Enačbe z velikimi potenci. Metodični razvoj pri algebri (10. razred) na temo: Enačbe višjih stopenj

Metode reševanja enačb: n n n Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x) Faktoring. Predstavljamo novo spremenljivko. Funkcionalno - grafična metoda. Izbira korenin. Uporaba Vieta formul.

Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x). Metodo je mogoče uporabiti le v primeru, ko je y = h (x) monotona funkcija, ki prevzame vsako svojo vrednost enkrat. Če funkcija ni monotona, je možna izguba korenin.

Rešite enačbo (3 x + 2) ²³ = (5 x - 9) ²³ y = x ²³ naraščajoča funkcija, zato lahko iz enačbe (3 x + 2) ²³ = (5 x - 9) ²³ greste na enačba 3 x + 2 = 5 x - 9, od koder najdemo x = 5, 5. Odgovor: 5, 5.

Faktorizacija. Enačbo f (x) g (x) h (x) = 0 lahko nadomestimo z nizom enačb f (x) = 0; g (x) = 0; h (x) = 0. Ko ste rešili enačbe tega niza, morate vzeti tiste korenine, ki pripadajo domeni prvotne enačbe, ostale pa zavreči kot tuje.

Rešite enačbo x³ - 7 x + 6 = 0 Če izraz 7 x predstavimo kot x + 6 x, dobimo zaporedno: x³ - x - 6 x + 6 = 0 x (x² - 1) - 6 (x - 1) = 0 x (x - 1) (x + 1) - 6 (x - 1) = 0 (x - 1) (x² + x - 6) = 0 Zdaj je problem zmanjšan na reševanje niza enačb x - 1 = 0; x² + x - 6 = 0. Odgovor: 1, 2, - 3.

Predstavljamo novo spremenljivko. Če je mogoče enačbo y (x) = 0 pretvoriti v obliko p (g (x)) = 0, potem morate uvesti novo spremenljivko u = g (x), rešiti enačbo p (u) = 0, in nato reši množico enačb g ( x) = u 1; g (x) = u 2; ...; g (x) = un, kjer so u 1, u 2,…, un koreni enačbe p (u) = 0.

Reši enačbo Značilnost te enačbe je enakost koeficientov njene leve strani, enako oddaljene od njenih koncev. Takšne enačbe imenujemo ponavljajoče se. Ker 0 ni koren te enačbe, dobimo deljenje z x²

Predstavimo novo spremenljivko. Nato dobimo kvadratno enačbo. Torej lahko koren y 1 = - 1 prezremo. Dobimo odgovor: 2, 0, 5.

Reši enačbo 6 (x² - 4) ² + 5 (x² - 4) (x² - 7 x +12) + (x² - 7 x + 12) ² = 0 To enačbo lahko rešimo kot homogeno. Obe strani enačbe delite z (x² - 7 x +12) ² (jasno je, da vrednosti x, tako da x² - 7 x + 12 = 0, niso rešitve). Zdaj označimo Imamo Od tod odgovor:

Funkcionalno - grafična metoda. Če se ena od funkcij y = f (x), y = g (x) poveča, druga pa zmanjša, potem enačba f (x) = g (x) nima korenin ali ima en koren.

Reši enačbo Precej očitno je, da je x = 2 koren enačbe. Dokažimo, da je to edini koren. Enačbo pretvorimo v obliko. Upoštevajte, da se funkcija povečuje, funkcija pa zmanjšuje. Torej ima enačba samo en koren. Odgovor: 2.

Izbira korenin n n n Izrek 1: Če je celo število m koren polinoma s celimi koeficienti, je prosti člen polinoma deljiv z m. Teorem 2: Reducirani polinom s celimi koeficienti nima ulomnih korenov. Izrek 3: - enačba s celimi števili Naj bodo koeficienti. Če je število in ulomek, kjer sta p in q celi števili, nereducibilna, je koren enačbe, potem je p delilec prostega člena an in q je delilec koeficienta pri glavnem členu a 0.

Bezoutov izrek. Preostanek pri delitvi katerega koli polinoma z binomom (x - a) je enak vrednosti deljivega polinoma pri x = a. Posledice Bezoutovega izreka n n n n Razlika istih potenk dveh števil je brez ostanka deljena z razliko istih števil; Razlika enakih sodnih potenk dveh števil se brez ostanka deli tako z razliko teh števil kot z njihovo vsoto; Razlika enakih lihih potenk dveh števil ni deljiva z vsoto teh števil; Vsota istih potenk dveh neštevil se deli z razliko teh števil; Vsota enakih lihih potenk dveh števil se brez ostanka deli z vsoto teh števil; Vsota istih sodnih potenk dveh števil ni deljiva niti z razliko teh števil niti z njuno vsoto; Polinom je v celoti deljiv z binomom (x - a), če in samo če je število a koren danega polinoma; Število različnih korenov neničelnega polinoma je največ njegova stopnja.

Reši enačbo x³ - 5 x² - x + 21 = 0 Polinom x³ - 5 x² - x + 21 ima cele koeficiente. Po izreku 1 so njegovi celoštevilski koreni, če obstajajo, med delitelji prostega člena: ± 1, ± 3, ± 7, ± 21. S preverjanjem se prepričamo, da je število 3 koren. Kot posledica Bezoutovega izreka je polinom deljiv z (x - 3). Torej x³– 5 x² - x + 21 = (x - 3) (x²– 2 x - 7). odgovor:

Reši enačbo 2 x³ - 5 x² - x + 1 = 0 Po izreku 1 so lahko celoštevilski koreni enačbe samo števila ± 1. Preverjanje pokaže, da ta števila niso koreni. Ker enačba ni reducirana, ima lahko ulomne racionalne korene. Najdimo jih. Če želite to narediti, pomnožite obe strani enačbe s 4: 8 x³ - 20 x² - 4 x + 4 = 0 Če zamenjamo 2 x = t, dobimo t³ - 5 t² - 2 t + 4 = 0. Po izreku 2 , morajo biti vse racionalne korenine te reducirane enačbe cele. Najdemo jih med delitelji prostega člena: ± 1, ± 2, ± 4. V tem primeru je primeren t = - 1. Zato je po rezultatu Bezoutovega izreka polinom 2 x³ - 5 x² - x + 1 je deljivo z (x + 0, 5 ): 2 x³ - 5 x² - x + 1 = (x + 0, 5) (2 x² - 6 x + 2) Reševanje kvadratne enačbe 2 x² - 6 x + 2 = 0, najdemo preostale korenine: Odgovor:

Reši enačbo 6 x³ + x² - 11 x - 6 = 0 V skladu s 3. izrekom je treba racionalne korenine te enačbe iskati med števili. Če jih v enačbo zamenjamo eno za drugo, ugotovimo, da izpolnjujejo enačbo. Izčrpajo vse korenine enačbe. odgovor:

Poiščite vsoto kvadratov korenov enačbe x³ + 3 x² - 7 x +1 = 0 Po Vietinem izreku Upoštevajte, da od koder

Navedite, katero metodo je mogoče uporabiti za reševanje vsake od teh enačb. Reši enačbe # 1, 4, 15, 17.

Odgovori in navodila: 1. Uvedba nove spremenljivke. 2. Funkcionalno - grafična metoda. 3. Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x). 4. Faktorizacija. 5. Izbira korenin. 6 Funkcionalno - grafična metoda. 7. Uporaba Vietovih formul. 8. Izbira korenin. 9. Zamenjava enačbe h (f (x)) = h (g (x)) z enačbo f (x) = g (x). 10. Uvedba nove spremenljivke. 11. Faktorizacija. 12. Uvedba nove spremenljivke. 13. Izbira korenin. 14. Uporaba Vietinih formul. 15. Funkcionalno – grafična metoda. 16. Faktorizacija. 17. Uvedba nove spremenljivke. 18. Faktorizacija.

1. Indikacija. Zapišite enačbo kot 4 (x² + 17 x + 60) (x + 16 x + 60) = 3 x², obe strani delite s x². Vnesite spremenljivko Odgovor: x 1 = - 8; x 2 = - 7, 5. 4. Opomba. Dodajte 6 y in - 6 y na levo stran enačbe in to zapišite kot (y³ - 2 y²) + (- 3 y² + 6 y) + (- 8 y + 16) = (y - 2) (y² - 3 y - osem). odgovor:

14. Indikacija. Po Vietinem izreku Ker so cela števila, so lahko koreni enačbe samo števila - 1, - 2, - 3. Odgovor: 15. Odgovor: - 1. 17. Indikacija. Obe strani enačbe delite s x² in jo zapišite kot Vnesite spremenljivko. Odgovor: 1; 15; 2; 3.

Bibliografija. n n n Kolmogorov A. N. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 2003). Bashmakov M. I. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 1993). Mordkovich A. G. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (M.: Mnemosina, 2003). Alimov Sh. A., Kolyagin Yu. M. et al. "Algebra in začetek analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 2000). Galitskiy ML, Gol'dman AM, Zvavich LI "Zbirka problemov v algebri, 8 - 9" (Moskva: Izobraževanje, 1997). Karp A. P. "Zbirka problemov iz algebre in principi analize, 10 - 11" (Moskva: Izobraževanje, 1999). Sharygin I. F. "Izbirni tečaj matematike, reševanje problemov, 10" (Moskva: Izobraževanje. 1989). Skopets Z. A. "Dodatna poglavja o tečaju matematike, 10" (Moskva: Izobraževanje, 1974). Litinsky G. I. "Lekcije matematike" (M.: Aslan, 1994). Muravin G. K. "Enačbe, neenakosti in njihovi sistemi" (Matematika, priloga časopisa "1. september", št. 2, 3, 2003). Koljagin Yu. M. "Polinomi in enačbe višje stopnje"(Matematika, priloga časopisa" 1. september ", št. 3, 2005).

Besedilo dela je postavljeno brez slik in formul.
Polna izvedba delo je na voljo v zavihku "Delovne datoteke" v formatu PDF

Uvod

Reševanje algebraičnih enačb višjih stopenj z eno neznano je eno najtežjih in najstarejših matematične težave... S temi problemi so se ukvarjali najbolj izjemni matematiki antike.

Rešitev enačb n-te stopnje je pomembna naloga sodobne matematike. Zanimanje zanje je precej veliko, saj so te enačbe tesno povezane z iskanjem korenin enačb, ki niso vključene v šolski učni načrt pri matematiki.

Težava: pomanjkanje spretnosti pri reševanju enačb višjih stopenj na različne načine med študenti onemogoča, da se uspešno pripravijo na zaključno certificiranje iz matematike in matematičnih olimpijad, poučujejo v specializiranem matematičnem razredu.

Ugotovljena našteta dejstva relevantnost našega dela "Reševanje enačb višjih stopenj."

Obvladanje najpreprostejših metod reševanja enačb n-te stopnje skrajša čas za izvedbo naloge, od katere je odvisen rezultat dela in kakovost učnega procesa.

Namen dela:študij znane metode reševanje enačb višjih stopenj in ugotavljanje najbolj dostopnih za praktična uporaba.

Na podlagi tega cilja je delo ugotovilo naslednje naloge:

Študijska literatura in internetni viri na to temo;

Spoznajte zgodovinska dejstva, povezana s to temo;

Opišite različne načine reševanja enačb višje stopnje

primerjajte stopnjo kompleksnosti vsakega od njih;

Sošolce seznaniti z metodami reševanja enačb višjih stopenj;

Ustvarite niz enačb za praktično uporabo vsake od obravnavanih metod.

Predmet študija- enačbe višjih stopenj z eno spremenljivko.

Predmet študija- načini reševanja enačb višjih stopenj.

Hipoteza: ni splošne metode in enotnega algoritma, ki bi omogočal iskanje rešitev za enačbe n-te stopnje v končnem številu korakov.

Raziskovalne metode:

- bibliografska metoda (analiza literature o raziskovalni temi);

- metoda razvrščanja;

- metoda kvalitativne analize.

Teoretični pomen raziskava je sestavljena iz sistematizacije metod za reševanje enačb višjih stopenj in opisa njihovih algoritmov.

Praktični pomen- predstavljeno gradivo na to temo in izdelava učbenika za učence na to temo.

1 ENAČBE VIŠŠIH STOPINJ

1.1 Koncept enačbe n-te stopnje

Opredelitev 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- poljubna 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 se imenuje polinom stopnje n. Kvote se razlikujejo po svojih imenih: a 0 - višji koeficient; a n je prosti član.

Definicija 2. Rešitve ali korenine za dano enačbo so vse vrednosti spremenljivke NS, ki to enačbo spremenijo v pravo numerično enakost ali, za katero je polinom a 0 xⁿ + a 1 x n -1 + a 2 xⁿ - ² + ... + a n -1 x + a n izgine. Ta vrednost spremenljivke NS imenujemo tudi koren polinoma. Rešiti enačbo pomeni najti vse njene korenine ali ugotoviti, da ne obstajajo.

Če a 0 = 1, potem se takšna enačba imenuje reducirana celotna racionalna enačba n th stopnje.

Za enačbe tretje in četrte stopnje obstajata formule Cardano in Ferrari, ki izražata korenine teh enačb v smislu radikalov. Izkazalo se je, da se v praksi redko uporabljajo. Torej, če je n ≥ 3 in so koeficienti polinoma poljubna realna števila, potem iskanje korenov enačbe ni lahka naloga. Kljub temu je v mnogih posebnih primerih ta problem rešen do konca. Zadržimo se na nekaterih od njih.

1.2 Zgodovinska dejstva rešitve enačb višjih stopenj

Že v starih časih so ljudje spoznali, kako pomembno se je naučiti reševati algebraične enačbe. Pred približno 4000 leti so babilonski učenjaki imeli rešitev kvadratna enačba in rešeni sistemi dveh enačb, od katerih je ena druge stopnje. S pomočjo enačb višjih stopenj so bili rešeni različni problemi geodetskih, arhitekturnih in vojaških zadev, nanje so se zreducirala mnoga in različna vprašanja prakse in naravoslovja, saj natančen jezik matematike omogoča preprosto izražanje dejstev in odnosov, ki se lahko, če je predstavljena v običajnem jeziku, zdi zmedena in zapletena ...

Univerzalna formula za iskanje korenin algebraična enačba nth stopnje št. Mnogi so seveda prišli na mamljivo idejo, da bi za vsako moč n našli formule, ki bi izrazile korenine enačbe v smislu njenih koeficientov, torej bi enačbo rešile v radikalih.

Šele v 16. stoletju se je italijanskim matematikom uspelo premakniti naprej – najti formuli za n = 3 in n = 4. Hkrati se je pojavilo vprašanje splošna odločitev enačbe 3. stopnje so preučevali Scipio, Dahl, Ferro ter njegova učenca Fiori in Tartaglia.

Leta 1545 je izšla knjiga italijanskega matematika D. Cardana "Velika umetnost ali pravila algebre", kjer so poleg drugih vprašanj algebre obravnavali splošne metode reševanja kubičnih enačb in metodo za reševanje enačb 4. stopnje, ki ga je odkril njegov učenec L. Ferrari.

F. Viet je podal popolno razstavo vprašanj, povezanih z rešitvijo enačb tretje in četrte stopnje.

V 20. letih 19. stoletja je norveški matematik N. Abel dokazal, da korenin enačb pete stopnje ni mogoče izraziti z radikali.

Študija je to razkrila moderna znanost obstaja 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 šolski kurikulum, metode, ki temeljijo na uporabi Vietinega izreka (za enačbe stopenj n> 2), Bezoutove izreke, Hornerjeve sheme, pa tudi Cardano-Ferrarijevo formulo za reševanje kubičnih enačb in enačb četrte stopnje.

V prispevku so predstavljene metode reševanja enačb in njihove vrste, ki so za nas postale odkritje. Sem spadajo - metoda nedefiniranih koeficientov, izbor polne stopnje, simetrične enačbe.

2. REŠITEV CELOŠTEVNIH ENAČČB VIŠJIH STOPINJ S CELI KOEFICIENTI

2.1 Reševanje enačb 3. stopnje. Formula D. Cardano

Razmislite o enačbah obrazca x 3 + px + q = 0. Splošno enačbo pretvorimo v obliko: x 3 + px 2 + qx + r = 0. Napišimo formulo za kocko vsote; Dodamo jo izvirni enakosti in jo nadomestimo z y... Dobimo enačbo: y 3 + (q -) (y -) + (r - = 0. Po transformacijah imamo: y 2 + py + q = 0. Zdaj spet napišite formulo za kocko vsote:

(a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 = a 3 + b 3 + 3ab (a + b), zamenjati ( a + b) vklopljeno x, dobimo enačbo x 3 - 3abx - (a 3 + b 3) = 0. Zdaj lahko vidite, da je prvotna enačba enakovredna sistemu: in Z reševanjem sistema dobimo:

Dobili smo formulo za reševanje reducirane enačbe 3. stopnje. Nosi ime italijanskega matematika Cardana.

Poglejmo primer. Reši enačbo:.

Imamo R= 15 in q= 124, nato s pomočjo Cardano formule izračunamo koren enačbe

Izhod: to formulo dobro, vendar ni dobro za reševanje vseh kubičnih enačb. Vendar pa je okoren. Zato se v praksi redko uporablja.

Toda tisti, ki obvlada to formulo, jo lahko uporabi pri reševanju enačb tretje stopnje na izpitu.

2.2 Vietin izrek

Iz predmeta matematike poznamo ta izrek za kvadratno enačbo, le malokdo pa ve, da se uporablja tudi za reševanje enačb višjih stopenj.

Razmislite o enačbi:

faktorji levo stran enačbe, delimo z ≠ 0.

Desno stran enačbe pretvorimo v obliko

; iz tega sledi, da lahko v sistem zapišemo naslednje enakosti:

Formule, ki jih je Viet izpeljal za kvadratne enačbe in smo jih prikazali za enačbe tretje stopnje, veljajo tudi za polinome višjih stopenj.

Rešimo kubično enačbo:

Izhod: Na ta način univerzalen in dovolj enostaven za razumevanje učencev, saj jim je Vietin izrek poznan iz šolskega učnega načrta za n. = 2. Hkrati pa je treba za iskanje korenin enačb s tem izrekom imeti dobre računalniške sposobnosti.

2.3 Bezoutov izrek

Ta izrek je poimenovan po francoskem matematiku iz 18. stoletja J. Bezoutu.

Izrek.Če je enačba a 0 xⁿ + a 1 x n -1 + a 2 xⁿ - ² + ... + a n -1 x + a n = 0, pri katerem so vsi koeficienti cela števila, prosti člen pa ni nič, ima celoštevilski koren, potem je ta koren delilec prostega člena.

Glede na to na levi strani enačbe polinom nth stopnje, potem ima izrek drugačno razlago.

Izrek. Pri delitvi polinoma n. stopnje relativno x binomski x - a preostanek je enak vrednosti dividende pri x = a... (pismo a lahko označuje katero koli realno ali namišljeno število, t.j. katero koli kompleksno število).

Dokaz: naj bo f (x) označuje poljuben polinom n-te stopnje glede na spremenljivko x in pusti, ko delimo z binomom ( x-a) se je zgodilo zasebno q (x), in v preostalem R... To je očitno q (x) bo nekaj polinoma (n - 1) th stopnja glede na x in preostanek R bo konstantna vrednost, t.j. neodvisno od x.

Če ostanek R je bil polinom prve stopnje glede na x, potem bi to pomenilo, da delitev ni izpolnjena. 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) označuje vrednost q (x) pri x = a. Preostanek R ostal enak, kot je bil prej, od R od x ni odvisno. Delo ( x-a) q (a) = 0, saj faktor ( x-a) = 0, in faktor q (a) obstaja določena številka. Zato iz enakosti dobimo: f (a) = R, h.t.d.

Primer 1. Poiščite preostanek deljenja polinoma x 3 - 3x 2 + 6x- 5 na binomu

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 po njegovih posledicah. (Priloga 1)

Oglejmo si nekaj metod uporabe Bezoutovega izreka pri reševanju praktičnih problemov. Opozoriti je treba, da je pri reševanju enačb z Bezoutovim izrekom potrebno:

Poišči vse celoštevilske delilnike prostega člena;

Iz teh deliteljev poiščite vsaj en koren enačbe;

Levo stran enačbe delite z (Ha);

Zapiši zmnožek delitelja in količnika na levi strani enačbe;

Rešite dobljeno enačbo.

Razmislite na primer o reševanju enačbe x 3 + 4NS 2 + x - 6 = 0 .

Rešitev: poiščite delilnike prostega člena ± 1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Izračunajmo vrednosti pri x = 1, 1 3 + 41 2 + 1-6 = 0. Levo stran enačbe delimo z ( NS- 1). Delitev bomo izvedli "z kotom", dobimo:

Zaključek: Bezoutov izrek, enega od načinov, ki ga obravnavamo pri našem delu, preučujemo v programu izbirnega pouka. Težko ga je razumeti, saj da ga poseduješ, moraš poznati vse posledice iz njega, hkrati pa je Bezoutov izrek eden glavnih pomočnikov študentov na izpitu.

2.4 Hornerjeva shema

Za deljenje polinoma z binomom x-α lahko uporabite poseben preprost trik, ki so ga izumili angleški matematiki iz 17. stoletja, kasneje imenovan Hornerjeva shema. Poleg iskanja korenin enačb lahko po Hornerjevi shemi lažje izračunate njihove vrednosti. Za to je potrebno nadomestiti vrednost spremenljivke v polinom 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 glede na 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 obliki naslednje tabele:

	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

V kolikor r = Pn (α), potem je α koren enačbe. Da bi preverili, ali je α večkratni koren, lahko Hornerjevo shemo uporabimo za kvocient b 0 x + b 1 x + ... + bn -1 glede na tabelo. Če v stolpcu pod bn -1 spet se izkaže 0, kar pomeni, da je α večkratni koren.

Razmislite o primeru: Rešite enačbo NS 3 + 4NS 2 + x - 6 = 0.

Uporabite faktorizacijo polinoma na levi strani enačbe, Hornerjevo shemo na levi strani enačbe.

Rešitev: poiščite delilnike prostega člena ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.

				6 ∙ 1 + (-6) = 0

Kvocienti so števila 1, 5, 6, preostanek pa je r = 0.

pomeni, NS 3 + 4NS 2 + NS - 6 = (NS - 1) (NS 2 + 5NS + 6) = 0.

torej: NS- 1 = 0 oz NS 2 + 5NS + 6 = 0.

NS = 1, NS 1 = -2; NS 2 = -3. odgovor: 1,- 2, - 3.

Zaključek: tako smo na eni enačbi pokazali uporabo dveh različne poti faktoring polinomov. Po našem mnenju je Hornerjeva shema najbolj praktična in ekonomična.

2.5 Reševanje enačb 4. stopnje. Ferrarijeva metoda

Cardanov učenec Ludovic Ferrari je odkril način reševanja enačbe 4. stopnje. Ferrarijeva metoda je sestavljena iz dveh korakov.

Faza I: enačbe oblike so predstavljene kot produkt dveh kvadratnih trinomov, to izhaja iz dejstva, da je enačba 3. stopnje in vsaj ena rešitev.

Faza II: dobljene enačbe se rešijo s faktorizacijo, vendar je za iskanje zahtevane faktorizacije potrebno rešiti kubične enačbe.

Ideja je predstaviti enačbe v obliki A 2 = B 2, kjer je A = x 2 + s,

B-linearna funkcija x... Potem je treba rešiti enačbe A = ± B.

Zaradi jasnosti razmislite o enačbi: izoliramo 4. stopnjo, dobimo: Za katero koli d izraz bo popoln kvadrat. Prištejemo obema stranema enačbe, ki jo dobimo

Na levi strani je poln kvadrat, ki ga lahko poberete d tako da tudi desna stran (2) postane popoln kvadrat. Predstavljajmo si, da smo to dosegli. Potem naša enačba izgleda takole:

Iskanje korena kasneje ne bo težko. Da izberem pravega d potrebno je, da diskriminanta desne strani (3) izgine, tj.

Torej najti d, je treba rešiti to enačbo 3. stopnje. Takšna pomožna enačba se imenuje resolucija.

Z lahkoto najdemo celoten koren topila: d = 1

Če enačbo nadomestimo v (1), dobimo

Zaključek: Ferrarijeva metoda je univerzalna, vendar zapletena in okorna. Hkrati, če je algoritem rešitve jasen, je mogoče s to metodo rešiti enačbe 4. stopnje.

2.6 Metoda nedefiniranih koeficientov

Uspešnost reševanja enačbe 4. stopnje po Ferrarijevi metodi je odvisna od tega, ali bomo rešili rezolvento – enačbo 3. stopnje, kar, kot vemo, ni vedno mogoče.

Bistvo metode nedefiniranih koeficientov je, da se ugiba vrsta faktorjev, na katere je dani polinom razčlenjen, koeficienti teh faktorjev (tudi polinomov) pa se določijo tako, da se faktorji pomnožijo in koeficienti izenačijo na enakih stopnjah od spremenljivka.

Primer: Reši enačbo:

Recimo, da lahko levo stran naše enačbe razstavimo na dva kvadratna trinoma s celimi koeficienti, tako da je istovetnost

Očitno morajo biti koeficienti pred uni enaki 1, prosti členi pa enaki ena + 1, drugi ima 1.

Koeficienti pred NS... Označimo jih z a in da jih določimo, pomnožimo oba trinoma na desni strani enačbe.

Kot rezultat dobimo:

Izenačitev koeficientov pri istih stopinjah NS na levi in desne strani enakosti (1), dobimo sistem za iskanje in

Ko bomo rešili ta sistem, bomo imeli

Torej je naša enačba enakovredna enačbi

Ko ga rešimo, dobimo naslednje korenine:.

Metoda nedoločenih koeficientov temelji na naslednjih trditvah: kateri koli polinom četrte stopnje v enačbi je mogoče razstaviti v produkt dveh polinomov druge stopnje; dva polinoma sta identično enaka, če in samo če sta njuna koeficienta enaka na enakih stopnjah NS.

2.7 Simetrične enačbe

Opredelitev. Enačba oblike se imenuje simetrična, če so prvi koeficienti na levi v enačbi 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 NS= - 1. Nato lahko znižamo stopnjo enačbe tako, da jo delimo s ( x + 1). Izkazalo se je, da ko je simetrična enačba deljena z ( x + 1) dobimo simetrično enačbo sode stopnje. Dokaz simetrije koeficientov je predstavljen spodaj. (Priloga 6) Naša naloga je, da se naučimo reševati simetrične enačbe sode stopnje.

Na primer: (1)

Rešimo enačbo (1), delimo z NS 2 (srednje) = 0.

Združimo izraze s simetričnimi

) + 3(x+. Označujemo pri= x+, kvadratujmo obe strani, torej = pri 2 Torej, 2 ( pri 2 ali 2 pri 2 + 3 rešimo enačbo, dobimo pri = , pri= 3. Nato se vrnimo k zamenjavi x+ = in x+ = 3. Dobimo enačbe in Prva nima rešitve, druga pa ima dva korena. Odgovor:.

Izhod: dani pogled z enačbami se ne srečujemo pogosto, če pa naletite nanjo, jo je mogoče enostavno in preprosto rešiti, ne da bi se zatekli k okornim izračunom.

2.8 Izolacija polne stopnje

Razmislite o enačbi.

Leva stran je kocka vsote (x + 1), tj.

Iz obeh delov izvlečemo koren tretje stopnje:, nato dobimo

Od kod je edini koren.

REZULTATI Študije

Na podlagi rezultatov dela smo prišli do naslednjih zaključkov:

Zahvaljujoč preučeni teoriji smo se seznanili z različne metode rešitve celotnih enačb višjih stopenj;

Formula D. Cardano je težko uporabna in daje veliko verjetnost napak pri izračunu;

- Metoda L. Ferrarija omogoča redukcijo rešitve enačbe četrte stopnje na kubično;

- Bezoutov izrek je mogoče uporabiti tako za kubične enačbe kot za enačbe četrte stopnje; je bolj razumljiv in jasen, če se uporablja za rešitev enačb;

Hornerjeva shema pomaga znatno zmanjšati in poenostaviti izračune pri reševanju enačb. Poleg iskanja korenin je po Hornerjevi shemi lažje izračunati vrednosti polinomov na levi strani enačbe;

Posebno zanimivo je bilo reševanje enačb po metodi nedoločenih koeficientov, reševanje simetričnih enačb.

Med raziskovalno delo ugotovljeno je bilo, da se učenci seznanjajo z najpreprostejšimi metodami reševanja enačb najvišje stopnje pri izbirnih poukah matematike od 9. ali 10. razreda, pa tudi pri posebnih izvensferskih tečajih. matematične šole... To dejstvo je bilo ugotovljeno kot rezultat ankete učiteljev matematike na MBOU "Srednja šola št. 9" in študentov, ki kažejo povečano zanimanje za predmet "matematika".

Najbolj priljubljene metode reševanja enačb višjih stopenj, ki jih najdemo pri reševanju olimpijad, tekmovalnih nalog in kot posledica priprav študenta na izpite, so metode, ki temeljijo na uporabi Bezoutovega izreka, Hornerjeve sheme in uvedbe nove spremenljivke.

Prikaz rezultatov raziskovalnega dela, t.j. načini reševanja enačb, ki se ne preučujejo v šolskem učnem načrtu pri matematiki, zainteresirani sošolci.

Zaključek

Po študiju izobraževalne in znanstvene literature, internetnih virov v mladinskih izobraževalnih forumih

Na splošno enačbe s stopnjo višjo od 4 ni mogoče rešiti v radikalih. Toda včasih lahko še vedno najdemo korenine polinoma na levi v enačbi najvišje stopnje, če jo predstavimo kot produkt polinomov v stopnji največ 4. Rešitev takšnih enačb temelji na faktorjenju polinoma v faktorje, zato vam svetujemo, da to temo ponovite, preden preučite ta članek.

Najpogosteje se je treba ukvarjati z enačbami višjih stopenj s celimi koeficienti. V teh primerih lahko poskusimo poiskati racionalne korenine in nato faktor polinoma, da ga nato pretvorimo v enačbo nižje stopnje, ki jo bo enostavno rešiti. V okviru tega gradiva bomo obravnavali samo takšne primere.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Enačbe najvišje stopnje s celimi koeficienti

Vse enačbe v obliki a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 = 0, lahko zmanjšamo na enačbo enake stopnje tako, da obe strani pomnožimo 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 ann xn + an - 1 ann - 1 xn - 1 +… + a 1 (an) n - 1 x + a 0 (an) n - 1 = 0 y = anx ⇒ yn + bn - 1 yn - 1 +… + b 1 y + b 0 = 0

Nastali koeficienti bodo tudi celi. Tako bomo morali rešiti reducirano enačbo n-te stopnje s celimi koeficienti, ki ima obliko x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 = 0.

Izračunamo celotne korene enačbe. Če ima enačba cele korenine, jih morate poiskati med delitelji prostega člena a 0. Zapišimo jih in jih po vrsti nadomestimo v izvirno enakost ter preverimo rezultat. Ko smo dobili identiteto in našli enega od korenov enačbe, jo lahko zapišemo v obliki x - x 1 · P n - 1 (x) = 0. Tukaj je x 1 koren enačbe, P n - 1 (x) pa je količnik deljenja x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 z x - x 1.

Zamenjajte preostale delilnike, zapisane 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 kot (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 iteracijo po delilnikih. Poiščite vse cele korenine in označite njihovo število z m. Po tem lahko izvirno enačbo predstavimo kot x - x 1 x - x 2 · ... · x - x m · P n - m (x) = 0. Tukaj je P n - m (x) polinom stopnje n - m. Za štetje je priročno uporabiti Hornerjevo shemo.

Če ima naša prvotna enačba cele koeficiente, ne moremo priti do ulomnih korenov.

Kot rezultat smo dobili enačbo P n - m (x) = 0, katere korenine je mogoče najti s katerim koli na priročen način... Lahko so neracionalne ali zapletene.

Pokažimo naprej konkreten primer kako se uporablja takšna rešitev.

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 minus tri. Ima delilce 1, - 1, 3 in - 3. Zamenjajmo jih v prvotno enačbo in poglejmo, katera od njih bo povzročila 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.

Sedaj izvedemo delitev polinoma 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 še en koren enačbe, enak - 1.

Polinom x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 delite s (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 delilec nadomestimo z enakostjo 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 napačne, kar pomeni, da enačba nima več integralnih korenin.

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, ima pa kompleksno konjugirane: x = - 1 2 ± i 11 2.

Naj pojasnimo, da lahko namesto dolge delitve 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, da je x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

Ko najdemo naslednji koren enak - 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 člen ima delilce 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.

Preverimo jih po vrstnem redu:

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

Zato bo x = 2 koren enačbe. Delite x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 s x - 2 s pomočjo Hornerjeve sheme:

Kot rezultat dobimo x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.

2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 = 0

Zato bo 2 spet koren. x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 delimo z x - 2:

Kot rezultat dobimo (x - 2) 2 (x 2 + 3 x + 3) = 0.

Preostale delilnike nima smisla preverjati, saj je enakost x 2 + 3 x + 3 = 0 hitreje in bolj priročno rešiti z diskriminanto.

Rešimo kvadratno enačbo:

x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 - 4 1 3 = - 3< 0

Dobimo kompleksen konjugiran par korenin: x = - 3 2 ± i 3 2.

Odgovori: x = - 3 2 ± i 3 2.

Primer 3

Pogoj: poiščite prave korenine 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

Izvedemo množenje 2 3 obeh strani 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 dobimo kot rezultat, da ima 2 realni koreni y = - 2, y = 3 in dva kompleksna korena. Celotne rešitve tukaj ne bomo predstavili. Zaradi zamenjave bodo realni koreni te enačbe x = y 2 = - 2 2 = - 1 in x = y 2 = 3 2.

odgovor: x 1 = - 1, x 2 = 3 2

Če opazite napako v besedilu, jo izberite in pritisnite Ctrl + Enter

Marina A. Trifanova
učitelj matematike, MOU "Gimnazija št. 48 (multidisciplinarna)", Talnakh

Troedini cilj lekcije:

Izobraževalni:
sistematizacija in posploševanje znanja o reševanju enačb višjih stopenj.
Razvoj:
spodbujati razvoj logično razmišljanje, sposobnost samostojnega dela, veščine medsebojnega nadzora in samokontrole, sposobnost govora in poslušanja.
Izobraževalni:
razvijanje navade stalne zaposlitve, spodbujanje odzivnosti, trdega dela, natančnosti.

Vrsta lekcije:

pouk o kompleksni uporabi znanja, spretnosti in sposobnosti.

Učna oblika:

prezračevanje, telesna vadba, različne oblike dela.

Oprema:

osnovne opombe, kartice z nalogami, matrika spremljanja pouka.

MED POUKOM

I. Organizacijski trenutek

1. Učencem sporočanje cilja lekcije.
2. Preverjanje domače naloge (Priloga 1). Delo z referenčnimi opombami (Priloga 2).

Enačbe in odgovori za vsako od njih so napisani na tabli. Učenci preverijo odgovore in podajo kratka analiza rešitve vsake enačbe ali odgovori na učiteljeva vprašanja (frontalna anketa). Samokontrola – učenci si dajo ocene in predajo vaje učitelju v popravek ali potrditev ocen. Osnovna šola je napisana na tabli:

“5+” - 6 enačb;
“5” - 5 enačb;
“4” - 4 enačbe;
"3" - 3 enačbe.

Vprašanja učiteljeve domače naloge:

1 enačba

1. Kakšna sprememba spremenljivk je narejena v enačbi?
2. Katera enačba se dobi po spremembi spremenljivk?

2 enačba

1. Na kateri polinom sta se razdelili obe strani enačbe?
2. Kakšno spremembo spremenljivk smo dobili?

3 enačba

1. Katere polinome je treba pomnožiti, da poenostavimo rešitev te enačbe?

4 enačba

1. Poimenujte funkcijo f (x).
2. Kako so bile najdene preostale korenine?

Enačba 5

1. Koliko vrzeli smo dobili za rešitev enačbe?

6 enačba

1. Na kakšne načine bi lahko rešili to enačbo?
2. Katera rešitev je bolj racionalna?

II. Skupinsko delo je glavni del lekcije.

Razred je razdeljen v 4 skupine. Vsaka skupina dobi kartico s teoretičnimi in praktičnimi (Priloga 3) vprašanji: "Dekonstruiraj predlagano metodo za reševanje enačbe in jo razloži na tem primeru."

1. Skupinsko delo 15 minut.
2. Primeri so napisani na tabli (tabela je razdeljena na 4 dele).
3. Skupinsko poročilo traja 2-3 minute.
4. Učitelj popravlja poročila skupin in pomaga v primeru težav.

Skupinsko delo se nadaljuje na karticah 5 - 8. Vsaka enačba ima 5 minut za skupinsko razpravo. Potem je poročilo na odboru. to enačbo- kratka analiza rešitve. Enačba morda ni popolnoma rešena - končuje se doma, vendar se o zaporedju njene rešitve v učilnici razpravlja povsod.

III. Samostojno delo. Dodatek 4.

1. Vsak študent prejme individualno nalogo.
2. Čas dela traja 20 minut.
3. 5 minut pred koncem ure učitelj poda odprte odgovore za vsako enačbo.
4. Učenci v krogu zamenjajo zvezke in preverijo odgovore prijatelja. Dajte ocene.
5. Zvezki se predajo učitelju v preverjanje in popravljanje ocen.

IV. Povzetek lekcije.

Domača naloga.

Preverite rešitev nedokončanih enačb. Pripravite se na kontrolno rezino.

Ocenjevanje.

Osnovni cilji:

1. Utrditi koncept celotne racionalne enačbe th stopnje.
2. Formulirajte glavne metode za reševanje enačb višjih stopenj (n > 3).
3. Naučiti osnovne metode reševanja enačb višjih stopenj.
4. Učiti po vrsti enačbe za določitev največ učinkovita metoda njegove odločitve.

Oblike, metode in pedagoške tehnike, ki jih učitelj uporablja pri pouku:

• Sistem predavanj in seminarjev (predavanja - razlaga novega gradiva, seminarji - reševanje problemov).
• Informacijske in komunikacijske tehnologije (frontalna anketa, ustno delo z razredom).
• Diferencirano učenje, skupinske in individualne oblike.
• Uporaba raziskovalne metode pri poučevanju, ki je namenjena razvoju matematičnega aparata in miselnih sposobnosti vsakega posameznega študenta.
• Tiskovina - individualno kratek povzetek lekcija (osnovni pojmi, formule, izjave, gradivo predavanj je stisnjeno v obliki diagramov ali tabel).

Učni načrt:

1. Organiziranje časa.
   Cilj odra: vključiti učence v učne dejavnosti, določijo smiselni okvir lekcije.
2. Posodabljanje znanja učencev.
   Namen etape: posodobiti znanje študentov o predhodno preučenih sorodnih temah
3. Študij nova tema(predavanje). Namen faze: oblikovati glavne metode za reševanje enačb višjih stopenj (n > 3)
4. Povzetek.
   Namen odra: še enkrat poudarite ključne točke v gradivu, preučenem v lekciji.
5. Domača naloga.
   Cilj odra: formulirati Domača naloga za študente.

Povzetek lekcije

1. Organizacijski trenutek.

Oblikovanje teme lekcije: »Enačbe najvišjih stopenj. Metode za njihovo rešitev."

2. Aktualizacija znanja učencev.

Teoretični pregled - pogovor. Ponavljanje nekaterih predhodno preučenih informacij iz teorije. Študentje oblikujejo osnovne definicije in oblikujejo potrebne izreke. Navedeni so primeri, ki dokazujejo raven predhodno pridobljenega znanja.

• Koncept enačbe v eni spremenljivki.
• Pojem korena enačbe, rešitev enačbe.
• Koncept linearna enačba z eno spremenljivko, koncept kvadratne enačbe v eni spremenljivki.
• Koncept enakovrednosti enačb, enačba-posledica (pojem tujih korenin), prehod ne po sledi (primer izgube korenin).
• Koncept celotnega racionalnega izraza z eno spremenljivko.
• Koncept celotne racionalne enačbe n-. stopnja. Standardna oblika celotne racionalne enačbe. Zmanjšana celota racionalna enačba.
• Prehod na niz enačb je več nizke stopnje z faktorjenjem prvotne enačbe.
• Polinomski koncept n-. stopnja od x... Bezoutov izrek. Posledice iz Bezoutovega izreka. Korenski izreki ( Z- korenine in Q-koreni) celotne racionalne enačbe s celimi koeficienti (reducirani in nereducirani).
• Hornerjeva shema.

3. Študij nove teme.

Upoštevali bomo celotno racionalno enačbo n-. stopnja standardne oblike z eno neznano spremenljivko x: P n (x)= 0, kjer P n (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0- polinom n-. stopnja od x, a n ≠ 0. Če a n = 1, potem se takšna enačba imenuje reducirana celotna racionalna enačba n-. stopnja. Razmislite o takšnih enačbah za različne pomene n in naštej glavne metode za njihovo reševanje.

n= 1 - linearna enačba.

n= 2 - kvadratna enačba. Diskriminantna formula. Formula za izračun korenin. Vietin izrek. Izbira celotnega kvadrata.

n= 3 - kubična enačba.

Metoda združevanja.

Primer: x 3 - 4x 2 - x+ 4 = 0 (x - 4) (x 2– 1) = 0 x 1 = 4 , x 2 = 1,x 3 = -1.

Obratna kubična enačba obrazca sekira 3 + bx 2 + bx + a= 0. Rešite tako, da združite člene z enakimi koeficienti.

Primer: 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.

Izbira Z-koren na podlagi izreka. Hornerjeva shema. Pri uporabi te metode je treba poudariti, da je iskanje v tem primeru končno, korenine pa izberemo po določenem algoritmu v skladu z izrekom o Z-koreni reducirane celotne racionalne enačbe s celimi koeficienti.

Primer: x 3 – 9x 2 + 23x- 15 = 0. Podana enačba. Zapišimo delilnike prostega člena ( + 1; + 3; + 5; + 15). Uporabimo Hornerjevo shemo:

	x 3	x 2	x 1	x 0	izhod
	1	-9	23	-15
1	1	1 x 1 - 9 = -8	1 x (-8) + 23 = 15	1 x 15 - 15 = 0	1 - koren
	x 2	x 1	x 0

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

Enačba s celimi koeficienti. Izbira Q-koren na podlagi izreka. Hornerjeva shema. Pri uporabi te metode je treba poudariti, da je štetje v tem primeru končno in izberemo korenine po določenem algoritmu v skladu z izrekom o Q-korenine nereducibilne celotne racionalne enačbe s celimi koeficienti.

Primer: 9 x 3 + 27x 2 – x- 3 = 0. Enačba se ne reducira. Zapišimo delilnike prostega člena ( + 1; + 3). Zapišimo delilce koeficienta pri najvišji potenci neznane. ( + 1; + 3; + 9) Zato bomo med vrednostmi iskali korenine ( + 1; + ; + ; + 3). Uporabimo Hornerjevo shemo:

	x 3	x 2	x 1	x 0	izhod
	9	27	-1	-3
1	9	1 x 9 + 27 = 36	1 x 36 - 1 = 35	1 x 35 - 3 = 32 ≠ 0	1 - ne root
-1	9	-1 x 9 + 27 = 18	-1 x 18 - 1 = -19	-1 x (-19) - 3 = 16 ≠ 0	-1 - ne root
	9	x 9 + 27 = 30	x 30 - 1 = 9	x 9 - 3 = 0	koren
	x 2	x 1	x 0

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

Za udobje izračuna pri izbiri Q - korenine priročno je spremeniti spremenljivko, pojdite na zmanjšano enačbo in izberite Z - korenine.

• Če je prosti termin 1

.

• Če lahko uporabite zamenjavo obrazca y = kx

.

Formula Cardano. Obstaja univerzalna metoda rešitve kubičnih enačb so Cardanova formula. Ta formula je povezana z imeni italijanskih matematikov Gerolamo Cardano (1501-1576), Nicolo Tartaglia (1500-1557), Scipione del Ferro (1465-1526). Ta formula je zunaj področja našega tečaja.

n= 4 - enačba četrte stopnje.

Metoda združevanja.

Primer: 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.

Spremenljiva metoda zamenjave.

• Bikvadratna enačba obrazca sekira 4 + bx 2 + s = 0 .

Primer: x 4 + 5x 2 - 36 = 0. Zamenjava y = x 2. Od tod y 1 = 4, y 2 = -9. Zato x 1,2 = + 2 .

• Obratna enačba četrte stopnje obrazca sekira 4 + bx 3 + c x 2 + bx + a = 0.

Rešujemo z združevanjem členov z enakimi koeficienti z zamenjavo obrazca

• sekira 4 + bx 3 + cx 2 – bx + a = 0.

• Splošna povratna enačba četrte stopnje obrazca sekira 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k 2 a = 0.

• Zamenjava splošnega pogleda. Nekaj ​​standardnih zamenjav.

Primer 3 . Zamenjava splošnega pogleda(sledi iz oblike določene enačbe).

n = 3.

Enačba s celimi koeficienti. Namestitev korenin Q n = 3.

Splošna formula. Obstaja univerzalna metoda za reševanje enačb četrte stopnje. Ta formula je povezana z imenom Ludovico Ferrari (1522-1565). Ta formula je zunaj področja našega tečaja.

n > 5 - enačbe pete in višje stopnje.

Enačba s celimi koeficienti. Izbira Z-koren na podlagi izreka. Hornerjeva shema. Algoritem je podoben tistemu, ki smo ga obravnavali zgoraj n = 3.

Enačba s celimi koeficienti. Namestitev korenin Q na podlagi izreka. Hornerjeva shema. Algoritem je podoben tistemu, ki smo ga obravnavali zgoraj n = 3.

Simetrične enačbe. Vsaka povratna enačba lihe stopnje ima koren x= -1 in po faktorjenju v faktorje dobimo, da ima en faktor obliko ( x+ 1), drugi faktor pa je povratna enačba sode stopnje (njena stopnja je ena manjša od stopnje prvotne enačbe). Vsaka povratna enačba sode stopnje skupaj s korenom obrazca x = φ vsebuje koren vrste. S temi izjavami rešimo problem z znižanjem stopnje proučevane enačbe.

Spremenljiva metoda zamenjave. Uporaba enotnosti.

Ni splošne formule za reševanje celotnih enačb pete stopnje (to sta pokazala italijanski matematik Paolo Ruffini (1765-1822) in norveški matematik Niels Henrik Abel (1802-1829)) in višjih stopenj (to je pokazal Francoski matematik Evariste Galois (1811-1832) )).

• Naj še enkrat spomnimo, da je v praksi to mogoče uporabiti kombinacije zgoraj navedene metode. Primerno je preiti na niz enačb nižjih stopenj faktorizacija izvirne enačbe.
• Široko uporabljeni v praksi so ostali izven okvira naše današnje razprave. grafične metode reševanje enačb in metode približne rešitve enačbe višjih stopenj.
• Obstajajo situacije, ko enačba nima R-koren.
Potem se rešitev zmanjša na to, da enačba nima korenin. Da bi to dokazali, analiziramo obnašanje obravnavanih funkcij na intervalih monotonosti. Primer: enačba x 8 – x 3 + 1 = 0 nima korenin.
• Uporaba lastnosti monotonosti funkcij
... Obstajajo situacije, ko uporaba različnih lastnosti funkcij omogoča poenostavitev obravnavane naloge.
Primer 1: enačba x 5 + 3x- 4 = 0 ima en koren x= 1. Glede na lastnost monotonosti analiziranih funkcij ni drugih korenin.
Primer 2: Enačba x 4 + (x- 1) 4 = 97 ima korenine x 1 = -2 in x 2 = 3. Po analizi obnašanja ustreznih funkcij na intervalih monotonosti sklepamo, da drugih korenin ni.

4. Povzetek.

Povzetek: Sedaj smo osvojili osnovne metode reševanja različnih enačb višjih stopenj (za n > 3). Naša naloga je, da se naučimo, kako učinkovito uporabljati zgoraj naštete algoritme. Glede na vrsto enačbe se bomo morali naučiti določiti, katera metoda rešitve je v tem primeru najučinkovitejša, kot tudi pravilno uporabiti izbrano metodo.

5. Domača naloga.

: 7 str. 164-174, št. 33-36, 39-44, 46.47.

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

Možne teme poročil ali povzetkov na to temo:

• Formula Cardano
• Grafična metoda za reševanje enačb. Primeri rešitev.
• Metode približne rešitve enačb.

Analiza asimilacije gradiva in zanimanja študentov za temo:

Izkušnje kažejo, da študente zanima predvsem možnost zaposlovanja Z- korenine in Q-korenine enačb z uporabo dokaj preprostega algoritma z uporabo Hornerjeve sheme. Študente zanimajo tudi različne standardne vrste zamenjav spremenljivk, ki lahko močno poenostavijo problem. Metode grafičnih rešitev so običajno zanimive. V tem primeru lahko naloge dodatno razstavite v grafično metodo za reševanje enačb; razpravljati splošna oblika grafika za polinom 3, 4, 5 stopinj; analizirati, kako je število korenov enačb 3, 4, 5 stopinj povezano z vrsto ustreznega grafa. Spodaj je seznam knjig, v katerih lahko najdete dodatne informacije o tej temi.

Bibliografija:

1. Vilenkin N. Ya. et al. »Algebra. Učbenik za učence 9. razreda s poglobljenim študijem matematike ”- M., Izobraževanje, 2007 - 367 str.
2. Vilenkin N.Ya., Shibasov L.P., Shibasova Z.F.»Za stranmi učbenika matematike. Aritmetika. algebra. 10-11 razred ”- M., Izobraževanje, 2008 - 192 str.
3. Vygodsky M. Ya."Matematični priročnik" - M., AST, 2010 - 1055 str.
4. Galitsky M.L.»Zbirka problemov iz algebre. Učbenik za 8-9 razrede s poglobljenim študijem matematike ”- M., Izobraževanje, 2008 - 301 str.
5. Zvavič L.I. et al.»Algebra in začetek analize. 8-11 cl. Priročnik za šole in razrede s poglobljenim študijem matematike "- M., Bustard, 1999 - 352 str.
6. Zvavič L.I., Averyanov D.I., Pigarev B.P., Trushanina T.N."Naloge iz matematike za pripravo na pisni izpit v 9. razredu" - M., Izobraževanje, 2007 - 112 str.
7. Ivanov A.A., Ivanov A.P.“Tematski testi za sistematizacijo znanja iz matematike” 1. del - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 str.
8. Ivanov A.A., Ivanov A.P.“Tematski testi za sistematizacijo znanja iz matematike” 2. del - M., Fizmatkniga, 2006 - 176 str.
9. Ivanov A.P."Test in testne listine matematika. Vadnica". - M., Fizmatkniga, 2008 - 304 str.
10. Leibson K.L."Zbirka praktične naloge matematika. Del 2-9 razred "- M., MCNMO, 2009 - 184 str.
11. Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G."Algebra. Dodatna poglavja k učbeniku za 9. razred. Učbenik za učence v šolah in razredih z naprednim študijem matematike.« - M., Izobraževanje, 2006 - 224 str.
12. Mordkovich A.G."Algebra. Napredni študij. 8. razred. Učbenik "- M., Mnemosina, 2006 - 296 str.
13. A. P. Savin “enciklopedijski slovar mladi matematik "- M., Pedagogija, 1985 - 352 str.
14. Survillo G.S., Simonov A.S. “Didaktični materiali iz algebre za 9. razred s poglobljenim študijem matematike ”- M., Izobraževanje, 2006 - 95 str.
15. Chulkov P.V.»Enačbe in neenakosti pri šolskem tečaju matematike. Predavanja 1–4 ”- M., 1. september 2006 - 88 str.
16. Chulkov P.V.»Enačbe in neenakosti pri šolskem tečaju matematike. Predavanja 5–8 ”- M., 1. september 2009 - 84 str.