Zhvillimi metodik në algjebër (klasa 10) me temë: Ekuacionet e gradave më të larta. Ekuacionet e gradave më të larta

Në përgjithësi, një ekuacion me një shkallë më të lartë se 4 nuk mund të zgjidhet në radikalë. Por nganjëherë ne mund të gjejmë rrënjët e polinomit në të majtë në ekuacionin e shkallës më të lartë, nëse e përfaqësojmë atë si një produkt i polinomeve në shkallë më së shumti 4. Zgjidhja e ekuacioneve të tilla bazohet në faktorizimin e një polinomi, prandaj ju këshillojmë ta përsërisni këtë temë përpara se të studioni këtë artikull.

Më shpesh duhet të merret me ekuacionet e gradave më të larta me koeficientët e plotë. Në këto raste, ne mund të përpiqemi të gjejmë rrënjë racionale, dhe pastaj të faktorizojmë polinomin në mënyrë që ta shndërrojmë atë në një ekuacion të një shkalle më të ulët, i cili do të jetë i lehtë për t'u zgjidhur. Brenda kornizës së këtij materiali, ne do të shqyrtojmë shembuj të tillë.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Ekuacionet e shkallës më të lartë me koeficientët e plotë

Të gjitha ekuacionet e formës a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 \u003d 0, ne mund të zvogëlohemi në një ekuacion të së njëjtës shkallë duke shumëzuar të dy anët me një n n - 1 dhe duke ndryshuar një ndryshore të formës y \u003d a n x:

a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 \u003d 0 vjet xn + an - 1 vit - 1 xn - 1 +… + a 1 (an) n - 1 x + a 0 (an) n - 1 \u003d 0 y \u003d ank ⇒ yn + bn - 1 yn - 1 +… + b 1 y + b 0 \u003d 0

Koeficientët që rezultojnë do të jenë gjithashtu të plotë. Kështu, do të duhet të zgjidhim ekuacionin e zvogëluar të shkallës së nëntë me koeficientët e plotë, i cili ka formën x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 \u003d 0.

Llogaritni rrënjët e plota të ekuacionit. Nëse ekuacioni ka rrënjë të plota, duhet t'i kërkoni midis pjesëtuesve të termit të lirë a 0. Le t'i shënojmë dhe t'i zëvendësojmë në barazinë origjinale nga ana tjetër, duke kontrolluar rezultatin. Pasi të kemi marrë një identitet dhe të kemi gjetur një nga rrënjët e ekuacionit, mund ta shkruajmë atë në formën x - x 1 · P n - 1 (x) \u003d 0. Këtu x 1 është rrënja e ekuacionit, dhe P n - 1 (x) është herësi i pjesëtimit të x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 me x - x 1.

Zëvendësoni pjesëtuesit e mbetur të shkruar në P n - 1 (x) \u003d 0, duke filluar me x 1, pasi rrënjët mund të përsëriten. Pas marrjes së identitetit, rrënja x 2 konsiderohet e gjetur dhe ekuacioni mund të shkruhet si (x - x 1) (x - x 2) P n - 2 (x) \u003d 0. Këtu P n - 2 (x) do të jetë herësi i pjesëtimit të P n - 1 (x) me x - x 2.

Ne vazhdojmë të përsërisim mbi pjesëtuesit. Gjeni të gjitha rrënjët e plota dhe shënoni numrin e tyre si m. Pas kësaj, ekuacioni origjinal mund të paraqitet si x - x 1 x - x 2 · ... · x - x m · P n - m (x) \u003d 0. Këtu P n - m (x) është një polinom i shkallës n - m. Convenientshtë i përshtatshëm për të përdorur skemën e Horner për numërimin.

Nëse ekuacioni ynë origjinal ka koeficientë të plotë, ne nuk mund të përfundojmë me rrënjët thyesore.

Si rezultat, kemi ekuacionin P n - m (x) \u003d 0, rrënjët e të cilit mund të gjenden në ndonjë mënyrë të përshtatshme. Ato mund të jenë irracionale ose komplekse.

Le të tregojmë me një shembull specifik se si zbatohet një skemë e tillë zgjidhjeje.

Shembulli 1

Gjendja: gjeni zgjidhjen e ekuacionit x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d 0.

Vendimi

Le të fillojmë duke gjetur rrënjët e plota.

Ne kemi një afat të lirë të barabartë me minus tre. Ka pjesëtues të 1, - 1, 3 dhe - 3. Le t'i zëvendësojmë në ekuacionin origjinal dhe të shohim se cili prej tyre do të rezultojë në identitete.

Me x të barabartë me një, marrim 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 \u003d 0, që do të thotë se njëri do të jetë rrënja e këtij ekuacioni.

Tani kryejmë ndarjen e polinomit x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 me (x - 1) në një kolonë:

Prandaj, x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 \u003d 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 \u003d 0

Kemi një identitet, që do të thotë se kemi gjetur një rrënjë tjetër të ekuacionit, të barabartë me - 1.

Ndani polinomin x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 me (x + 1) në një kolonë:

Ne e marrim atë

x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d (x - 1) (x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3) \u003d \u003d (x - 1) (x + 1) (x 2 + x + 3)

Zëvendësoni pjesëtuesin tjetër në barazinë x 2 + x + 3 \u003d 0, duke filluar me - 1:

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

Barazitë rezultuese do të jenë të pasakta, që do të thotë se ekuacioni nuk ka më rrënjë integruese.

Rrënjët e mbetura do të jenë rrënjët e shprehjes x 2 + x + 3.

D \u003d 1 2 - 4 1 3 \u003d - 11< 0

Nga kjo del se ky trinom katror nuk ka rrënjë të vërteta, por ka rrënjë komplekse të bashkuar: x \u003d - 1 2 ± i 11 2.

Le të sqarojmë se në vend të ndarjes së gjatë, ne mund të përdorim skemën e Horner. Kjo bëhet kështu: pasi të kemi përcaktuar rrënjën e parë të ekuacionit, plotësojmë tabelën.

Në tabelën e koeficientëve, menjëherë mund të shohim koeficientët e herësit të pjesëtimit të polinomeve, që do të thotë se x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 \u003d x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3

Pas gjetjes së rrënjës tjetër të barabartë me - 1, marrim sa vijon:

Përgjigje: x \u003d - 1, x \u003d 1, x \u003d - 1 2 ± i 11 2.

Shembulli 2

Gjendja: Zgjidh ekuacionin x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 \u003d 0.

Vendimi

Termi i lirë ka pjesëtues 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.

Ne i kontrollojmë ato në mënyrë që:

1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 \u003d 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 \u003d 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 \u003d 0

Prandaj, x \u003d 2 do të jetë rrënja e ekuacionit. Ndani x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 me x - 2, duke përdorur skemën e Horner:

Si rezultat, marrim x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) \u003d 0.

2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 \u003d 0

Prandaj, 2 do të jetë përsëri një rrënjë. Ndani x 3 + x 2 - 3 x - 6 \u003d 0 me x - 2:

Si rezultat, marrim (x - 2) 2 (x 2 + 3 x + 3) \u003d 0.

Nuk ka kuptim të kontrollohen pjesëtuesit e mbetur, pasi barazia x 2 + 3 x + 3 \u003d 0 është më e shpejtë dhe më e përshtatshme për tu zgjidhur duke përdorur diskriminuesin.

Le të zgjidhim ekuacionin kuadratik:

x 2 + 3 x + 3 \u003d 0 D \u003d 3 2 - 4 1 3 \u003d - 3< 0

Ne marrim një palë komplekse të konjuguar të rrënjëve: x \u003d - 3 2 ± i 3 2.

Përgjigje: x \u003d - 3 2 ± i 3 2.

Shembulli 3

Gjendja: gjeni rrënjët reale për ekuacionin x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 \u003d 0.

Vendimi

x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 \u003d 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 \u003d 0

Ne kryejmë shumëzimin 2 3 të të dy anëve të ekuacionit:

2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 \u003d 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 \u003d 0

Zëvendësoni ndryshoret y \u003d 2 x:

2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 \u003d 0 y 4 + y 3 - 20 y - 48 \u003d 0

Si rezultat, ne kemi një ekuacion standard të shkallës së 4-të që mund të zgjidhet duke përdorur skemën standarde. Le të kontrollojmë pjesëtuesit, të ndajmë dhe të marrim në fund se ajo ka 2 rrënjë reale y \u003d - 2, y \u003d 3 dhe dy rrënjë komplekse. Ne nuk do të paraqesim zgjidhjen e plotë këtu. Për shkak të zëvendësimit, rrënjët reale të këtij ekuacioni do të jenë x \u003d y 2 \u003d - 2 2 \u003d - 1 dhe x \u003d y 2 \u003d 3 2.

Përgjigje: x 1 \u003d - 1, x 2 \u003d 3 2

Nëse vëreni një gabim në tekst, ju lutemi zgjidhni atë dhe shtypni Ctrl + Enter

Qëllimet themelore:

Për të konsoliduar konceptin e një ekuacioni të plotë racional të shkallës së th.
Formuloni metodat kryesore për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta (n > 3).
Të mësojë metodat themelore të zgjidhjes së ekuacioneve të gradave më të larta.
Të mësojmë sipas llojit të ekuacionit për të përcaktuar mënyrën më efektive për ta zgjidhur atë.

Format, metodat dhe teknikat pedagogjike që përdoren nga mësuesi në mësim:

Sistemi i trajnimit të leksioneve-seminareve (leksione - shpjegim i materialit të ri, seminare - zgjidhja e problemeve).
Teknologjitë e informacionit dhe komunikimit (sondazh frontal, punë me gojë me klasën).
Forma të diferencuara të mësimdhënies, grupeve dhe individuale.
Përdorimi i një metode kërkimore në mësimdhënie që synon zhvillimin e aparatit matematikor dhe aftësive të të menduarit të secilit student specifik.
Materiali i shtypur - një përmbledhje e shkurtër individuale e orës së mësimit (konceptet themelore, formulat, pohimet, materiali i leksionit është i ngjeshur në formën e diagrameve ose tabelave).

Plani i mësimit:

Organizimi i kohës.
Qëllimi i fazës: përfshirja e studentëve në aktivitete arsimore, përcaktimi i përmbajtjes së orës së mësimit.
Përditësimi i njohurive të studentëve.
Qëllimi i fazës: azhurnimi i njohurive të studentëve për tema të ndërlidhura të studiuara më parë
Studimi i një teme të re (leksion). Qëllimi i fazës: të formulojë metodat kryesore për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta (n > 3)
Përmbledhur.
Qëllimi i fazës: theksoni edhe një herë pikat kryesore në materialin e studiuar në mësim.
Detyre shtepie.
Qëllimi i fazës: formulimi i detyrave të shtëpisë për studentët.

Përmbledhje e mësimit

1. Momenti organizativ.

Formulimi i temës së orës së mësimit: “Ekuacionet e gradave më të larta. Metodat për zgjidhjen e tyre ”.

2. Aktualizimi i njohurive të studentëve.

Anketë teorike - bisedë. Përsëritja e disa informacioneve të studiuara më parë nga teoria. Nxënësit formulojnë përkufizimet themelore dhe formulojnë teoremat e nevojshme. Janë dhënë shembuj për të demonstruar nivelin e njohurive të marra më parë.

Koncepti i një ekuacioni në një ndryshore.
Koncepti i rrënjës së një ekuacioni, duke zgjidhur një ekuacion.
Koncepti i një ekuacioni linear në një ndryshore, koncepti i një ekuacioni kuadratik në një ndryshore.
Koncepti i ekuivalencës së ekuacioneve, ekuacioni-pasoja (koncepti i rrënjëve të huaj), kalimi jo nga pasoja (rasti i humbjes së rrënjëve).
Koncepti i një shprehje të tërë racionale me një ndryshore.
Koncepti i një ekuacioni të tërë racional n-te shkalles. Forma standarde e gjithë ekuacionit racional. Ekuacioni i plotë racional i zvogëluar.
Kalimi në një grup ekuacionesh të gradave më të ulëta duke faktorizuar ekuacionin origjinal në faktorë.
Koncepti polinom n-shkalla e nga x... Teorema e Bezout. Pasojat nga teorema e Bezout. Teoremat e rrënjës ( Z-rrënjët dhe Pyetje-rrënjët) e një ekuacioni të tërë racional me koeficientët e plotë (përkatësisht të reduktuar dhe jo të zvogëluar).
Skema e Horner.

3. Studimi i një teme të re.

Ne do të shqyrtojmë të gjithë ekuacionin racional n-te shkalla e formes standarde me nje ndryshore te panjohur x: P n (x) \u003d 0, ku P n (x) \u003d a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0 - polinom n-shkalla e nga x, a n ≠ 0. Nëse a n \u003d 1 atëherë një ekuacion i tillë quhet ekuacioni i plotë i zvogëluar racional n-te shkalles. Merrni parasysh ekuacione të tilla për vlera të ndryshme n dhe rendit metodat kryesore për zgjidhjen e tyre.

n \u003d 1 - ekuacioni linear.

n \u003d 2 - ekuacioni kuadratik. Formulë diskriminuese. Formula për llogaritjen e rrënjëve. Teorema e Vietës. Përzgjedhja e një katrori të plotë.

n \u003d 3 - ekuacioni kub.

Metoda e grupimit.

Shembull: x 3 - 4x 2 - x+ 4 \u003d 0 (x - 4) (x 2– 1) = 0 x 1 = 4 , x 2 = 1, x 3 = -1.

Ekuacioni kubik i kundërt i formës sëpatë 3 + bx 2 + bx + a \u003d 0. Zgjidh duke bashkuar termat me të njëjtët koeficientë.

Shembull: x 3 – 5x 2 – 5x + 1 = 0 (x + 1)(x 2 – 6x + 1) = 0 x 1 = -1, x 2 = 3 + 2, x 3 = 3 – 2.

Përzgjedhja e rrënjëve Z bazuar në teoremë. Skema e Horner. Kur aplikoni këtë metodë, është e nevojshme të theksohet se kërkimi në këtë rast është i fundëm, dhe ne zgjedhim rrënjët sipas një algoritmi të caktuar në përputhje me teoremën në Z-rrënjët e ekuacionit të reduktuar racional të plotë me koeficientët e plotë.

Shembull: x 3 – 9x 2 + 23x- 15 \u003d 0. Jepet ekuacioni. Le të shkruajmë pjesëtuesit e termit të lirë ( + 1; + 3; + 5; + pesëmbëdhjetë) Le të zbatojmë skemën e Horner:

	x 3	x 2	x 1	x 0	dalja
	1	-9	23	-15
1	1	1 x 1 - 9 \u003d -8	1 x (-8) + 23 \u003d 15	1 x 15 - 15 \u003d 0	1 - rrënjë
	x 2	x 1	x 0

Marrim ( x – 1)(x 2 – 8x + 15) = 0 x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5.

Ekuacioni me koeficientët e plotë. Përzgjedhja e rrënjëve Q bazuar në teoremën. Skema e Horner. Kur aplikoni këtë metodë, është e nevojshme të theksohet se kërkimi në këtë rast është i fundëm dhe ne zgjedhim rrënjët sipas një algoritmi të caktuar në përputhje me teoremën në Pyetje-rrënjët e një ekuacioni të plotë racional të pareduktueshëm me koeficientët e plotë.

Shembull: 9 x 3 + 27x 2 – x - 3 \u003d 0. Ekuacioni nuk zvogëlohet. Le të shkruajmë pjesëtuesit e termit të lirë ( + 1; + 3) Le të shkruajmë pjesëtuesit e koeficientit në fuqinë më të lartë të së panjohurës. ( + 1; + 3; + 9) Prandaj, ne do të kërkojmë rrënjë midis vlerave ( + 1; + ; + ; + 3) Le të zbatojmë skemën e Horner:

	x 3	x 2	x 1	x 0	dalja
	9	27	-1	-3
1	9	1 x 9 + 27 \u003d 36	1 x 36 - 1 \u003d 35	1 x 35 - 3 \u003d 32 0	1 - jo rrënjë
-1	9	-1 x 9 + 27 \u003d 18	-1 x 18 - 1 \u003d -19	-1 x (-19) - 3 \u003d 16 0	-1 - jo rrënjë
	9	x 9 + 27 \u003d 30	x 30 - 1 \u003d 9	x 9 - 3 \u003d 0	rrënjë
	x 2	x 1	x 0

Marrim ( x – )(9x 2 + 30x + 9) = 0 x 1 = , x 2 = - , x 3 = -3.

Për lehtësinë e llogaritjes kur zgjedhni Q -rrënjët nganjëherë është i përshtatshëm të bësh një ndryshim të ndryshores, të shkosh te ekuacioni i zvogëluar dhe të zgjedhësh Z -rrënjët.

Nëse termi falas është 1

.

Nëse mund të përdorni një zëvendësim të formularit y \u003d kx

.

Formula Cardano. Ekziston një metodë universale për zgjidhjen e ekuacioneve kub - kjo është formula Cardano. Kjo formulë shoqërohet me emrat e matematikanëve italianë Gerolamo Cardano (1501-1576), Nicolo Tartaglia (1500-1557), Scipione del Ferro (1465-1526). Kjo formulë është jashtë fushës së kursit tonë.

n \u003d 4 - ekuacioni i shkallës së katërt.

Metoda e grupimit.

Shembull: x 4 + 2x 3 + 5x 2 + 4x – 12 = 0 (x 4 + 2x 3) + (5x 2 + 10x) – (6x + 12) = 0 (x + 2)(x 3 + 5x - 6) = 0 (x + 2)(x– 1)(x 2 + x + 6) = 0 x 1 = -2, x 2 = 1.

Metoda e ndryshimit të zëvendësimit.

Ekuacioni bikadratik i formës sëpatë 4 + bx 2 + s = 0 .

Shembull: x 4 + 5x 2 - 36 \u003d 0. Zëvendësimi y = x 2 Nga këtu y 1 = 4, y 2 \u003d -9. prandaj x 1,2 = + 2 .

Ekuacioni i kundërt i shkallës së katërt të formës sëpatë 4 + bx 3 + c x 2 + bx + a = 0.

Ne zgjidhim duke kombinuar termat me të njëjtët koeficientë duke zëvendësuar formularin

sëpatë 4 + bx 3 + cx 2 – bx + a = 0.

Ekuacioni i përgjithësuar i kthimit të shkallës së katërt të formularit sëpatë 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k 2a \u003d 0.

Zëvendësimi i përgjithshëm i pamjes. Disa zëvendësime standarde.

Shembulli 3 . Zëvendësimi i pamjes së përgjithshme (rrjedh nga forma e një ekuacioni specifik).

n = 3.

Ekuacioni me koeficientët e plotë. Montimi i rrënjëve Q. n = 3.

Formula e përgjithshme. Ekziston një metodë universale për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës së katërt. Kjo formulë shoqërohet me emrin e Ludovico Ferrari (1522-1565). Kjo formulë është jashtë fushës së kursit tonë.

n > 5 - ekuacionet e gradave të pesta dhe të larta.

Ekuacioni me koeficientët e plotë. Përzgjedhja e rrënjëve Z bazuar në teoremë. Skema e Horner. Algoritmi është i ngjashëm me atë të konsideruar më lart për n = 3.

Ekuacioni me koeficientët e plotë. Montimi i rrënjëve Q. bazuar në teoremën. Skema e Horner. Algoritmi është i ngjashëm me atë të konsideruar më sipër për n = 3.

Ekuacionet simetrike. Çdo ekuacion kthimi i shkallës tek ka një rrënjë x \u003d -1 dhe pasi ta faktorizojmë atë në faktorë marrim që një faktor ka formën ( x + 1), dhe faktori i dytë është ekuacioni i kthimit i një shkalle çift (shkalla e tij është një më pak se shkalla e ekuacionit origjinal). Çdo ekuacion i përsëritur i shkallës çift së bashku me një rrënjë të formës x \u003d φ përmban rrënjën e specieve. Duke përdorur këto thënie, ne e zgjidhim problemin duke ulur shkallën e ekuacionit nën studim.

Metoda e ndryshimit të zëvendësimit. Përdorimi i uniformitetit.

Nuk ka ndonjë formulë të përgjithshme për zgjidhjen e ekuacioneve të plota të shkallës së pestë (kjo u tregua nga matematikani italian Paolo Ruffini (1765-1822) dhe matematikani Norvegjez Niels Henrik Abel (1802-1829)) dhe shkallë më të larta (kjo u tregua nga Matematikan francez Evariste Galois (1811-1832))).

Le të kujtojmë përsëri se në praktikë është e mundur të përdoret kombinime metodat e mësipërme. Convenientshtë e përshtatshme të kalosh në një grup ekuacionesh të gradave më të ulëta nga faktorizimi i ekuacionit origjinal.
Përdorur gjerësisht në praktikë mbeti jashtë qëllimit të diskutimit tonë të sotëm. metodat grafike zgjidhja e ekuacioneve dhe metodat e përafërta të zgjidhjes ekuacionet e gradave më të larta.

Ka situata kur ekuacioni nuk ka rrënjë R.

Përdorimi i vetisë monotonike të funksioneve

4. Përmbledhje.

Përmbledhje: Tani kemi zotëruar metodat themelore të zgjidhjes së ekuacioneve të ndryshme të gradave më të larta (për n > 3) Detyra jonë është të mësojmë se si të përdorim në mënyrë efektive algoritmet e renditura më sipër. Në varësi të llojit të ekuacionit, do të duhet të mësojmë të përcaktojmë se cila metodë e zgjidhjes në këtë rast është më efektive, si dhe të zbatojmë saktë metodën e zgjedhur.

5. Detyrë shtëpie.

: f. 7, f. 164-174, Nr. 33-36, 39-44, 46.47.

: №№ 9.1–9.4, 9.6–9.8, 9.12, 9.14–9.16, 9.24–9.27.

Temat e mundshme të raporteve ose abstrakteve mbi këtë temë:

Formula Cardano
Metoda grafike për zgjidhjen e ekuacioneve. Shembuj të zgjidhjes.
Metodat për zgjidhjen e përafërt të ekuacioneve.

Analiza e asimilimit të materialit dhe interesit të studentëve për temën:

Përvoja tregon se studentët janë kryesisht të interesuar për mundësinë e Z-rrënjët dhe Pyetje-rrënjosjet e ekuacioneve duke përdorur një algoritëm mjaft të thjeshtë duke përdorur skemën e Horner. Gjithashtu, studentët janë të interesuar për lloje të ndryshme standarde të zëvendësimeve të ndryshueshme që mund ta thjeshtojnë shumë problemin. Metodat e zgjidhjes grafike zakonisht kanë interes të veçantë. Në këtë rast, ju gjithashtu mund të çmontoni detyrat në një metodë grafike për zgjidhjen e ekuacioneve; diskutoni pamjen e përgjithshme të grafikut për një polinom prej 3, 4, 5 gradësh; analizoni se si numri i rrënjëve të ekuacioneve prej 3, 4, 5 gradësh lidhet me llojin e grafikut përkatës. Më poshtë është një listë e librave në të cilët mund të gjeni informacione shtesë për këtë temë.

Lista e referencave:

Vilenkin N. Ya. et al. “Algjebra. Libër mësuesi për nxënësit e klasave të 9-ta me studim të thelluar të matematikës ”- M., Edukimi, 2007 - 367 f.
Vilenkin N.Ya., Shibasov L.P., Shibasova Z.F. “Pas faqeve të një libri shkollor të matematikës. Aritmetikë. Algjebra. Klasa 10-11 ”- M., Arsimi, 2008 - 192 f.
Vygodsky M. Ya. "Manual i Matematikës" - M., AST, 2010 - 1055 f.
Galitsky M.L.“Mbledhja e problemeve në algjebër. Libër shkollor për klasat 8-9 me studim të thelluar të matematikës ”- M., Edukimi, 2008 - 301 f.
Zvavich L.I. dhe të tjerët. ”Algjebra dhe fillimi i analizës. 8-11 cl. Një manual për shkollat \u200b\u200bdhe klasat me studim të thelluar të matematikës ”- M., Bustard, 1999 - 352 f.
Zvavich L.I., Averyanov D.I., Pigarev B.P., Trushanina T.N. "Detyrat në matematikë për t'u përgatitur për provimin me shkrim në klasën 9" - M., Edukimi, 2007 - 112 f.
Ivanov A.A., Ivanov A.P. "Testet tematike për sistematizimin e njohurive në matematikë" pjesa 1 - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 f.
Ivanov A.A., Ivanov A.P. "Testet tematike për sistematizimin e njohurive në matematikë" pjesa 2 - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 f.
Ivanov A.P. “Testet dhe testet në matematikë. Udhëzues ". - M., Fizmatkniga, 2008 - 304 f.
Leibson K.L. “Mbledhja e detyrave praktike në matematikë. Pjesa 2-9 klasë "- M., MCNMO, 2009 - 184 f.
Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G."Algjebra. Kapituj shtesë të librit shkollor të klasës së 9-të. Një libër shkollor për studentët në shkolla dhe klasa me studime të përparuara të matematikës. " - M., Edukimi, 2006 - 224 f.
Mordkovich A.G. "Algjebra. Studim i përparuar. Klasa e 8-të. Libër mësuesi "- M., Mnemosina, 2006 - 296 f.
A.P. Savin "Fjalori enciklopedik i një matematikan të ri" - M., Pedagogji, 1985 - 352 f.
Survillo G.S., Simonov A.S. "Materialet didaktike në algjebër për klasën 9 me studim të thelluar të matematikës" - M., Edukimi, 2006 - 95 f.
Chulkov P.V. “Ekuacionet dhe pabarazitë në kursin e matematikës shkollore. Leksione 1–4 ”- M., 1 shtator 2006 - 88 f.
Chulkov P.V. “Ekuacionet dhe pabarazitë në kursin e matematikës shkollore. Leksione 5-8 ”- M., 1 shtator 2009 - 84 f.

Teksti i veprës vendoset pa imazhe dhe formula.
Versioni i plotë i veprës është i disponueshëm në skedën "Skedarët e punës" në formatin PDF

Prezantimi

Zgjidhja e ekuacioneve algjebrike të gradave më të larta në një të panjohur është një nga problemet më të vështira dhe më të lashta matematikore. Matematikanët më të shquar të antikitetit ishin të përfshirë në këto probleme.

Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës n-të është një problem i rëndësishëm për matematikën moderne. Interesi për to është mjaft i madh, pasi që këto ekuacione janë të lidhura ngushtë me kërkimin e rrënjëve të ekuacioneve që nuk merren parasysh në programin shkollor në matematikë.

Problemi: mungesa e aftësive në zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta në mënyra të ndryshme midis studentëve i ndalon ata të përgatiten me sukses për çertifikimin përfundimtar në matematikë dhe olimpiadat matematikore, duke dhënë mësim në një klasë të specializuar matematikore.

Faktet e renditura përcaktohen rëndësia puna jonë "Zgjidhja e ekuacioneve të gradave më të larta".

Zotërimi i mënyrave më të thjeshta për të zgjidhur ekuacionet e shkallës n-të zvogëlon kohën për të përfunduar detyrën, nga e cila varet rezultati i punës dhe cilësia e procesit të të nxënit.

Objektiv: studimi i metodave të njohura për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta dhe identifikimi i më të arritshmit prej tyre për zbatim praktik.

Bazuar në këtë qëllim, puna identifikoi sa vijon detyrat:

Studioni literaturën dhe burimet e Internetit për këtë temë;

Njihuni me faktet historike në lidhje me këtë temë;

Përshkruani mënyrat e ndryshme për të zgjidhur ekuacionet e shkallës më të lartë

krahasoni shkallën e kompleksitetit të secilës prej tyre;

Të njohë shokët e klasës me metodat e zgjidhjes së ekuacioneve të gradave më të larta;

Krijoni një grup ekuacionesh për zbatimin praktik të secilës prej metodave të konsideruara.

Objekti i studimit - ekuacione të gradave më të larta me një ndryshore.

Lënda e studimit - mënyrat për të zgjidhur ekuacionet e gradave më të larta.

Hipoteza:nuk ka ndonjë metodë të përgjithshme dhe algoritëm të unifikuar që lejon gjetjen e zgjidhjeve për ekuacionet e shkallës së nëntë në një numër të kufizuar hapash.

Metodat e hulumtimit:

- metoda bibliografike (analiza e literaturës në temën kërkimore);

- metoda e klasifikimit;

- metoda e analizës cilësore.

Rëndësia teorikehulumtimi konsiston në sistematizimin e metodave për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta dhe përshkrimin e algoritmeve të tyre.

Rëndësia praktike - dorëzoi material për këtë temë dhe zhvillimin e një libri shkollor për studentët mbi këtë temë.

1 EKUACIONET E SHKALLS S HIGH LART

1.1 Koncepti i një ekuacioni të shkallës n-të

Përkufizimi 1Një ekuacion i shkallës së nëntë është një ekuacion i formës

a 0 xⁿ + a 1 xn -1 + a 2 xⁿ - + ... + an -1 x + an \u003d 0, ku koeficientët a 0, a 1, a 2…, an -1, an- ndonjë numër real, dhe , një 0 ≠ 0 .

Polinomi a 0 xⁿ + a 1 xn -1 + a 2 xⁿ - + ... + an -1 x + an quhet polinom i shkallës n. Shanset dallohen nga emrat e tyre: a 0 - koeficienti i të moshuarve; an është një anëtar i lirë.

Përkufizimi 2. Zgjidhje ose rrënjë për një ekuacion të dhënë janë të gjitha vlerat e ndryshores x, të cilat e kthejnë këtë ekuacion në një barazi të vërtetë numerike ose, për të cilën polinomi a 0 xⁿ + a 1 xn -1 + a 2 xⁿ - + ... + an -1 x + an zhduket. Kjo vlerë e ndryshores xquhet edhe rrënja e polinomit. Të zgjidhësh një ekuacion do të thotë të gjesh të gjitha rrënjët e tij ose të vërtetosh se ato nuk ekzistojnë.

Nëse a 0 \u003d 1, atëherë një ekuacion i tillë quhet ekuacioni racional i reduktuar i plotë n th shkallë

Për ekuacionet e shkallës së tretë dhe të katërt, ekzistojnë formula Cardano dhe Ferrari që shprehin rrënjët e këtyre ekuacioneve në terma të radikalëve. Doli që në praktikë ato përdoren rrallë. Kështu, nëse n ≥ 3, dhe koeficientët e polinomit janë numra realë arbitrar, atëherë gjetja e rrënjëve të ekuacionit nuk është një detyrë e lehtë. Sidoqoftë, në shumë raste të veçanta, ky problem zgjidhet deri në fund. Le të ndalemi te disa prej tyre.

1.2 Fakte historike të zgjidhjes së ekuacioneve të gradave më të larta

Tashmë në kohërat antike, njerëzit e kuptuan se sa e rëndësishme është të mësosh se si të zgjidhësh ekuacionet algjebrike. Rreth 4000 vjet më parë, shkencëtarët babilonas zotëruan zgjidhjen e një ekuacioni kuadratik dhe zgjidhën sistemet e dy ekuacioneve, nga të cilat njëra është e shkallës së dytë. Me ndihmën e ekuacioneve të gradave më të larta, u zgjidhën probleme të ndryshme të vrojtimit të tokës, arkitekturës dhe çështjeve ushtarake, shumë dhe pyetje të ndryshme të praktikës dhe shkencës natyrore u reduktuan atyre, pasi gjuha e saktë e matematikës bën të mundur thjesht shprehjen e fakteve dhe marrëdhëniet, të cilat, duke u paraqitur në gjuhë të zakonshme, mund të duken konfuze dhe të komplikuara ...

Një formulë universale për gjetjen e rrënjëve të një ekuacioni algjebrik e nëntë shkalla nr. Shumë, natyrisht, dolën me idenë joshëse për të gjetur ndonjë forcë n formula që do të shprehte rrënjët e ekuacionit në terma të koeficientëve të tij, domethënë do të zgjidhte ekuacionin në radikalë.

Vetëm në shekullin e 16-të, matematikanët italianë arritën të përparonin më tej - për të gjetur formula për n \u003d 3 dhe n \u003d 4. Në të njëjtën kohë, Scipio, Dal, Ferro dhe studentët e tij Fiori dhe Tartaglia u morën me çështjen e zgjidhjes së përgjithshme të ekuacioneve të shkallës së 3-të.

Në vitin 1545, u botua libri i matematikanit italian D. Cardano "Arti i Madh, ose Rregullat e Algjebrës", ku, së bashku me pyetje të tjera të algjebrës, u konsideruan metodat e përgjithshme të zgjidhjes së ekuacioneve kub, si dhe metoda për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës së 4-të, zbuluar nga studenti i tij L. Ferrari.

F. Viet dha një ekspozitë të plotë të pyetjeve në lidhje me zgjidhjen e ekuacioneve të gradave të treta dhe të katërta.

Në vitet 20 të shekullit të 19-të, matematikani Norvegjez N. Abel vërtetoi se rrënjët e ekuacioneve të shkallës së pestë nuk mund të shprehen në terma radikalësh.

Gjatë studimit, u zbulua se shkenca moderne di shumë mënyra për të zgjidhur ekuacionet e shkallës n-të.

Kërkimi i metodave për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta që nuk mund të zgjidhen nga metodat e konsideruara në kurrikulën shkollore rezultoi në metoda të bazuara në zbatimin e teoremës së Vieta (për ekuacionet e shkallës n\u003e 2), Teoremat e Bezout, skemat e Horner, si dhe formulën Cardano dhe Ferrari për zgjidhjen e ekuacioneve kubike dhe ekuacioneve të shkallës së katërt.

Punimi paraqet metodat për zgjidhjen e ekuacioneve dhe llojet e tyre, të cilat u bënë një zbulim për ne. Këto përfshijnë metodën e koeficientëve të padefinuar, zgjedhjen e shkallës së plotë, ekuacionet simetrike.

2. ZGJIDHJA E EKUACIONEVE INTEGER T OF SHKALLAVE T HIGH LARTA ME Koeficientët INTEGER

2.1 Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës së 3-të. Formula D. Cardano

Merrni parasysh ekuacionet e formës x 3 + px + q \u003d 0.Ne e shndërrojmë ekuacionin e përgjithshëm në formën: x 3 + px 2 + qx + r \u003d 0. Le të shkruajmë formulën për kubin shumës; Ne i shtojmë barazisë origjinale dhe zëvendësojmë me y... Ne marrim ekuacionin: y 3 + (q -) (y -) + (r - \u003d 0. Pas transformimeve, kemi: y 2 + py + q \u003d 0. Tani, përsëri, shkruani formulën e kubit shumës:

(a + b) 3 \u003d a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 \u003d a 3 + b 3 + 3ab (a + b), zëvendësoj ( a + b) në x, marrim ekuacionin x 3 - 3abx - (a 3 + b 3) = 0. Tani mund të shihni se ekuacioni origjinal është ekuivalent me sistemin: dhe duke zgjidhur sistemin, ne marrim:

Ne kemi marrë një formulë për zgjidhjen e ekuacionit të zvogëluar të shkallës së 3-të. Ajo mban emrin e matematikanit italian Cardano.

Le të shohim një shembull. Zgjidh ekuacionin:.

Ne kemi r \u003d 15 dhe q \u003d 124, atëherë duke përdorur formulën Cardano llogarisim rrënjën e ekuacionit

Përfundim: kjo formulë është e mirë, por jo e përshtatshme për zgjidhjen e të gjitha ekuacioneve kubike. Sidoqoftë, është e rëndë. Prandaj, në praktikë, përdoret rrallë.

Por ata që e zotërojnë këtë formulë mund ta përdorin atë për të zgjidhur ekuacionet e shkallës së tretë në provim.

2.2 Teorema e Vietës

Nga rrjedha e matematikës, ne e dimë këtë teoremë për një ekuacion kuadratik, por pak njerëz e dinë që përdoret gjithashtu për të zgjidhur ekuacione të gradave më të larta.

Merrni parasysh ekuacionin:

faktorizoni anën e majtë të ekuacionit, ndajeni me ≠ 0.

Ne transformojmë anën e djathtë të ekuacionit në formë

; nga kjo rrjedh që barazitë e mëposhtme mund të shkruhen në sistem:

Formulat e nxjerra nga Viet për ekuacionet kuadratike dhe të demonstruara nga ne për ekuacionet e shkallës së tretë janë gjithashtu të vlefshme për polinomet e gradave më të larta.

Le të zgjidhim ekuacionin kub:

Përfundim: kjo metodë është universale dhe mjaft e lehtë që studentët të kuptojnë, pasi që teorema e Vieta-s është e njohur për ta nga programi shkollor për n = 2. Në të njëjtën kohë, për të gjetur rrënjët e ekuacioneve duke përdorur këtë teoremë, duhet të keni aftësi të mira llogaritëse.

2.3 Teorema e Bezout

Kjo teoremë është emëruar pas matematikanit francez të shekullit XVIII J. Bezout.

Teorema.Nëse ekuacioni a 0 xⁿ + a 1 xn -1 + a 2 xⁿ - + ... + an -1 x + an \u003d 0, në të cilin të gjithë koeficientët janë numra të plotë, dhe termi i lirë është jo zero, ka një rrënjë të plotë, atëherë kjo rrënjë është pjesëtuese e termit të lirë.

Duke marrë parasysh që në anën e majtë të ekuacionit ekziston një polinom i shkallës së nëntë, teorema ka një interpretim tjetër.

Teorema. Kur ndan një polinom të shkallës n në lidhje me x binom x - a pjesa e mbetur është e barabartë me vlerën e dividendit në x \u003d a... (letër a mund të shënojë ndonjë numër real ose imagjinar, d.m.th. ndonjë numër kompleks).

Provat: le te jete f (x) tregon një polinom arbitrar të shkallës së n në lidhje me ndryshoren x dhe le, kur ndahet me një binom ( x-a) ndodhi privatisht q (x), dhe në pjesën e mbetur R... Obviousshtë e qartë se q (x) do të ketë disa polinom (n - 1) shkalla e th në lidhje me xdhe pjesa e mbetur R do të jetë një vlerë konstante, d.m.th. i pavarur nga x.

Nëse pjesa e mbetur R ishte një polinom i shkallës së parë në lidhje me x, atëherë kjo do të nënkuptojë se ndarja nuk është e kënaqur. Kështu që, R nga x nuk varet. Sipas përkufizimit të ndarjes, ne marrim identitetin: f (x) \u003d (x-a) q (x) + R.

Barazia është e vlefshme për çdo vlerë të x, që do të thotë se është e vlefshme edhe për x \u003d a, ne marrim: f (a) \u003d (a-a) q (a) + R... Simbol f (a) tregon vlerën e polinomit f (x) në x \u003d a, q (a) tregon vlerën q (x) në x \u003d aPjesa e mbetur R mbeti e njëjtë si më parë, që nga R nga x nuk varet. Përbërja ( x-a) q (a) \u003d 0, pasi faktori ( x-a) \u003d 0, dhe faktorin q (a) ekziston një numër i caktuar. Prandaj, nga barazia që marrim: f (a) \u003d R,h.t.d.

Shembulli 1.Gjeni pjesën e mbetur të një ndarje polinomi x 3 - 3x 2 + 6x-5 për binom

x-2. Nga teorema e Bezout : R \u003d f(2) = 23-322 + 62 -5 \u003d 3. Përgjigje: R \u003d3.

Vini re se teorema e Bezout është e rëndësishme jo aq në vetvete sa në pasojat e saj. (Shtojca 1)

Le të ndalemi te disa metoda të zbatimit të teoremës së Bezout për zgjidhjen e problemeve praktike. Duhet të theksohet se gjatë zgjidhjes së ekuacioneve duke përdorur teoremën e Bezout, është e nevojshme:

Gjeni të gjithë pjesëtuesit e plotë të termit të lirë;

Gjeni të paktën një rrënjë të ekuacionit nga këta pjesëtues;

Ndani anën e majtë të ekuacionit me (Ha);

Shkruani produktin e pjesëtuesit dhe herësin në anën e majtë të ekuacionit;

Zgjidh ekuacionin që rezulton.

Merrni parasysh, për shembull, zgjidhjen e ekuacionit x 3 + 4x 2 + x -6 = 0 .

Zgjidhja: gjeni pjesëtuesit e termit të lirë ± 1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Le të llogarisim vlerat në x \u003d1, 1 3 + 41 2 + 1- 6 \u003d 0. Ndani anën e majtë të ekuacionit me ( x-1). Ne do të kryejmë ndarjen "me një qoshe", marrim:

Përfundim: Teorema e Bezout është një nga ato mënyra që ne e konsiderojmë në punën tonë, studiohet në programin e orëve me zgjedhje. Difficultshtë e vështirë të kuptohet, sepse për ta zotëruar atë, duhet të dini të gjitha pasojat prej saj, por në të njëjtën kohë teorema e Bezout është një nga ndihmësit kryesorë të studentëve në provim.

2.4 Skema e Horner

Të ndajë një polinom me një binom x-α mund të përdorni një truk të veçantë të thjeshtë të shpikur nga matematikanët anglezë të shekullit të 17-të, i quajtur më vonë skema e Hornerit. Përveç gjetjes së rrënjëve të ekuacioneve, sipas skemës së Horner, ju mund të llogaritni më lehtë vlerat e tyre. Për këtë, është e nevojshme të zëvendësohet vlera e ndryshores në polinomin Pn (x) \u003d a 0 xn + a 1 x n-1 + a 2 xⁿ - +… ++ an -1 x + an (nje)

Merrni parasysh ndarjen e polinomit (1) me binom x-α.

Le të shprehim koeficientët e koeficientit jo të plotë b 0 xⁿ - ¹+ b 1 xⁿ - ²+ b 2 xⁿ - ³+…+ bn -1 dhe pjesa e mbetur r për sa i përket koeficientëve të polinomit Pn ( x) dhe numrin α. b 0 \u003d a 0 , b 1 = α b 0 + a 1 , b 2 = α b 1 + a 2 …, bn -1 =

= α bn -2 + an -1 = α bn -1 + an .

Llogaritjet sipas skemës së Horner paraqiten në formën e tabelës vijuese:

	dhe 0	a 1	a 2 ,
	b 0 \u003d a 0	b 1 = α b 0 + a 1	b 2 = α b 1 + a 2		r \u003d αb n-1 + an

Sepse r \u003d Pn (α), atëherë α është rrënja e ekuacionit. Për të kontrolluar nëse α nuk është një rrënjë e shumëfishtë, skema e Horner mund të zbatohet në herës b 0 x +b 1 x + ... +bn -1 sipas tabelës. Nëse në kolonën më poshtë bn -1 del përsëri 0, kështu që α është një rrënjë e shumëfishtë.

Shikoni një shembull: Zgjidhni ekuacionin x 3 + 4x 2 + x -6 = 0.

Zbatoni faktorizimin e polinomit në anën e majtë të ekuacionit në anën e majtë të ekuacionit, skema e Horner.

Zgjidhja: gjeni pjesëtuesit e termit të lirë ± 1; 2 ±; ±3; ± 6.


				6 ∙ 1 + (-6) = 0

Koeficientët janë numrat 1, 5, 6, dhe pjesa e mbetur është r \u003d 0.

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

Prandaj: x - 1 \u003d 0 ose x 2 + 5x + 6 = 0.

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

Përfundim: Kështu, në një ekuacion, ne kemi treguar përdorimin e dy metodave të ndryshme të faktorizimit të polinomeve. Sipas mendimit tonë, skema e Horner është më praktike dhe ekonomike.

2.5 Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës së 4-të. Metoda Ferrari

Studenti i Cardano, Ludovic Ferrari zbuloi një mënyrë për të zgjidhur një ekuacion të shkallës së 4-të. Metoda Ferrari përbëhet nga dy hapa.

Faza I: ekuacionet e formës paraqiten si produkt i dy trinomëve katrorë, kjo rrjedh nga fakti që ekuacioni është i shkallës së 3-të dhe të paktën një zgjidhje.

Faza II: ekuacionet që rezultojnë zgjidhen duke përdorur faktorizimin, por për të gjetur faktorizimin e kërkuar, është e nevojshme të zgjidhen ekuacionet kubike.

Ideja është që ekuacionet të paraqiten si A 2 \u003d B 2, ku A \u003d x 2 + s,

Funksioni linear B i x... Atëherë mbetet zgjidhja e ekuacioneve A \u003d ± B.

Për qartësi, merrni parasysh ekuacionin: Ne të vetmuar shkallën e 4-të, marrim: Për cilindo dshprehja do të jetë një katror i përsosur. Shtoni në të dy anët e ekuacionit që marrim

Në anën e majtë është një shesh i plotë, ju mund ta vini dnë mënyrë që ana e djathtë (2) të bëhet gjithashtu një katror i plotë. Le të imagjinojmë se ne e kemi arritur këtë. Atëherë ekuacioni ynë duket kështu:

Gjetja e rrënjës më vonë nuk do të jetë e vështirë. Për të zgjedhur atë të duhur d është e nevojshme që diskriminuesi i anës së djathtë (3) të zhduket, d.m.th.

Kështu që për të gjetur d, është e nevojshme të zgjidhet ky ekuacion i shkallës së 3-të. Një ekuacion i tillë ndihmës quhet rezolucioni.

Ne mund ta gjejmë me lehtësi të gjithë rrënjën e zgjidhjes: d \u003d1

Duke zëvendësuar ekuacionin në (1), marrim

Përfundim: Metoda e Ferrarit është universale, por e ndërlikuar dhe e rëndë. Në të njëjtën kohë, nëse algoritmi i zgjidhjes është i qartë, atëherë ekuacionet e shkallës së 4-të mund të zgjidhen me këtë metodë.

2.6 Metoda e koeficientëve të papërcaktuar

Suksesi i zgjidhjes së ekuacionit të shkallës së 4-të me metodën Ferrari varet nga zgjidhja e zgjidhjes - ekuacioni i shkallës së 3-të, i cili, siç e dimë, nuk është gjithmonë i mundur.

Thelbi i metodës së koeficientëve të pacaktuar është që lloji i faktorëve në të cilët është zbërthyer një polinom i dhënë supozohet, dhe koeficientët e këtyre faktorëve (gjithashtu polinome) përcaktohen duke shumëzuar faktorët dhe barazuar koeficientët në të njëjtat shkallë të e ndryshueshme.

Shembull: Zgjidh ekuacionin:

Supozoni se ana e majtë e ekuacionit tonë mund të zbërthehet në dy trinome katrore me koeficientë të plotë, të tillë që identiteti

Natyrisht, koeficientët përpara uni duhet të jenë të barabartë me 1, dhe kushtet e lira duhet të jenë në një + 1, tjetri ka 1.

Koeficientët përpara x... Ne i shënojmë ato me dhe dhe dhe për t'i përcaktuar ato, ne shumëzojmë të dy trinomet në anën e djathtë të ekuacionit.

Si rezultat, ne marrim:

Barazimi i koeficientëve në të njëjtën shkallë xnë anët e majta dhe të djathta të barazisë (1), ne marrim një sistem për gjetjen dhe

Duke zgjidhur këtë sistem, ne do të kemi

Kështu që ekuacioni ynë është ekuivalent me ekuacionin

Pasi ta kemi zgjidhur atë, kemi rrënjët e mëposhtme:.

Metoda e koeficientëve të pacaktuar bazohet në pohimet e mëposhtme: çdo polinom i shkallës së katërt në ekuacion mund të zbërthehet në produktin e dy polinomeve të shkallës së dytë; dy polinome janë identikisht të barabartë nëse dhe vetëm nëse koeficientët e tyre janë të barabartë në të njëjtën shkallë x

2.7 Ekuacionet simetrike

Përkufizimi.Një ekuacion i formës quhet simetrik nëse koeficientët e parë në të majtë në ekuacion janë të barabartë me koeficientët e parë në të djathtë.

Shohim që koeficientët e parë në të majtë janë të barabartë me koeficientët e parë në të djathtë.

Nëse një ekuacion i tillë ka një shkallë tek, atëherë ajo ka rrënjën x= - 1. Tjetra, ne mund të ulim shkallën e ekuacionit duke e ndarë atë me ( x +një) Rezulton se pjesëtimi i ekuacionit simetrik me ( x +1) merret një ekuacion simetrik i shkallës çift. Provat e simetrisë së koeficientëve paraqiten më poshtë. (Shtojca 6) Detyra jonë është të mësojmë se si të zgjidhim ekuacionet simetrike të shkallës çift.

Për shembull: (1)

Zgjidh ekuacionin (1), ndaj me x 2 (mesatare) \u003d 0.

Le të grupojmë termat me simetrik

) + 3(x + Ne shënojmë në= x +, le të katrorojmë të dy anët, pra \u003d në 2 Pra, 2 ( në 2 ose 2 në 2 + 3 duke zgjidhur ekuacionin, marrim në = , në \u003d 3. Tjetra, le të kthehemi te zëvendësimi x + \u003d dhe x + \u003d 3. Ne marrim ekuacionet dhe E para nuk ka zgjidhje, dhe e dyta ka dy rrënjë. Përgjigje :.

Përfundim: ky lloj ekuacioni nuk është i zakonshëm, por nëse e hasni atë, atëherë ai mund të zgjidhet lehtë dhe thjesht pa përdorur llogaritjet e vështira.

2.8 Theksimi i shkallës së plotë

Merrni parasysh ekuacionin.

Ana e majtë është kubi i shumës (x + 1), d.m.th.

Ne nxjerrim rrënjën e shkallës së tretë nga të dy pjesët :, atëherë marrim

Ku është rrënja e vetme.

REZULTATET E STUDIMIT

Bazuar në rezultatet e punës, kemi ardhur në përfundimet e mëposhtme:

Falë teorisë së studiuar, ne u njohëm me metoda të ndryshme për zgjidhjen e ekuacioneve të plota të gradave më të larta;

Formula e D. Cardano është e vështirë të zbatohet dhe jep një probabilitet të lartë për të bërë gabime në llogaritjen;

- Metoda e L. Ferrarit bën të mundur zvogëlimin e zgjidhjes së një ekuacioni të shkallës së katërt në një kub;

- Teorema e Bezout mund të zbatohet si për ekuacionet kub, ashtu edhe për ekuacionet e shkallës së katërt; është më e kuptueshme dhe e qartë kur zbatohet për zgjidhjen e ekuacioneve;

Skema e Horner ndihmon në uljen dhe thjeshtimin e ndjeshëm të llogaritjeve në zgjidhjen e ekuacioneve. Përveç gjetjes së rrënjëve, sipas skemës së Horner, është më lehtë të llogariten vlerat e polinomeve në anën e majtë të ekuacionit;

Me interes të veçantë ishte zgjidhja e ekuacioneve me metodën e koeficientëve të papërcaktuar, zgjidhja e ekuacioneve simetrike.

Gjatë punës kërkimore, u zbulua se studentët njihen me metodat më të thjeshta të zgjidhjes së ekuacioneve të shkallës më të lartë në klasat zgjedhore në matematikë, duke filluar nga klasa 9 ose 10, si dhe në kurse të veçanta të vizitave matematikore shkollat. Ky fakt është vërtetuar si rezultat i një sondazhi të mësuesve të matematikës MBOU "Shkolla e Mesme Nr. 9" dhe studentëve që tregojnë një interes të shtuar në lëndën "matematikë".

Metodat më të njohura për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta, të cilat gjenden në zgjidhjen e Olimpiadës, problemeve konkurruese dhe si rezultat i përgatitjes së studentëve për provime, janë metodat e bazuara në zbatimin e teoremës së Bezout, skemën e Horner dhe futjen e një ndryshoreje të re.

Demonstrimi i rezultateve të hulumtimit, d.m.th. mënyra për të zgjidhur ekuacionet që nuk studiohen në kurrikulën shkollore në matematikë, shokë të klasës të interesuar.

Përfundim

Duke studiuar literaturë arsimore dhe shkencore, burime të Internetit në forume arsimore për të rinjtë

Trifanova Marina Anatolievna
mësues i matematikës, MOU "Gjimnazi Nr. 48 (multidisiplinar)", Talnakh

Qëllimi treshe i orës së mësimit:

Edukative:
sistematizimi dhe përgjithësimi i njohurive për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta.
Zhvillimi:
promovojnë zhvillimin e të menduarit logjik, aftësinë për të punuar në mënyrë të pavarur, aftësitë e kontrollit reciprok dhe vetëkontrollin, aftësinë për të folur dhe dëgjuar.
Edukative:
zhvillimi i një zakoni të punësimit të vazhdueshëm, nxitja e përgjegjësisë, punës së palodhur dhe saktësisë.

Lloji i mësimit:

mësim në zbatimin kompleks të njohurive, aftësive dhe aftësive.

Forma e mësimit:

ajrimi, trajnimi fizik, forma të ndryshme të punës.

Pajisjet:

shënimet themelore, kartat me detyra, matrica e monitorimit të orës së mësimit.

GJAT KLASAVE

I. Momenti organizativ

Komunikimi i qëllimit të mësimit te nxënësit.
Kontroll i detyrave të shtëpisë (Shtojca 1). Punoni me shënimet referuese (Shtojca 2).

Ekuacionet dhe përgjigjet shkruhen në tabelë për secilën prej tyre. Nxënësit kontrollojnë përgjigjet dhe japin një analizë të shpejtë të zgjidhjes së secilit ekuacion ose u përgjigjen pyetjeve të mësuesit (sondazh frontal). Vetëkontrolli - nxënësit i japin vetes nota dhe i dorëzojnë libra ushtrimesh mësuesit për korrigjim ose miratim. Shkolla e klasave është e shkruar në dërrasë:

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

Pyetjet e detyrave të shtëpisë së mësuesit:

1 ekuacion

Çfarë ndryshimi i ndryshoreve bëhet në ekuacion?
Çfarë ekuacioni merret pas ndryshimit të ndryshoreve?

2 ekuacioni

Në cilin polinom ndanë të dy anët e ekuacionit?
Çfarë ndryshimi i variablave është marrë?

3 ekuacioni

Cilat polinome duhet të shumëzohen për të thjeshtuar zgjidhjen e këtij ekuacioni?

Ekuacioni 4

Emërtoni funksionin f (x).
Si u gjetën pjesa tjetër e rrënjëve?

Ekuacioni 5

Sa boshllëqe janë marrë për të zgjidhur ekuacionin?

Ekuacioni 6

Në cilat mënyra mund të zgjidhet ky ekuacion?
Cila zgjidhje është më racionale?

II Puna në grupe është pjesa kryesore e orës së mësimit.

Klasa ndahet në 4 grupe. Secilit grup i jepet një kartelë me pyetje teorike dhe praktike (Shtojca 3): "Zbërtheni metodën e propozuar për zgjidhjen e ekuacionit dhe shpjegojeni atë duke përdorur këtë shembull".

Punë në grupe 15 minuta.
Shkruhen shembuj në tabelë (tabela ndahet në 4 pjesë).
Raporti i grupit zgjat 2 - 3 minuta.
Mësuesi korrigjon raportet e grupeve dhe ndihmon në rast vështirësie.

Puna në grup vazhdon me kartat 5 - 8. Secili ekuacion ka 5 minuta për diskutim në grup. Pastaj ka një raport mbi këtë ekuacion në tabelë - një analizë e shkurtër e zgjidhjes. Ekuacioni mund të mos zgjidhet plotësisht - po finalizohet në shtëpi, por sekuenca e zgjidhjes së tij në klasë diskutohet në të gjithë.

III Punë e pavarur.Shtojca 4.

Secili student merr një detyrë individuale.
Puna në kohë zgjat 20 minuta.
5 minuta para përfundimit të orës së mësimit, mësuesi jep përgjigje të hapur për secilin ekuacion.
Nxënësit ndryshojnë fletoret në një rreth dhe kontrollojnë përgjigjet nga një mik. Jepni nota.
Fletoret i dorëzohen mësuesit për kontrollimin dhe korrigjimin e notave.

IV. Përmbledhje e mësimit.

Detyre shtepie.

Bëni zgjidhje për ekuacionet e papërfunduara. Përgatituni për një fetë kontrolli.

Nota

Për të përdorur pamjen paraprake të prezantimeve, krijoni vetes një llogari Google (llogari) dhe futuni në të: https://accounts.google.com

Titra rrëshqitëse:

Ekuacione të gradave më të larta (rrënjët e një polinomi në një ndryshore).

Planifikoni leksione. Nr. 1 Ekuacionet e gradave më të larta në kursin e matematikës shkollore. Nr. 2 Forma standarde e një polinomi. # 3. Rrënjët integrale të një polinomi. Skema e Horner. № 4. Rrënjët thyesore të një polinomi. 5. Ekuacionet e formës: (х + а) (х + в) (х + с)… \u003d А № 6. Ekuacionet e kthimit. № 7. Ekuacionet homogjene. № 8. Metoda e koeficientëve të padefinuar. 9. Metoda funksionale - grafike. № 10. Formulat e Vieta-s për ekuacionet e gradave më të larta. № 11. Metoda jo standarde për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta.

Ekuacionet e gradave më të larta në kursin e matematikës shkollore. Klasa e 7-të. Forma standarde e një polinomi. Veprimet me polinome. Faktorizimi i një polinomi. Në klasën e rregullt 42 orë, në klasën speciale 56 orë. 8 klasë speciale. Rrënjët e plota të një polinomi, ndarja e polinomeve, ekuacionet e përsëritura, ndryshimi dhe shuma e fuqive të n - të të një binomi, metoda e koeficientëve të papërcaktuar. Yu.N. Makarychev "Kapituj shtesë të kursit shkollor të algjebrës së klasës së 8-të", MLGalitsky Koleksioni i problemeve në algjebër klasa 8 - 9. 9 klasë speciale. Rrënjët racionale të një polinomi. Ekuacionet e kthimit të përgjithësuar. Formulat e Vieta-s për ekuacionet e gradave më të larta. N. Ya. Vilenkin “Algjebra Klasa 9 me Studim të Avancuar. 11 klasë speciale. Identiteti i polinomeve. Polinomi në disa ndryshore. Metoda funksionale - grafike për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta.

Forma standarde e një polinomi. Polinomi P (x) \u003d a ⁿ x ⁿ + a n-1 x n-1 +… + a₂x ² + a₁x + a₀. Quhet polinom standard. a n x ⁿ është termi më i lartë i polinomit dhe n është koeficienti i termit më të lartë të polinomit. Për një n \u003d 1, P (x) quhet polinom i reduktuar. dhe ₀ është termi i lirë i polinomit P (x). n është shkalla e polinomit.

Rrënjët e plota të një polinomi. Skema e Horner. Teorema 1. Nëse një numër i plotë a është rrënjë e polinomit P (x), atëherë a është pjesëtues i termit të lirë P (x). Shembulli nr. 1. Zgjidh ekuacionin. X⁴ + 2x³ \u003d 11x² - 4x - 4 Le ta sjellim ekuacionin në formën e tij standarde. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0. Kemi polinomin P (x) \u003d x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Ndarjet e termit të lirë: ± 1, ± 2, ± 4. x \u003d 1 rrënjë e ekuacionit sepse P (1) \u003d 0, x \u003d 2 rrënjë e ekuacionit që prej P (2) \u003d 0 Teorema e Bezout. Pjesa e mbetur e pjesëtimit të polinomit P (x) me binomin (x - a) është e barabartë me P (a). Pasoja. Nëse a është një rrënjë e polinomit P (x), atëherë P (x) është i ndashëm me (x - a). Në ekuacionin tonë, P (x) është i ndashëm me (x - 1) dhe me (x - 2), dhe kështu me (x - 1) (x - 2). Kur P (x) ndahet me (x ² - 3x + 2) në herës, kemi një trinom x ² + 5x + 2 \u003d 0, i cili ka rrënjë x \u003d (- 5 √ √17) / 2

Rrënjët thyesore të një polinomi. Teorema # 2. Nëse p / g është një rrënjë e polinomit P (x), atëherë p është pjesëtuesi i termit të lirë, g është pjesëtuesi i koeficientit të termit kryesor P (x). Shembulli # 2. Zgjidh ekuacionin. 6x³ - 11x² - 2x + 8 \u003d 0. Pjesëtuesit e termave të lirë: ± 1, ± 2, ± 4, ± 8. Asnjë nga këta numra nuk e plotëson ekuacionin. Nuk ka rrënjë të paprekura. Ndarësit natyrorë të koeficientit të termit kryesor P (x): 1, 2, 3, 6. Rrënjët e mundshme thyesore të ekuacionit: ± 2/3, ± 4/3, ± 8/3. Duke kontrolluar, sigurohemi që P (4/3) \u003d 0. X \u003d 4/3 është rrënja e ekuacionit. Ne ndajmë P (x) me (x - 4/3) sipas skemës së Horner.

Shembuj për një zgjidhje të pavarur. Zgjidh ekuacionet: 9x³ - 18x \u003d x - 2, x ³ - x ² \u003d x - 1, x ³ - 3x² -3x + 1 \u003d 0, X ⁴ - 2x³ + 2x - 1 \u003d 0, X⁴ - 3x² + 2 \u003d 0, x ⁵ + 5x³ - 6x² \u003d 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 \u003d 0, X⁴ + 4x³ - x ² - 16x - 12 \u003d 0 4x³ + x ² - x + 5 \u003d 0 3x⁴ + 5x³ - 9x² - 9x + 10 \u003d 0. Përgjigjet: 1) ± 1/3; 2 2) ± 1, 3) -1; 2 ± √3, 4) ± 1, 5) 1; ± √2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -një; ± 2, 9) - 5/4 10) -2; - 5/3; një

Ekuacionet e formës (x + a) (x + b) (x + c) (x + d)… \u003d A. Shembull №3. Zgjidh ekuacionin (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) \u003d 24. a \u003d 1, b \u003d 2, c \u003d 3, d \u003d 4 a + d \u003d b + c. Ne shumëzojmë kllapat e para me të katërtën dhe të dytën me të tretën. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) \u003d 24. (x ² + 5x + 4) (x ² + 5x + 6) \u003d 24. Le të jetë x ² + 5x + 4 \u003d y , atëherë y (y + 2) \u003d 24, y² + 2y - 24 \u003d 0 y₁ \u003d - 6, y₂ \u003d 4.x² + 5x + 4 \u003d -6 ose x² + 5x + 4 \u003d 4.x² + 5x + 10 \u003d 0, D

Shembuj për një zgjidhje të pavarur. (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) \u003d -15, x (x + 4) (x + 5) (x + 9) + 96 \u003d 0, x (x + 3) ) (x + 5) (x + 8) + 56 \u003d 0, (x - 4) (x - 3) (x - 2) (x - 1) \u003d 24, (x - 3) (x -4) ( x - 5) (x - 6) \u003d 1680, (x ² - 5x) (x + 3) (x - 8) + 108 \u003d 0, (x + 4) ² (x + 10) (x - 2) + 243 \u003d 0 (x ² + 3x + 2) (x ² + 9x + 20) \u003d 4, Udhëzim: x + 3x + 2 \u003d (x + 1) (x + 2), x ² + 9x + 20 \u003d (x + 4) (x + 5) Përgjigje: 1) -4 ± √6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5 ± √97) / 2 7) -7; -një; -4 ± √3.

Ekuacionet reflektive. Përkufizimi # 1. Një ekuacion i formës: ax⁴ + në + cx ² + në + a \u003d 0 quhet ekuacion kthyes i shkallës së katërt. Numri i përkufizimit 2. Një ekuacion i formës: ax⁴ + inx ³ + cx² + bx + k² a \u003d 0 quhet ekuacion i kthimit të përgjithësuar të shkallës së katërt. k² a: a \u003d k²; kv: v \u003d k. Shembulli Nr. 6. Zgjidh ekuacionin x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 \u003d 0. Ndani të dy anët e ekuacionit me x. x ² - 7x + 14 - 7 / x + 1 / x ² \u003d 0, (x ² + 1 / x ²) - 7 (x + 1 / x) + 14 \u003d 0. Le të jetë x + 1 / x \u003d y. Ne katrorojmë të dy anët e barazisë. x ² + 2 + 1 / x ² \u003d y², x ² + 1 / x ² \u003d y² - 2. Marrim ekuacionin kuadratik y² - 7y + 12 \u003d 0, y₁ \u003d 3, y₂ \u003d 4.x + 1 / x \u003d 3 ose x + 1 / x \u003d 4. Marrim dy ekuacione: x ² - 3x + 1 \u003d 0, x ² - 4x + 1 \u003d 0. Shembulli №7. 3x⁴ - 2x³ - 31x² + 10x + 75 \u003d 0. 75: 3 \u003d 25, 10: (- 2) \u003d -5, (-5) ² \u003d 25. Kushti i ekuacionit të kthimit të përgjithësuar plotësohet k \u003d -5. Zgjidhur në mënyrë të ngjashme me shembullin nr. 6. Ndani të dy anët e ekuacionit me x. 3x⁴ - 2x - 31 + 10 / x + 75 / x ² \u003d 0,3 (x ⁴ + 25 / x ²) - 2 (x - 5 / x) - 31 \u003d 0. Le të x - 5 / x \u003d y, ne katror të dy anët e barazisë x ² - 10 + 25 / x ² \u003d y², x ² + 25 / x ² \u003d y² + 10. Kemi ekuacionin kuadratik 3y² - 2y - 1 \u003d 0, y₁ \u003d 1, y₂ \u003d - 1 / 3 x - 5 / x \u003d 1 ose x - 5 / x \u003d -1/3. Marrim dy ekuacione: x ² - x - 5 \u003d 0 dhe 3x² + x - 15 \u003d 0

Shembuj për një zgjidhje të pavarur. 1.78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 \u003d 0, 2.x ⁴ - 5x³ + 10x² - 10x + 4 \u003d 0, 3.x ⁴ - x ³ - 10x² + 2x + 4 \u003d 0, 4.6x⁴ + 5x³ - 38x² -10x + 24 \u003d 0,5 x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 \u003d 0,6 x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 \u003d 0. Përgjigjet: 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

Ekuacionet homogjene. Përkufizimi. Një ekuacion i formës a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ \u003d 0 quhet ekuacion homogjen i shkallës së tretë në lidhje me u v. Përkufizimi. Një ekuacion i formës a₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a₃ uv³ + a₄ v⁴ \u003d 0 quhet ekuacion homogjen i shkallës së katërt në lidhje me u v. Shembulli nr. 8. Zgjidh ekuacionin (x ² - x + 1) ³ + 2x⁴ (x ² - x + 1) - 3x⁶ \u003d 0 Ekuacioni homogjen i shkallës së tretë në lidhje me u \u003d x ²- x + 1, v \u003d x ². Ne i ndajmë të dy anët e ekuacionit me x. Më parë kemi kontrolluar që x \u003d 0 nuk është rrënja e ekuacionit. (x ² - x + 1 / x ²) ³ + 2 (x ² - x + 1 / x ²) - 3 \u003d 0. (x ² - x + 1) / x ²) \u003d y, y³ + 2y - 3 \u003d 0, y \u003d 1 rrënjë e ekuacionit. Ne e ndajmë polinomin P (x) \u003d y³ + 2y - 3 me y - 1 sipas skemës së Horner. Në herës, kemi një trinom që nuk ka rrënjë. Përgjigje: 1.

Shembuj për një zgjidhje të pavarur. 1.2 (x² + 6x + 1) ² + 5 (X² + 6X + 1) (X² + 1) + 2 (X² + 1) ² \u003d 0, 2. (X + 5) ⁴ - 13X² (X + 5) ² + 36X⁴ \u003d 0, 3,2 (X² + X + 1) ² - 7 (X - 1) ² \u003d 13 (X³ - 1), 4,2 (X -1) ⁴ - 5 (X² - 3X + 2) ² + 2 ( x - 2) ⁴ \u003d 0, 5. (x ² + x + 4) ² + 3x (x ² + x + 4) + 2x² \u003d 0, Përgjigje: 1) -1; -2 ± √3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2; 4 4) ± √2; 3 ± √2, 5) Pa rrënjë.

Metoda e koeficientit të papërcaktuar. Teorema 3. Dy polinome P (x) dhe G (x) janë identike nëse dhe vetëm nëse kanë të njëjtën shkallë dhe koeficientët e të njëjtave shkallë të ndryshores në të dy polinomet janë të barabartë. Shembulli nr. 9. Faktori i polinomit y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1.y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 \u003d (y2 + wu + c) (y2 + v₁y + c₁) \u003d y ⁴ + y³ (b₁ + b) + y² ( s₁ + s + b₁v) + y (dielli ₁ + sv) + ss. Sipas teoremës №3 kemi një sistem ekuacionesh: s₁ + s \u003d -4, s₁ + s + s₁v \u003d 5, ss ₁ + sv ₁ \u003d -4, ss ₁ \u003d 1. necessaryshtë e nevojshme të zgjidhet sistemi në numra të plotë . Ekuacioni i fundit në numrat e plotë mund të ketë zgjidhje: c \u003d 1, c₁ \u003d 1; c \u003d -1, c₁ \u003d -1. Le të \u003d с \u003d с ₁ \u003d 1, atëherë nga ekuacioni i parë kemi в₁ \u003d -4 –в. Zëvendësoni në ekuacionin e dytë të sistemit ² + 4в + 3 \u003d 0, в \u003d -1, ₁ \u003d -3 ose в \u003d -3, ₁ \u003d -1. Këto vlera i përshtaten ekuacionit të tretë në sistem. Me c \u003d c ₁ \u003d -1 D

Shembulli nr. 10. Faktori polinomi y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 \u003d (y + a) (y2 + wu + c) \u003d y³ + (a + b) y² + (ab + c) y + ac. Kemi një sistem ekuacionesh: a + b \u003d 0, ab + c \u003d -5, ac \u003d 2. Zgjidhjet e mundshme të plotë të ekuacionit të tretë: (2; 1), (1; 2), (-2; -1) ), (-1; -2). Lëreni a \u003d -2, c \u003d -1. Nga ekuacioni i parë i sistemit в \u003d 2, i cili plotëson ekuacionin e dytë. Duke zëvendësuar këto vlera në barazinë e dëshiruar, ne marrim përgjigjen: (y - 2) (y² + 2y - 1). Mënyra e dytë. У³ - 5у + 2 \u003d у³ -5у + 10 - 8 \u003d (у³ - 8) - 5 (у - 2) \u003d (у - 2) (у² + 2у -1).

Shembuj për një zgjidhje të pavarur. Faktori i polinomeve: 1.y⁴ + 4y³ + 6y² + 4y -8, 2.y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4.y⁴ -8y³ + 24y² -32y + 15.5. Zgjidh ekuacionin duke përdorur metodën e faktorizimit: a) x ⁴ -3x² + 2 \u003d 0, b) x ⁵ + 5x³ -6x² \u003d 0. Përgjigjet: 1) (y² + 2y -2) (y² + 2y +4), 2) (y - 1) ² (y² -2y + 2), 3) (x ² -6x + 18) (x ² + 6x + 18), 4) (y - 1) (y - 3) (y² - 4y + 5) , 5a) ± 1; ± √2, 5b) 0; një

Metoda funksionale - grafike për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta. Shembulli nr. 11. Zgjidh ekuacionin x ⁵ + 5x -42 \u003d 0. Funksioni y \u003d x ⁵ në rritje, funksioni y \u003d 42 - 5x në rënie (k

Shembuj për një zgjidhje të pavarur. 1. Duke përdorur vetinë e monotonisë së funksionit, vërtetoni se ekuacioni ka një rrënjë të vetme dhe gjeni këtë rrënjë: a) x ³ \u003d 10 - x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 - x. Përgjigjet: a) 2, b) √2. 2. Zgjidhni ekuacionin duke përdorur metodën funksionale-grafike: a) x \u003d ³ √x, b) l x l \u003d ⁵ √x, c) 2 \u003d 6 - x, d) (1/3) \u003d x +4, d) (x - 1) ² \u003d log₂ x, e) log \u003d (x + ½) ², g) 1 - √x \u003d ln x, h) √x - 2 \u003d 9 / x. Përgjigjet: a) 0; ± 1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) 1, g) 1, h) 9.

Formulat e Vieta-s për ekuacionet e gradave më të larta. Teorema 5 (teorema e Vietës). Nëse ekuacioni ax + ax ⁿ +… + a₁x + a₀ ka n rrënjë të ndryshme reale x ₁, x ₂,…, x, atëherë ato plotësojnë barazitë: Për ekuacionin kuadratik ax² + bx + c \u003d o: x ₁ + x ₂ \u003d -v / a, x₁x ₂ \u003d s / a; Për ekuacionin kub a₃x ³ + a₂x ² + a₁x + a₀ \u003d o: x ₁ + x ₂ + x ₃ \u003d -a₂ / a₃; x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ \u003d a₁ / a₃; х₁х₂х ₃ \u003d -а₀ / а₃; ..., për ekuacionin e gradës n-të: x ₁ + x ₂ + ... x \u003d - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + xx \u003d a / a, ..., x₁x ... · x \u003d (- 1) ⁿ a₀ / a. Vlen edhe teorema e bisedës.

Shembulli nr. 13. Shkruani një ekuacion kub, rrënjët e të cilit janë të kundërta me rrënjët e ekuacionit x ³ - 6x² + 12x - 18 \u003d 0, dhe koeficienti në x ³ është 2. 1. Nga teorema e Vieta për ekuacionin kub kemi: x ₁ + x ₂ + x ₃ \u003d 6, x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ \u003d 12, x₁x₂x ₃ \u003d 18. 2. Kompozojmë reciproke të rrënjëve të dhëna dhe për to zbatojmë teoremën e anasjelltë Vieta. 1 / x ₁ + 1 / x ₂ + 1 / x ₃ \u003d (x₂x ₃ + x₁x ₃ + x₁x ₂) / x₁x₂x ₃ \u003d 12/18 \u003d 2/3. 1 / x₁x ₂ + 1 / x₁x ₃ + 1 / x₂x ₃ \u003d (x ₃ + x ₂ + x ₁) / x₁x₂x ₃ \u003d 6/18 \u003d 1/3, 1 / x₁x₂x ₃ \u003d 1/18. Marrim ekuacionin x ³ + 2 / 3x² + 1 / 3x - 1/18 \u003d 0 · 2 Përgjigje: 2x³ + 4 / 3x² + 2 / 3x -1/9 \u003d 0.

Shembuj për një zgjidhje të pavarur. 1. Shkruani një ekuacion kub, rrënjët e të cilit janë të anasjellta me katrorët e rrënjëve të ekuacionit x ³ - 6x² + 11x - 6 \u003d 0, dhe koeficienti në x ³ është 8. Përgjigje: 8x³ - 98 / 9x² + 28 / 9x -2/9 \u003d 0. Metoda jo standarde të zgjidhjes së ekuacioneve të gradave më të larta. Shembull Nr. 12. Zgjidh ekuacionin x ⁴ -8x + 63 \u003d 0. Faktori anën e majtë të ekuacionit. Le të zgjedhim sheshet e sakta. X⁴ - 8x + 63 \u003d (x ⁴ + 16x² + 64) - (16x² + 8x + 1) \u003d (x ² + 8) ² - (4x + 1) ² \u003d (x ² + 4x + 9) (x ² - 4x + 7) \u003d 0. Të dy diskriminuesit janë negativë. Përgjigje: pa rrënjë.

Shembulli nr. 14. Zgjidh ekuacionin 21x³ + x² - 5x - 1 \u003d 0. Nëse termi i lirë i ekuacionit është ± 1, atëherë ekuacioni shndërrohet në ekuacionin e zvogëluar duke zëvendësuar x \u003d 1 / y. 21 / у³ + 1 / у² - 5 / у - 1 \u003d 0 · у³, у³ + 5у² -у - 21 \u003d 0. у \u003d -3 është rrënja e ekuacionit. (y + 3) (y² + 2y -7) \u003d 0, y \u003d -1 ± 2√2. x ₁ \u003d -1/3, x \u003d 1 / -1 + 2√2 \u003d (2√2 + 1) / 7, X₃ \u003d 1 / -1 -2√2 \u003d (1-2√2) / 7. .. Shembulli nr. 15. Zgjidhni ekuacionin 4x³-10x² + 14x - 5 \u003d 0. Shumëzoni të dy anët e ekuacionit me 2. 8x³ -20x² + 28x - 10 \u003d 0, (2x) ³ - 5 (2x) ² + 14 · (2x) -10 \u003d 0. Le të prezantojmë një ndryshore të re y \u003d 2x, marrim ekuacionin e reduktuar y³ - 5y² + 14y -10 \u003d 0, y \u003d 1 rrënjë të ekuacionit. (y - 1) (y² - 4y + 10) \u003d 0, D

Shembulli nr. 16. Vërtetoni se ekuacioni x ⁴ + x ³ + x - 2 \u003d 0 ka një rrënjë pozitive. Le të f (x) \u003d x ⁴ + x ³ + x - 2, f ’(x) \u003d 4x³ + 3x² + 1\u003e o për x\u003e o. Funksioni f (x) po rritet për x\u003e o, dhe vlera f (o) \u003d -2. Padyshim, ekuacioni ka një rrënjë pozitive ch.d. Shembulli nr. 17. Zgjidh ekuacionin 8x (2x² - 1) (8x⁴ - 8x² + 1) \u003d 1. NFSE Sharygin "Kurs opsional në matematikë për klasën 11" .M. Iluminizmi 1991 f90. 1. l x l 1 2x² - 1\u003e 1 dhe 8x⁴ -8x² + 1\u003e 1 2. Bëni zëvendësimin x \u003d komod, y € (0; n). Për vlerat e tjera të y, vlerat e x përsëriten, dhe ekuacioni nuk ka më shumë se 7 rrënjë. 2x² - 1 \u003d 2 hapësirë \u200b\u200b- 1 \u003d cos2y, 8x⁴ - 8x² + 1 \u003d 2 (2x² - 1) ² - 1 \u003d 2 cos²2y - 1 \u003d koz4. 3. Ekuacioni bëhet 8 cosycos2ycos4y \u003d 1. Shumëzoni të dy anët e ekuacionit me siny. 8 sinycosycos2ycos4y \u003d mëkatshëm. Duke zbatuar formulën e këndit të dyfishtë 3 herë, marrim ekuacionin sin8y \u003d siny, sin8y - siny \u003d 0

Përfundimi i zgjidhjes së shembullit Nr. 17. Zbatoni formulën e ndryshimit të sinusit. 2 sin7y / 2 cos9y / 2 \u003d 0. Duke marrë parasysh që y € (0; n), y \u003d 2nk / 3, k \u003d 1, 2, 3 ose y \u003d n / 9 + 2nk / 9, k \u003d 0, 1, 2, 3. Kthimi te ndryshorja x, marrim përgjigje: Cos2 n / 7, cos4 n / 7, cos6 n / 7, cos n / 9, ½, cos5 n / 9, cos7 n / 9. Shembuj për një zgjidhje të pavarur. Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat ekuacioni (x ² + x) (x ² + 5x + 6) \u003d a ka saktësisht tre rrënjë. Përgjigja është 9/16. Sugjerim: Grafikoni anën e majtë të ekuacionit. F max \u003d f (0) \u003d 9/16. Drejtza y \u003d 9/16 pret grafikun e funksionit në tre pika. Zgjidh ekuacionin (x ² + 2x) ² - (x + 1) ² \u003d 55. Përgjigje: -4; 2. Zgjidh ekuacionin (x + 3) ⁴ + (x + 5) ⁴ \u003d 16. Përgjigje: -5; -3. Zgjidh ekuacionin 2 (x ² + x + 1) ² -7 (x - 1) ² \u003d 13 (x ³ - 1). Përgjigja: -1; -1/2, 2; 4 Gjeni numrin e rrënjëve reale të ekuacionit x ³ - 12x + 10 \u003d 0 në [-3; 3/2]. Sugjerim: gjeni derivatin dhe hetoni për monot.

Shembuj për zgjidhje të pavarur (vazhdim). 6. Gjeni numrin e rrënjëve reale të ekuacionit x ⁴ - 2x³ + 3/2 \u003d 0. Përgjigje: 2 7. Le të jenë x ₁, x ₂, x the rrënjët e polinomit P (x) \u003d x ³ - 6x² -15x + 1. Gjeni X₁² + x ₂² + x. Përgjigje: 66. Drejtimi: Zbatoni teoremën e Vietës. 8. Vërtetoni se për një\u003e o dhe real arbitrar në ekuacionin x ³ + ax + b \u003d o ka vetëm një rrënjë reale. Sugjerim: Provo provën me kontradiktë. Zbatoni teoremën e Vietës. 9. Zgjidh ekuacionin 2 (x ² + 2) ² \u003d 9 (x ³ + 1). Përgjigje: ½; një; (3 √13) / 2. Këshillë: zvogëloni ekuacionin në një homogjen, duke përdorur barazitë X² + 2 \u003d x + 1 + x² - x + 1, x ³ + 1 \u003d (x + 1) (x ² - x + 1). 10. Zgjidh sistemin e ekuacioneve x + y \u003d x ², 3y - x \u003d y². Përgjigje: (0; 0), (2; 2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Zgjidh sistemin: 4y² -3xy \u003d 2x -y, 5x² - 3y² \u003d 4x - 2y. Përgjigje: (o; o), (1; 1), (297/265; - 27/53).

Test. Opsioni 1. 1. Zgjidh ekuacionin (x ² + x) - 8 (x ² + x) + 12 \u003d 0. 2. Zgjidh ekuacionin (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) \u003d - 15 3. Zgjidh ekuacionin 12x² (x - 3) + 64 (x - 3) ² \u003d x. 4. Zgjidh ekuacionin x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 \u003d 0 5. Zgjidh sistemin e ekuacioneve: x² + 2y² - x + 2y \u003d 6, 1.5x² + 3y² - x + 5y \u003d 12.

Opsioni 2 1. (x ² - 4x) ² + 7 (x ² - 4x) + 12 \u003d 0.2 x (x + 1) (x + 5) (x + 6) \u003d 24.3 x ⁴ + 18 (x + 4) ² \u003d 11x² (x + 4). 4.x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 \u003d 0. 5.x² - 2xy + y² + 2x²y - 9 \u003d 0, x - y - x²y + 3 \u003d 0.3 opsion. 1. (x ² + 3x) ² - 14 (x ² + 3x) + 40 \u003d 0 2. (x - 5) (x-3) (x + 3) (x + 1) \u003d - 35,3 x4 + 8x² ( x + 2) \u003d 9 (x + 2). 4.x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 \u003d 0. 5.x + y + x ² + y ² \u003d 18, xy + x ² + y² \u003d 19.

Opsioni 4. (x ² - 2x) ² - 11 (x ² - 2x) + 24 \u003d o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) \u003d -36. X⁴ + 3 (x -6) ² \u003d 4x² (6 - x). X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 \u003d 0. X² + 3xy + y² \u003d - 1, 2x² - 3xy - 3y² \u003d - 4. Detyra shtesë: Pjesa e mbetur e pjesëtimit të polinomit P (x) me (x - 1) është 4, pjesa e mbetur e pjesëtimit me (x + 1) është e barabartë me 2, dhe kur ndahet me (x - 2) është e barabartë me 8. Gjeni pjesën e mbetur të pjesëtimit të P (x) me (x ³ - 2x² - x + 2)

Përgjigjet dhe udhëzimet: opsioni Nr. 1 Nr. 2. Nr. 3. Nr. 4. Nr. 5. 1. - 3; 2 ±; 1 1; 2; 3. -pesë; -4; një; 2. Ekuacioni homogjen: u \u003d x -3, v \u003d x² -2; -një; 3; 4. (2; 1); (2/3; 4/3). Treguesi: 1 · (-3) + 2 · 2 2. -6; -2; -4 ± √6. -3 ± 2√3; - 4; - 2.1 ± √11; 4; - 2. Ekuacioni homogjen: u \u003d x + 4, v \u003d x² 1; 5; 3 √13. (2; 1); (0; 3); (- tridhjetë) Treguesi: 2 · 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -një; 2. Homogjene u \u003d x + 2, v \u003d x² -6; 3 ±; 2 (2; 3), (3; 2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Sugjerim: 2 -1. 4. (3 ± √5) / 2 2 ± √3 2 ± √3; (3 ± √5) / 2 (5 ± √21) / 2 (1; -2), (-1; 2). Udhëzim: 1 4 + 2.

Zgjidhja e një detyre shtesë. Sipas teoremës së Bezout: P (1) \u003d 4, P (-1) \u003d 2, P (2) \u003d 8.P (x) \u003d G (x) (x ³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + me Zëvendësuesi 1; - një; 2.P (1) \u003d G (1) · 0 + a + b + c \u003d 4, a + b + c \u003d 4.P (-1) \u003d a - b + c \u003d 2, P (2) \u003d 4a² + 2b + c \u003d 8. Duke zgjidhur sistemin rezultues të tre ekuacioneve, fitojmë: a \u003d b \u003d 1, c \u003d 2. Përgjigje: x ² + x + 2.

Kriteri nr. 1 - 2 pikë. 1 pikë - një gabim llogaritës. Nr. 2,3,4 - 3 pikë secila. 1 pikë - çoi në një ekuacion kuadratik. 2 pikë - një gabim llogaritës. Nr 5. - 4 pikë. 1 pikë - shprehet një ndryshore përmes një tjetre. 2 pikë - mori një nga zgjidhjet. 3 pikë - një gabim llogaritës. Detyrë shtesë: 4 pikë. 1 pikë - Teorema e Bezout u zbatua për të katër rastet. 2 pikë - përbën një sistem ekuacionesh. 3 pikë - një gabim llogaritës.