega člena: ± 1, ± 2, ±4. x = 1 koren enačbe, ker P(1) = 0, x = 2 je koren enačbe, ker P(2) = 0 Bezoutov izrek. Ostanek deljenja polinoma P(x) z binomom (x – a) je enak P(a). Posledica. Če je a koren polinoma P(x), potem je P(x) deljen z (x – a). V naši enačbi je P(x) deljen z (x – 1) in z (x – 2), torej z (x – 1) (x – 2). Ko P(x) delimo z (x² - 3x + 2), dobimo količnik trinom x² + 5x + 2 = 0, ki ima korenine x = (-5 ± √17)/2
Ulomljeni koreni polinoma. Izrek št. 2. Če je p / g koren polinoma P(x), potem je p delitelj prostega člena, g je delitelj koeficienta vodilnega člena P(x). Primer #2: Rešite enačbo. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Delitelji prostega člena: ±1, ±2, ±4, ±8. Nobena od teh številk ne zadošča enačbi. Celih korenin ni. Naravni delilniki koeficienta vodilnega člena P(x): 1, 2, 3, 6. Možni delni koreni enačbe: ±2/3, ±4/3, ±8/3. S preverjanjem se prepričamo, da je P(4/3) = 0. X = 4/3 je koren enačbe. Z uporabo Hornerjeve sheme delimo P(x) z (x – 4/3).
Primeri samostojnih rešitev. Rešite enačbe: 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 - 9x + 10 = 0. Odgovori: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.
Enačbe oblike (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)… = A. Primer št. 3. Rešite enačbo (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Pomnožite prvi oklepaj s četrtim in drugega s tretjim. (x + 1)(x + 4)(x + 20(x + 3) = 24. (x² + 5x + 4)(x² + 5x + 6) = 24. Naj bo x² + 5x + 4 = y, potem je y (y + 2) = 24, y² + 2y – 24 = 0 y₁ = - 6, y₂ = 4. x ² + 5x + 4 = -6 ali x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D
Primeri samostojnih rešitev. (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = -15, x (x + 4)(x + 5)(x + 9) + 96 = 0, x (x + 3) )(x + 5)(x + 8) + 56 = 0, (x – 4)(x – 3)(x – 2)(x – 1) = 24, (x – 3)(x -4)( x – 5)(x – 6) = 1680, (x² - 5x)(x + 3)(x – 8) + 108 = 0, (x + 4)² (x + 10)(x – 2) + 243 = 0 (x² + 3x + 2)(x² + 9x + 20) = 4, Opomba: x + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2), x² + 9x + 20 = (x + 4)( x + 5) Odgovori: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.
Recipročne enačbe. Opredelitev št. 1. Enačba oblike: ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 se imenuje recipročna enačba četrte stopnje. Opredelitev št. 2. Enačba oblike: ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 se imenuje posplošena recipročna enačba četrte stopnje. k² a: a = k²; kv: v = k Primer št. 6. Rešite enačbo x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Obe strani enačbe delite z x². x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0, (x² + 1/ x²) – 7(x + 1/ x) + 14 = 0. Naj bo x + 1/ x = y. Kvadriramo obe strani enačbe. x² + 2 + 1/ x² = y², x² + 1/ x² = y² - 2. Dobimo kvadratno enačbo y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4. x + 1/ x =3 ali x + 1/ x = 4. Dobimo dve enačbi: x² - 3x + 1 = 0, x² - 4x + 1 = 0. Primer št. 7. 3х⁴ - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Pogoj posplošene recipročne enačbe je izpolnjen do = -5. Rešitev je podobna primeru št. 6. Obe strani enačbe delite z x². 3x⁴ - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0, 3(x4 + 25/ x²) – 2(x – 5/ x) – 31 = 0. Naj bo x – 5/ x = y, oboje kvadriramo strani enačbe x² - 10 + 25/ x² = y², x² + 25/ x² = y² + 10. Imamo kvadratno enačbo 3y² - 2y – 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = - 1/ 3. x – 5/ x = 1 ali x – 5/ x = -1/3. Dobimo dve enačbi: x² - x – 5 = 0 in 3x² + x – 15 = 0
Primeri samostojnih rešitev. 1. 78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0. 2. x ⁴ - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x ⁴ - x³ - 10x² + 2x + 4 = 0. 4. 6x4 + 5x³ - 38x² -10x + 24 = 0,5 x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Odgovori: 1) 2/3; 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.
Homogene enačbe. Opredelitev. Enačba oblike a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ = 0 se imenuje homogena enačba tretje stopnje glede na u v. Opredelitev. Enačba oblike a₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a3 uv³ + a₄ v⁴ = 0 se imenuje homogena enačba četrte stopnje glede na u v. Primer št. 8. Rešite enačbo (x² - x + 1)³ + 2x⁴(x² - x + 1) – 3x⁶ = 0 Homogeno enačbo tretje stopnje za u = x²- x + 1, v = x². Obe strani enačbe delite z x ⁶. Najprej smo preverili, da x = 0 ni koren enačbe. (x² - x + 1/ x²)³ + 2(x² - x + 1/ x²) – 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y, y³ + 2y – 3 = 0, y = 1 koren enačbe. Polinom P(x) = y³ + 2y – 3 delimo z y – 1 po Hornerjevi shemi. V količniku dobimo trinom, ki nima korenin. Odgovor: 1.
Primeri samostojnih rešitev. 1. 2(x² + 6x + 1)² + 5(X² + 6X + 1)(X² + 1) + 2(X² + 1)² = 0, 2. (X + 5)⁴ - 13X²(X + 5) )² + 36X⁴ = 0. 3. 2(X² + X + 1)² - 7(X – 1)² = 13(X³ - 1), 4. 2(X -1)⁴ - 5(X² - 3X + 2)² + 2(x – 2)⁴ = 0. 5. (x² + x + 4)² + 3x(x² + x + 4) + 2x² = 0, Odgovori: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Ni korenin.
Metoda nedoločenih koeficientov. Izrek št. 3. Dva polinoma P(x) in G(x) sta enaka, če in samo če imata enako stopnjo in sta koeficienta enakih stopenj spremenljivke v obeh polinomih enaka. Primer št. 9. Faktoriziraj polinom y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + уу + с)(y² + в₁у + с₁) =у ⁴ + у³(в₁ + в) + у² ( с₁ + с + в₁в) + у(с₁ + св₁) + сс ₁. Po izreku št. 3 imamo sistem enačb: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, сс₁ + св₁ = -4, сс₁ = 1. Sistem je treba rešiti v celih številih. Zadnja enačba v celih številih ima lahko rešitve: c = 1, c₁ =1; с = -1, с₁ = -1. Naj bo с = с ₁ = 1, potem iz prve enačbe dobimo в₁ = -4 –в. V drugo enačbo sistema nadomestimo v² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 ali в = -3, в₁ = -1. Te vrednosti ustrezajo tretji enačbi sistema. Ko je с = с ₁ = -1 D
Primer št. 10. Faktoriziraj polinom y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b)y² + (ab + c)y + ac. Imamo sistem enačb: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Možne celoštevilske rešitve tretje enačbe: (2; 1), (1; 2), (-2; -1) ), (-1 ; -2). Naj bo a = -2, c = -1. Iz prve enačbe sistema v = 2, ki zadošča drugi enačbi. Če nadomestimo te vrednosti v želeno enakost, dobimo odgovor: (y – 2)(y² + 2y – 1). Drugi način. Y³ - 5y + 2 = y³ -5y + 10 – 8 = (y³ - 8) – 5(y – 2) = (y – 2)(y² + 2y -1).
Primeri samostojnih rešitev. Razčlenite polinome na faktorje: 1. y⁴ + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y4 - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y4 -8y³ + 24y² -32y + 15, 5. Rešite enačba z metodo faktorizacije: a) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ +5x³ -6x² = 0. Odgovori: 1) (y² +2y -2)(y² +2y +4), 2) (y – 1)²(y² -2y + 2), 3) (x² -6x + 18)(x² + 6x + 18), 4) (y – 1)(y – 3)(y² - 4у + 5) , 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.
Funkcionalno - grafična metoda za reševanje enačb višjih stopenj. Primer št. 11. Rešite enačbo x ⁵ + 5x -42 = 0. Funkcija y = x ⁵ narašča, funkcija y = 42 – 5x pada (k
Primeri samostojnih rešitev. 1. Z lastnostjo monotonosti funkcije dokažite, da ima enačba en sam koren in poiščite ta koren: a) x ³ = 10 – x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 – x. Odgovori: a) 2, b) √2. 2. S funkcijsko-grafično metodo rešite enačbo: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 – x, d) (1/3) = x +4, d ) (x – 1)² = log₂ x, e) log = (x + ½)², g) 1 - √x = ln x, h) √x – 2 = 9/x. Odgovori: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.
Vieta formule za enačbe višjih stopenj. Izrek št. 5 (Vietov izrek). Če ima enačba a x ⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ n različnih realnih korenov x ₁, x ₂, …, x, potem izpolnjujejo enakosti: Za kvadratno enačbo ax² + bx + c = o: x ₁ + x ₂ = -в/а, x₁х ₂ = с/а; Za kubično enačbo a₃x ³ + 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; ..., za enačbo n-te stopnje: x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x = a / a, ... , x₁x ₂ ·… · x = (- 1 ) ⁿ a₀/a. Velja tudi obratni izrek.
Primer št. 13. Napiši kubično enačbo, katere koreni so inverzni korenom enačbe x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0, koeficient za x ³ pa je 2. 1. Po Vietovem izreku za kubično enačbo imamo: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁х ₃ + x₂х ₃ = 12, x₁х₂х ₃ = 18. 2. Sestavimo recipročne vrednosti teh korenov in zanje uporabimo obratni izrek Vieta. 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/ x₁х₂х ₃ = 1/18. Dobimo enačbo x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 Odgovor: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.
Primeri samostojnih rešitev. 1. Napišite kubično enačbo, katere koreni so inverzni kvadrati korenin enačbe x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0, koeficient pri x ³ pa je 8. Odgovor: 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. Nestandardne metode za reševanje enačb višjih stopenj. Primer št. 12. Rešite enačbo x ⁴ -8x + 63 = 0. Razložimo levo stran enačbe na faktorje. Izberimo natančne kvadrate. X4 - 8x + 63 = (x4 + 16x² + 64) - (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9)(x² - 4x + 7) = 0. Oba diskriminanta sta negativna. Odgovor: brez korenin.
Primer št. 14. Rešite enačbo 21x³ + x² - 5x – 1 = 0. Če je navidezni člen enačbe ± 1, se enačba pretvori v zmanjšano enačbo s substitucijo x = 1/y. 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³, y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = -3 koren enačbe. (y + 3)(y² + 2y -7) = 0, y = -1 ± 2√2. x ₁ = -1/3, x ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7, X₃ = 1/-1 -2√2 = (1-2√2)/7 . Primer št. 15. Rešite enačbo 4x³-10x² + 14x – 5 = 0. Obe strani enačbe pomnožite z 2. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0, (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = 0. Vstavimo novo spremenljivko y = 2x, dobimo reducirano enačbo y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 koren enačbe. (y – 1)(y² - 4y + 10) = 0, D
Primer št. 16. Dokažite, da ima enačba x ⁴ + x ³ + x – 2 = 0 en pozitivni koren. Naj bo f (x) = x ⁴ + x ³ + x – 2, f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o za x > o. Funkcija f (x) narašča pri x > o in vrednost f (o) = -2. Očitno je, da ima enačba en pozitivni koren itd. Primer št. 17. Rešite enačbo 8x(2x² - 1)(8x⁴ - 8x² + 1) = 1. I.F. Sharygin "Izbirni predmet matematike za 11. razred." M. Razsvetljenje 1991 str.90. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 in 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Zamenjajmo x = udobno, y € (0; n). Za druge vrednosti y se vrednosti x ponavljajo in enačba nima več kot 7 korenin. 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y, 8х⁴ - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos4y. 3. Enačba ima obliko 8 cozycos2ycos4y = 1. Obe strani enačbe pomnožite s siny. 8 sinycosycos2ycos4y = siny. Če trikrat uporabimo formulo dvojnega kota, dobimo enačbo sin8y = siny, sin8y – siny = 0
Konec rešitve primera št. 17. Uporabimo formulo razlike sinusov. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 . Ob upoštevanju, da je y € (0;n), y = 2pk/3, k = 1, 2, 3 ali y = n/9 + 2pk/9, k =0, 1, 2, 3. Če se vrnemo k spremenljivki x, dobimo odgovor: Cos2 p/7, cos4 p/7, cos6 p/7, cos p/9, ½, cos5 p/9, cos7 p/9. Primeri samostojnih rešitev. Poiščite vse vrednosti a, za katere ima enačba (x² + x)(x² + 5x + 6) = a točno tri korenine. Odgovor: 9/16. Navodila: Grafirajte levo stran enačbe. F max = f(0) = 9/16. Premica y = 9/16 seka graf funkcije v treh točkah. Rešite enačbo (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55. Odgovor: -4; 2. Reši enačbo (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ = 16. Odgovor: -5; -3. Rešite enačbo 2(x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1). Odgovor: -1; -1/2, 2;4 Poiščite število realnih korenov enačbe x ³ - 12x + 10 = 0 na [-3; 3/2]. Navodilo: poiščite izpeljanko in raziščite monot.
Primeri samostojnih rešitev (nadaljevanje). 6. Poiščite število realnih korenov enačbe x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0. Odgovor: 2 7. Naj bodo x ₁, x ₂, x ₃ koreni polinoma P(x) = x ³ - 6x² -15x + 1. Poiščite X₁² + x ₂² + x ₃². Odgovor: 66. Navodila: Uporabite Vietov izrek. 8. Dokažite, da ima pri a > o in poljubni realni vrednosti v enačbi x ³ + ax + b = o samo en realni koren. Namig: dokaži s protislovjem. Uporabite Vietov izrek. 9. Rešite enačbo 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1). Odgovor: ½; 1; (3 ± √13)/2. Namig: enačbo pretvorite v homogeno enačbo z enačbami X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1, x³ + 1 = (x + 1)(x² - x + 1). 10. Rešite sistem enačb x + y = x², 3y – x = y². Odgovor: (0;0),(2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Rešite sistem: 4y² -3y = 2x –y, 5x² - 3y² = 4x – 2y. Odgovor: (o;o), (1;1),(297/265; - 27/53).
Test. Možnost 1. 1. Rešite enačbo (x² + x) – 8(x² + x) + 12 = 0. 2. Rešite enačbo (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = - 15 3. Rešite enačbo 12x²(x – 3) + 64(x – 3)² = x ⁴. 4. Rešite enačbo x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Rešite sistem enačb: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.
2. možnost 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. možnost. 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.
Možnost 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. Dodatna naloga: Ostanek deljenja polinoma P(x) z (x – 1) je 4 je ostanek pri deljenju z (x + 1) enak 2, pri deljenju z (x – 2) pa 8. Poiščite ostanek pri deljenju P(x) z (x³ - 2x² - x + 2). ).
Odgovori in navodila: možnost št. 1 št. 2. št. 3. št. 4. št. 5. 1. - 3; ±2; 1 1;2;3. -5; -4; 1; 2. Homogena enačba: u = x -3, v = x² -2 ; -1; 3; 4. (2;1); (2/3;4/3). Namig: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2. 1±√11; 4; - 2. Homogena enačba: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- trideset). Namig: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -1; 2. Homogeni u = x+ 2, v = x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Navodilo: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ± √21)/2 (1;-2), (-1;2). Namig: 1·4 + 2 .
Reševanje dodatne naloge. Po Bezoutovem izreku: P(1) = 4, P(-1) = 2, P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + With . Nadomestek 1; - 1; 2. P(1) = G(1) 0 + a + b + c = 4, a + b+ c = 4. P(-1) = a – b + c = 2, P(2) = 4a² + 2b + c = 8. Z rešitvijo nastalega sistema treh enačb dobimo: a = b = 1, c = 2. Odgovor: x² + x + 2.
Merilo št. 1 - 2 točki. 1 točka – ena računska napaka. Št. 2,3,4 – po 3 točke. 1 točka – pripeljal do kvadratne enačbe. 2 točki – ena računska napaka. št. 5. – 4 točke. 1 točka – ena spremenljivka je izražena z drugo. 2 točki – prejel eno od rešitev. 3 točke – ena računska napaka. Dodatna naloga: 4 točke. 1 točka – uporaba Bezoutovega izreka za vse štiri primere. 2 točki – sestavil sistem enačb. 3 točke – ena računska napaka.
Razmislimo reševanje enačb z eno spremenljivko stopnje, ki je višja od druge.
Stopnja enačbe P(x) = 0 je stopnja polinoma P(x), tj. največjo potenco njegovih členov s koeficientom, ki ni enak nič.
Tako ima na primer enačba (x 3 – 1) 2 + x 5 = x 6 – 2 peto stopnjo, ker po operacijah odpiranja oklepajev in prinašanja podobnih dobimo ekvivalentno enačbo x 5 – 2x 3 + 3 = 0 pete stopnje.
Spomnimo se pravil, ki bodo potrebna za reševanje enačb stopnje, višje od dve.
Trditve o koreninah polinoma in njegovih deliteljih:
1. Polinom stopnje n ima število korenin, ki ne presegajo n, in koreni mnogokratnosti m se pojavijo natanko m-krat.
2. Polinom lihe stopnje ima vsaj en pravi koren.
3. Če je α koren iz P(x), potem je P n (x) = (x – α) · Q n – 1 (x), kjer je Q n – 1 (x) polinom stopnje (n – 1) .
4.
5. Zmanjšani polinom s celimi koeficienti ne more imeti delnih racionalnih korenov.
6. Za polinom tretje stopnje
P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d je možna ena od dveh stvari: ali se razgradi v produkt treh binomov.
Р 3 (x) = а(х – α)(х – β)(х – γ) ali razgradi v produkt binoma in kvadratnega trinoma Р 3 (x) = а(х – α)(х 2 + βх + γ ).
7. Vsak polinom četrte stopnje je mogoče razširiti v produkt dveh kvadratnih trinomov.
8. Polinom f(x) je deljiv s polinomom g(x) brez ostanka, če obstaja polinom q(x), tak da je f(x) = g(x) · q(x). Za delitev polinomov se uporablja pravilo "delitve kotov".
9. Da je polinom P(x) deljiv z binomom (x – c), je nujno in zadostno, da je število c koren iz P(x) (posledica Bezoutovega izreka).
10. Vietov izrek: če so x 1, x 2, ..., x n realne korenine polinoma
P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, potem veljajo naslednje enakosti:
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 .
Reševanje primerov
Primer 1.
Poiščite preostanek deljenja P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 na (x – 1/3).
rešitev.
Kot posledica Bezoutovega izreka: "Ostanek polinoma, deljen z binomom (x - c), je enak vrednosti polinoma c." Ugotovimo P(1/3) = 0. Zato je ostanek 0 in število 1/3 je koren polinoma.
Odgovor: R = 0.
Primer 2.
Deli z "votilom" 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 z (x + 2). Poiščite ostanek in nepopolni količnik. 
rešitev:
2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2
2x 3 + 4 x 2 2x 2 – x
X 2 – 2 x
Odgovor: R = 3; količnik: 2x 2 – x.
Osnovne metode reševanja enačb višje stopnje
1. Uvedba nove spremenljivke
Način uvajanja nove spremenljivke že poznamo iz primera bikvadratnih enačb. Sestoji iz dejstva, da se za rešitev enačbe f(x) = 0 uvede nova spremenljivka (substitucija) t = x n ali t = g(x) in se f(x) izrazi skozi t, pri čemer dobimo novo enačbo r (t). Nato z reševanjem enačbe r(t) najdemo korene:
(t 1, t 2, …, t n). Po tem dobimo niz n enačb q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n, iz katerih najdemo korene prvotne enačbe.
Primer 1.
(x 2 + x + 1) 2 – 3x 2 – 3x – 1 = 0.
rešitev:
(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x) – 1 = 0.
(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x + 1) + 3 – 1 = 0.
Zamenjava (x 2 + x + 1) = t.
t 2 – 3t + 2 = 0.
t 1 = 2, t 2 = 1. Obratna zamenjava:
x 2 + x + 1 = 2 ali x 2 + x + 1 = 1;
x 2 + x - 1 = 0 ali x 2 + x = 0;
Odgovor: Iz prve enačbe: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, iz druge: 0 in -1.
2. Faktorizacija z združevanjem in skrajšanimi formulami za množenje
Osnova te metode tudi ni nova in je sestavljena iz združevanja izrazov na način, da vsaka skupina vsebuje skupni faktor. Da bi to naredili, je včasih potrebno uporabiti nekaj umetnih tehnik.
Primer 1.
x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.
rešitev.
Predstavljajmo si - 3x 2 = -2x 2 – x 2 in združimo:
(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 ali x 2 + x – 3 = 0.
Odgovor: V prvi enačbi ni korenin, iz druge: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.
3. Faktorizacija po metodi nedoločenih koeficientov
Bistvo metode je, da se prvotni polinom faktorizira z neznanimi koeficienti. Z uporabo lastnosti, da so polinomi enaki, če so njihovi koeficienti enaki pri enakih potencah, se najdejo neznani raztezni koeficienti.
Primer 1.
x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.
rešitev.
Polinom stopnje 3 je mogoče razširiti v produkt linearnih in kvadratnih faktorjev.
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 + (cx – ab)x – ac.
Po rešitvi sistema:
(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac = 2,
(a = -1,
(b = 3,
(c = 2, tj.
x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1)(x 2 + 3x + 2).
Korenine enačbe (x + 1)(x 2 + 3x + 2) = 0 je enostavno najti.
Odgovor: -1; -2.
4. Metoda izbire korena z najvišjim in prostim koeficientom
Metoda temelji na uporabi izrekov:
1) Vsak celoštevilski koren polinoma s celimi koeficienti je delitelj prostega člena.
2) Da bi bil nezmanjšani ulomek p/q (p je celo število, q naravno število) koren enačbe s celimi koeficienti, mora biti število p celoštevilski delitelj prostega člena a 0, in q je naravni delitelj vodilnega koeficienta.
Primer 1.
6x 3 + 7x 2 – 9x + 2 = 0.
rešitev:
6: q = 1, 2, 3, 6.
Zato je p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.
Ko najdemo eno korenino, na primer - 2, bomo našli druge korenine z delitvijo kotov, metodo nedoločenih koeficientov ali Hornerjevo shemo.
Odgovor: -2; 1/2; 1/3.
Imate še vprašanja? Ne veste, kako rešiti enačbe?
Če želite dobiti pomoč od mentorja -.
Prva lekcija je brezplačna!
blog.site, pri celotnem ali delnem kopiranju gradiva je obvezna povezava do izvirnega vira.
Pri reševanju algebrskih enačb morate pogosto faktorizirati polinom. Polinom faktorizirati pomeni, da ga predstavimo kot produkt dveh ali več polinomov. Dokaj pogosto uporabljamo nekatere metode razgradnje polinomov: jemanje skupnega faktorja, uporaba skrajšanih formul za množenje, izolacija celotnega kvadrata, združevanje. Poglejmo si še nekaj metod.
Včasih so naslednje izjave uporabne pri faktoriziranju polinoma:
1) če ima polinom s celimi koeficienti racionalen koren (kjer je nezmanjšani ulomek, potem je delitelj prostega člena in delitelj vodilnega koeficienta:
2) Če nekako izberete koren polinoma stopnje, potem lahko polinom predstavite v obliki, kjer je polinom stopnje
Polinom lahko najdemo tako, da polinom razdelimo na binom v “stolpcu”, ali tako, da člene polinoma ustrezno združimo v skupine in od njih ločimo množitelj, ali pa z metodo nedoločenih koeficientov.
Primer. Faktoriziraj polinom
rešitev. Ker je koeficient pri x4 enak 1, potem racionalne korenine tega polinoma obstajajo in so delitelji števila 6, to pomeni, da so lahko cela števila ±1, ±2, ±3, ±6. Označimo ta polinom s P4(x). Ker je P P4 (1) = 4 in P4(-4) = 23, števili 1 in -1 nista korena polinoma PA(x). Ker je P4(2) = 0, potem je x = 2 koren polinoma P4(x), zato je ta polinom deljiv z binomom x - 2. Zato je x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 +x-3
3x3 +7x2 -5x +6
3x3 +6x2 x2 - 5x + 6 x2- 2x
Zato je P4(x) = (x - 2)(x3 - 3x2 + x - 3). Ker je xz - 3x2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3)(x2 + 1), potem je x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3)(x2 + 1).
Metoda vnosa parametrov
Včasih pri faktoriziranju polinoma pomaga metoda vnosa parametra. Bistvo te metode bomo razložili na naslednjem primeru.
Primer. x3 – (√3 + 1) x2 + 3.
rešitev. Razmislite o polinomu s parametrom a: x3 - (a + 1)x2 + a2, ki se pri a = √3 spremeni v dani polinom. Zapišimo ta polinom kot kvadratni trinom za a: a - ax2 + (x3 - x2).
Ker sta korena tega trinoma na kvadrat glede na a a1 = x in a2 = x2 - x, potem velja enakost a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x)(a - x2 + x). Posledično se polinom x3 - (√3 + 1)x2 + 3 razgradi na faktorje √3 – x in √3 - x2 + x, tj.
x3 – (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).
Metoda uvajanja nove neznanke
V nekaterih primerih lahko z zamenjavo izraza f(x), vključenega v polinom Pn(x), skozi y dobimo polinom glede na y, ki ga je mogoče zlahka faktorizirati. Nato po zamenjavi y s f(x) dobimo faktorizacijo polinoma Pn(x).
Primer. Razčlenimo polinom x(x+1)(x+2)(x+3)-15.
rešitev. Transformirajmo ta polinom na naslednji način: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 =( x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) - 15.
Označimo x2 + 3x z y. Potem imamo y(y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1)2 - 16 = (y + 1 + 4)(y + 1 - 4)= (y+ 5)(y - 3).
Zato je x(x + 1)(x+ 2)(x + 3) - 15 = (x2+ 3x + 5)(x2 + 3x - 3).
Primer. Razčlenimo polinom (x-4)4+(x+2)4
rešitev. Označimo x- 4+x+2 = x - 1 z 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 ).
Kombinacija različnih metod
Pri faktoriziranju polinoma je pogosto treba zaporedoma uporabiti več zgoraj obravnavanih metod.
Primer. Faktoriziraj polinom x4 - 3x2 + 4x-3.
rešitev. Z združevanjem v skupine prepišemo polinom v obliki x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 – 2x2) – (x2 -4x + 3).
Če uporabimo metodo izolacije celotnega kvadrata na prvi oklepaj, imamo x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).
Z uporabo formule popolnega kvadrata lahko zdaj zapišemo, da je x4 – 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.
Končno z uporabo formule razlike kvadratov dobimo, da je x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2)(x2 - 1 - x + 2) = (x2+x-3)(x2 -x + 1 ).
§ 2. Simetrične enačbe
1. Simetrične enačbe tretje stopnje
Enačbe oblike ax3 + bx2 + bx + a = 0, a ≠ 0 (1) imenujemo simetrične enačbe tretje stopnje. Ker je ax3 + bx2 + bx + a = a(x3 + 1) + bx (x + 1) = (x+1)(ax2+(b-a)x+a), je enačba (1) enakovredna naboru enačb x + 1 = 0 in ax2 + (b-a)x + a = 0, kar ni težko rešiti.
Primer 1: Reši enačbo
3x3 + 4x2 + 4x + 3 = 0. (2)
rešitev. Enačba (2) je simetrična enačba tretje stopnje.
Ker je 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3(x3 + 1) + 4x(x + 1) = (x+ 1)(3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1)(3x2 + x + 3) , potem je enačba (2) enakovredna naboru enačb x + 1 = 0 in 3x3 + x +3=0.
Rešitev prve od teh enačb je x = -1, druga enačba nima rešitev.
Odgovor: x = -1.
2. Simetrične enačbe četrte stopnje
Enačba oblike
(3) imenujemo simetrična enačba četrte stopnje.
Ker x = 0 ni koren enačbe (3), potem z deljenjem obeh strani enačbe (3) z x2 dobimo enačbo, ki je enakovredna prvotni (3):
Prepišimo enačbo (4) kot:
Naredimo zamenjavo v tej enačbi, potem dobimo kvadratno enačbo
Če ima enačba (5) 2 korena y1 in y2, potem je izvirna enačba enakovredna nizu enačb
Če ima enačba (5) en koren y0, potem je prvotna enačba enakovredna enačbi
Nazadnje, če enačba (5) nima korenin, potem tudi izvirna enačba nima korenin.
Primer 2: Reši enačbo
rešitev. Ta enačba je simetrična enačba četrte stopnje. Ker x = 0 ni njen koren, potem z deljenjem enačbe (6) z x2 dobimo enakovredno enačbo:
Po združitvi členov enačbo (7) prepišemo v obliki ali v obliki
Če jo postavimo, dobimo enačbo, ki ima dva korena y1 = 2 in y2 = 3. Posledično je prvotna enačba enakovredna nizu enačb
Rešitev prve enačbe tega niza je x1 = 1, rešitev druge pa u.
Zato ima prvotna enačba tri korene: x1, x2 in x3.
Odgovor: x1=1.
§3. Algebraične enačbe
1. Zmanjšanje stopnje enačbe
Nekatere algebrske enačbe lahko z zamenjavo določenega polinoma v njih z eno črko reduciramo na algebrske enačbe, katerih stopnja je manjša od stopnje prvotne enačbe in katerih rešitev je preprostejša.
Primer 1: Reši enačbo
rešitev. Označimo z, potem lahko enačbo (1) prepišemo kot Zadnja enačba ima korenine in Zato je enačba (1) enakovredna naboru enačb in. Rešitev prve enačbe tega niza je in rešitev druge enačbe je
Rešitve enačbe (1) so
Primer 2: Reši enačbo
rešitev. Če pomnožimo obe strani enačbe z 12 in označimo z,
Dobimo enačbo.To enačbo prepišemo v obliki
(3) in z označbo prepišemo enačbo (3) v obliki Zadnja enačba ima korene in Zato dobimo, da je enačba (3) enakovredna nizu dveh enačb in Obstajajo rešitve tega niza enačb in tj. (2) je enak naboru enačb in ( 4)
Rešitvi množice (4) sta in in sta rešitvi enačbe (2).
2. Enačbe oblike
Enačba
(5) kjer je - podana števila lahko reduciramo na bikvadratno enačbo z zamenjavo neznanke, tj. zamenjavo
Primer 3: Reši enačbo
rešitev. Označimo z,t. e. naredimo spremembo spremenljivk ali Nato lahko enačbo (6) prepišemo v obliki ali z uporabo formule v obliki
Ker so korenine kvadratne enačbe in, so rešitve enačbe (7) rešitve niza enačb in. Ta niz enačb ima dve rešitvi in zato sta rešitvi enačbe (6) in
3. Enačbe oblike
Enačba
(8) kjer so števila α, β, γ, δ in Α takšna, da je α
Primer 4: Reši enačbo
rešitev. Naredimo spremembo neznank, tj. y=x+3 ali x = y – 3. Potem lahko enačbo (9) prepišemo kot
(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, tj. v obliki
(y2- 4)(y2-1)=10(10)
Bikvadratna enačba (10) ima dva korena. Zato ima enačba (9) tudi dva korena:
4. Enačbe oblike
Enačba, (11)
Kjer x = 0 nima korena, zato z delitvijo enačbe (11) z x2 dobimo enakovredno enačbo
Ki bo po zamenjavi neznanke prepisana v obliki kvadratne enačbe, katere rešitev ni težka.
Primer 5: Reši enačbo
rešitev. Ker h = 0 ni koren enačbe (12), dobimo enakovredno enačbo, če jo delimo z x2
Če je zamenjava neznana, dobimo enačbo (y+1)(y+2)=2, ki ima dva korena: y1 = 0 in y1 = -3. Posledično je prvotna enačba (12) enakovredna nizu enačb
Ta niz ima dva korena: x1= -1 in x2 = -2.
Odgovor: x1= -1, x2 = -2.
Komentiraj. Enačba oblike
Kar je vedno mogoče reducirati na obliko (11) in poleg tega ob upoštevanju α > 0 in λ > 0 na obliko.
5. Enačbe oblike
Enačba
,(13) kjer so števila α, β, γ, δ in Α takšna, da je αβ = γδ ≠ 0, lahko prepišemo tako, da prvi oklepaj pomnožimo z drugim in tretjega s četrtim, v obliki i.e. enačba (13) je sedaj zapisana v obliki (11), njeno reševanje pa lahko izvedemo na enak način kot reševanje enačbe (11).
Primer 6: Reši enačbo
rešitev. Enačba (14) ima obliko (13), zato jo prepišemo v obliki
Ker x = 0 ni rešitev te enačbe, potem z deljenjem obeh strani z x2 dobimo enakovredno izvirno enačbo. S spremembo spremenljivk dobimo kvadratno enačbo, katere rešitev je in. Posledično je izvirna enačba (14) enakovredna naboru enačb in.
Rešitev prve enačbe tega niza je
Druga enačba te množice rešitev nima rešitev. Torej ima izvirna enačba korena x1 in x2.
6. Enačbe oblike
Enačba
(15) pri čemer so števila a, b, c, q, A taka, da x = 0 nima korena, zato enačbo (15) delimo z x2. dobimo njej enakovredno enačbo, ki jo bomo po zamenjavi neznanke prepisali v obliki kvadratne enačbe, katere rešitev ni težavna.
Primer 7. Reševanje enačbe
rešitev. Ker x = 0 ni koren enačbe (16), potem če obe strani delimo z x2, dobimo enačbo
, (17) enakovredno enačbi (16). Po zamenjavi z neznanko prepišemo enačbo (17) v obliki
Kvadratna enačba (18) ima 2 korena: y1 = 1 in y2 = -1. Zato je enačba (17) enakovredna nizu enačb in (19)
Niz enačb (19) ima 4 korene: ,.
To bodo korenine enačbe (16).
§4. Racionalne enačbe
Enačbe oblike = 0, kjer sta H(x) in Q(x) polinoma, imenujemo racionalne.
Ko ste našli korenine enačbe H(x) = 0, morate preveriti, kateri od njih niso korenine enačbe Q(x) = 0. Te korenine in samo one bodo rešitve enačbe.
Oglejmo si nekaj metod za reševanje enačb oblike = 0.
1. Enačbe oblike
Enačba
(1) pod določenimi pogoji na številke je mogoče rešiti na naslednji način. Z združevanjem členov enačbe (1) po dva in seštevanjem vsakega para je treba v števcu dobiti polinome prve ali ničelne stopnje, ki se razlikujejo le v numeričnih faktorjih, v imenovalcih pa trinome z istima členoma, ki vsebujeta x, potem bo po zamenjavi spremenljivk nastala enačba imela tudi obliko (1), vendar z manjšim številom členov, ali pa bo enakovredna nizu dveh enačb, od katerih bo ena prve stopnje in druga bo enačba tipa (1), vendar z manjšim številom členov.
Primer. Reši enačbo
rešitev. Ko na levi strani enačbe (2) združimo prvi člen z zadnjim in drugega s predzadnjim, prepišemo enačbo (2) v obliki
Če seštejemo člene v vsakem oklepaju, enačbo (3) prepišemo v obliki
Ker ni rešitve enačbe (4), potem, če to enačbo delimo z, dobimo enačbo
, (5) enakovredno enačbi (4). Naredimo zamenjavo neznanke, potem bo enačba (5) prepisana v obliki
Tako se rešitev enačbe (2) s petimi členi na levi strani reducira na rešitev enačbe (6) enake oblike, vendar s tremi členi na levi strani. Če seštejemo vse člene na levi strani enačbe (6), jo prepišemo v obliki
Obstajajo rešitve enačbe. Nobeno od teh števil ne izniči imenovalca racionalne funkcije na levi strani enačbe (7). Posledično ima enačba (7) ta dva korena, zato je izvirna enačba (2) enakovredna nizu enačb
Rešitve prve enačbe tega niza so
Rešitve druge enačbe iz tega niza so
Zato ima izvirna enačba korenine
2. Enačbe oblike
Enačba
(8) pod določenimi pogoji na števila lahko rešimo na naslednji način: v vsakem od ulomkov enačbe je treba izbrati celo število, tj. enačbo (8) nadomestiti z enačbo
Reduciraj ga na obliko (1) in ga nato reši na način, opisan v prejšnjem odstavku.
Primer. Reši enačbo
rešitev. Zapišimo enačbo (9) v obliki ali v obliki
Če povzamemo člene v oklepaju, enačbo (10) prepišemo v obliki
Z zamenjavo neznanke enačbo (11) prepišemo v obliki
Če seštejemo člene na levi strani enačbe (12), jo prepišemo v obliki
Preprosto je videti, da ima enačba (13) dva korena: in. Zato ima izvirna enačba (9) štiri korenine:
3) Enačbe oblike.
Enačbo oblike (14) pod določenimi pogoji za števila lahko rešimo takole: z razširitvijo (če je to seveda možno) vsakega od ulomkov na levi strani enačbe (14) v vsoto enostavni ulomki
Zmanjšajte enačbo (14) na obliko (1), nato pa jo po primerni preureditvi členov nastale enačbe rešite z uporabo metode, opisane v odstavku 1).
Primer. Reši enačbo
rešitev. Ker in, potem z množenjem števca vsakega ulomka v enačbi (15) z 2 in upoštevanjem, da lahko enačbo (15) zapišemo kot
Enačba (16) ima obliko (7). Ko preuredimo člene v tej enačbi, jo prepišemo v obliki ali v obliki
Enačba (17) je enakovredna nizu enačb in
Za rešitev druge enačbe niza (18) izvedemo zamenjavo neznanke, nato jo prepišemo v obliki ali v obliki
Če seštejemo vse člene na levi strani enačbe (19), jo prepišemo v obliki
Ker enačba nima korenin, jih tudi enačba (20) nima.
Prva enačba množice (18) ima en sam koren, ker je ta koren vključen v ODZ druge enačbe množice (18), je edini koren množice (18) in torej izvirnika enačba.
4. Enačbe oblike
Enačba
(21) pod določenimi pogoji na številke in A po predstavitvi vsakega člena na levi strani obrazca lahko zmanjšamo na obliko (1).
Primer. Reši enačbo
rešitev. Prepišimo enačbo (22) v obliki ali v obliki
Tako se enačba (23) zmanjša na obliko (1). Zdaj, ko združimo prvi člen z zadnjim in drugega s tretjim, prepišemo enačbo (23) v obliki
Ta enačba je enakovredna nizu enačb in. (24)
Zadnjo enačbo niza (24) lahko prepišemo kot
Obstajajo rešitve te enačbe in ker je vključena v ODZ druge enačbe množice (30), ima množica (24) tri korenine:. Vse so rešitve prvotne enačbe.
5. Enačbe oblike.
Enačba oblike (25)
Pod določenimi pogoji na števila lahko z zamenjavo neznanke reduciramo na enačbo oblike
Primer. Reši enačbo
rešitev. Ker ni rešitev enačbe (26), potem delimo števec in imenovalec vsakega ulomka na levi strani s, ga prepišemo v obliki
Po spremembi spremenljivk prepišemo enačbo (27) v obliki
Pri reševanju enačbe (28) obstaja in. Zato je enačba (27) enakovredna nizu enačb in. (29)
Na splošno enačbe stopnje, večje od 4, ni mogoče rešiti v radikalih. Toda včasih še vedno lahko najdemo korenine polinoma na levi v enačbi najvišje stopnje, če jo predstavimo kot produkt polinomov do stopnje največ 4. Reševanje takšnih enačb temelji na faktoriziranju polinoma, zato vam svetujemo, da pregledate to temo, preden preučite ta članek.
Najpogosteje se morate ukvarjati z enačbami višjih stopenj s celimi koeficienti. V teh primerih lahko poskusimo poiskati racionalne korenine in nato faktorizirati polinom, tako da ga lahko pretvorimo v enačbo nižje stopnje, ki jo je enostavno rešiti. V tem gradivu si bomo ogledali samo takšne primere.
Enačbe višje stopnje s celimi koeficienti
Vse enačbe oblike a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0, lahko izdelamo enačbo iste stopnje tako, da pomnožimo obe strani z a n n - 1 in spremenimo spremenljivko v obliki y = a n x:
a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 a n n · x n + a n - 1 · a n n - 1 · x n - 1 + … + a 1 · (a n) n - 1 · x + a 0 · (a n) n - 1 = 0 y = a n x ⇒ y n + b n - 1 y n - 1 + … + b 1 y + b 0 = 0
Dobljeni koeficienti bodo prav tako cela števila. Tako bomo morali rešiti zmanjšano enačbo n-te stopnje s celimi koeficienti, ki imajo obliko x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 = 0.
Izračunamo celoštevilske korene enačbe. Če ima enačba cele korene, jih morate iskati med delitelji prostega člena a 0 . Zapišimo jih in enega za drugim nadomestimo v prvotno enakost ter preverimo rezultat. Ko smo pridobili identiteto in našli enega od korenov enačbe, jo lahko zapišemo v obliki x - x 1 · P n - 1 (x) = 0. Tu je x 1 koren enačbe in P n - 1 (x) je količnik x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 deljeno z x - x 1 .
Preostale delitelje, izpisane, nadomestimo v P n - 1 (x) = 0, začenši z x 1, saj se koreni lahko ponovijo. Po pridobitvi identitete se šteje, da je koren x 2 najden, enačbo pa lahko zapišemo v obliki (x - x 1) (x - x 2) · P n - 2 (x) = 0. Tukaj je P n - 2 (x) bo količnik deljenja P n - 1 (x) z x - x 2.
Nadaljujemo z razvrščanjem deliteljev. Poiščimo vse cele korene in njihovo število označimo z m. Po tem lahko izvirno enačbo predstavimo kot x - x 1 x - x 2 · … · x - x m · P n - m (x) = 0. Tu je P n - m (x) polinom n - m stopnje. Za izračun je priročno uporabiti Hornerjevo shemo.
Če ima naša izvirna enačba celoštevilske koeficiente, na koncu ne moremo dobiti delnih korenov.
Končali smo z enačbo P n - m (x) = 0, katere korenine lahko najdemo na poljuben primeren način. Lahko so iracionalni ali kompleksni.
S posebnim primerom pokažimo, kako se uporablja ta shema rešitve.
Primer 1
Pogoj: poiščite rešitev enačbe x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0.
rešitev
Začnimo z iskanjem celih korenin.
Imamo prosti termin, ki je enak minus tri. Ima delitelje enake 1, - 1, 3 in - 3. Zamenjajmo jih v prvotno enačbo in poglejmo, kateri od njih dajejo nastale identitete.
Če je x enak ena, dobimo 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 = 0, kar pomeni, da bo ena koren te enačbe.
Zdaj razdelimo polinom x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 z (x - 1) v stolpcu:
Torej x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.
1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 = 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 = 0
Dobili smo identiteto, kar pomeni, da smo našli drug koren enačbe, ki je enak – 1.
Polinom x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 razdelite na (x + 1) v stolpcu:
To razumemo
x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = (x - 1) (x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3) = = (x - 1) (x + 1) (x 2 + x + 3)
Naslednji delitelj nadomestimo v enakost x 2 + x + 3 = 0, začenši z - 1:
1 2 + (- 1) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 (- 3) 2 + (- 3) + 3 = 9 ≠ 0
Dobljene enakosti bodo nepravilne, kar pomeni, da enačba nima več celih korenov.
Preostale korenine bodo korenine izraza x 2 + x + 3.
D = 1 2 - 4 1 3 = - 11< 0
Iz tega sledi, da ta kvadratni trinom nima pravih korenin, obstajajo pa kompleksno konjugirane: x = - 1 2 ± i 11 2.
Naj pojasnimo, da lahko namesto razdelitve v stolpec uporabimo Hornerjevo shemo. To naredimo takole: ko smo določili prvi koren enačbe, izpolnimo tabelo.
V tabeli koeficientov lahko takoj vidimo koeficiente količnika deljenja polinomov, kar pomeni x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 .
Ko najdemo naslednji koren, ki je -1, dobimo naslednje:
odgovor: x = - 1, x = 1, x = - 1 2 ± i 11 2.
Primer 2
Pogoj: reši enačbo x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0.
rešitev
Prosti izraz ima delilnike 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.
Preverimo jih po vrsti:
1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 = 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 = 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 = 0
To pomeni, da bo x = 2 koren enačbe. Razdelite x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 z x - 2 z uporabo Hornerjeve sheme:
Kot rezultat dobimo x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.
2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 = 0
To pomeni, da bo 2 spet koren. Deli x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 z x - 2:
Kot rezultat dobimo (x - 2) 2 · (x 2 + 3 x + 3) = 0.
Preverjanje preostalih deliteljev ni smiselno, saj je enakost x 2 + 3 x + 3 = 0 hitreje in priročneje rešiti z diskriminanto.
Rešimo kvadratno enačbo:
x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 - 4 1 3 = - 3< 0
Dobimo kompleksen konjugiran par korenov: x = - 3 2 ± i 3 2 .
Odgovori: x = - 3 2 ± i 3 2 .
Primer 3
Pogoj: Poiščite prave korene za enačbo x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0.
rešitev
x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0
Pomnožimo 2 3 na obeh straneh enačbe:
2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0
Zamenjaj spremenljivke y = 2 x:
2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0 y 4 + y 3 - 20 y - 48 = 0
Kot rezultat smo dobili standardno enačbo 4. stopnje, ki jo je mogoče rešiti po standardni shemi. Preverimo delilnike, delimo in na koncu dobimo, da ima 2 prava korena y = - 2, y = 3 in dva kompleksna. Tukaj ne bomo predstavili celotne rešitve. Zaradi zamenjave bodo dejanski koreni te enačbe x = y 2 = - 2 2 = - 1 in x = y 2 = 3 2.
odgovor: x 1 = - 1, x 2 = 3 2
Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter
