Sprendžiant algebrines lygtis, dažnai tenka atsižvelgti į daugianarį. Polinomo skaičiavimas reiškia jo atstovavimą kaip dviejų ar daugiau polinomų sandaugą. Kai kuriuos polinomų skaidymo metodus naudojame gana dažnai: bendro faktoriaus pašalinimas, sutrumpintų daugybos formulių taikymas, viso kvadrato parinkimas, grupavimas. Apsvarstykime dar keletą metodų.

Kartais skaičiuojant daugianarį yra naudingi šie teiginiai:

1) jei daugianaris su sveikaisiais koeficientais turi racionalią šaknį (kur yra neredukuojama trupmena, tada yra laisvo termino daliklis ir pagrindinio koeficiento daliklis:

2) Jei kokiu nors būdu pasirinkti laipsnio polinomo šaknį, tai polinomas gali būti pavaizduotas

Polinomą galima rasti arba padalijus polinomą į binominį „stulpelį“, arba atitinkamai sugrupavus daugianario terminus ir iš jų išgaunant faktorių, arba neapibrėžtų koeficientų metodu.

Pavyzdys. Faktoriaus polinomas

Sprendimas. Kadangi x4 koeficientas yra 1, egzistuoja racionalios šio polinomo šaknys, tai yra skaičiaus 6 dalikliai, tai yra, jie gali būti sveiki skaičiai ± 1, ± 2, ± 3, ± 6. Šį polinomą žymime P4 (x). Kadangi Р Р4 (1) = 4 ir Р4 (-4) = 23, skaičiai 1 ir -1 nėra daugianario PA (x) šaknys. Kadangi P4 (2) = 0, tada x = 2 yra daugianario P4 (x) šaknis, todėl šis daugianaris dalijasi iš binomo x - 2. Todėl x4 -5x3 + 7x2 -5x +6 x -2 x4 -2x3 x3 -3x2 + x-3

3x3 + 7x2 -5x +6

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

Todėl P4 (x) = (x - 2) (x3 - 3x2 + x - 3). Kadangi xz - Zx2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3) (x2 + 1), tada x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3) (x2 + 1).

Parametrų įvedimo metodas

Kartais, kai faktorius suskirsto į polinomą, padeda parametro įvedimo metodas. Šio metodo esmę iliustruos šis pavyzdys.

Pavyzdys. x3 - (√3 + 1) x2 + 3.

Sprendimas. Panagrinėkime polinomą su parametru a: x3 - (a + 1) x2 + a2, kuris a = √3 atveju virsta duotu polinomu. Mes rašome šį daugianarį kaip kvadratinį trinomą, atsižvelgdami į: a - ax2 + (x3 - x2).

Kadangi šio kvadratinio trinomo šaknys a atžvilgiu yra a1 = x ir a2 = x2 - x, lygybė a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x) (a - x2 + x) yra teisinga. Todėl daugianaris x3 - (√3 + 1) x2 + 3 yra skaidomas į veiksnius √3 - x ir √3 - x2 + x, t.y.

x3 - (√3 + 1) x2 + 3 = (x-√3) (x2-x-√3).

Naujo nežinomumo įvedimo metodas

Kai kuriais atvejais pakeičiant išraišką f (x), įtrauktą į polinomą Pn (x), per y galima gauti y atžvilgiu polinomą, kurį jau galima lengvai suskirstyti į faktorius. Tada, pakeitus y f (x), gauname daugianario Pn (x) faktorizavimą.

Pavyzdys. Faktorius polinomas x (x + 1) (x + 2) (x + 3) -15.

Sprendimas. Mes transformuojame šį polinomą taip: x (x + 1) (x + 2) (x + 3) -15 = [x (x + 3)] [(x + 1) (x + 2)] - 15 = ( x2 + 3x) (x2 + 3x + 2) - 15.

Pažymėkime x2 + 3x y. Tada mes turime y (y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1) 2 - 16 = (y + 1 + 4) (y + 1 - 4) = (y + 5) (y - 3).

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

Pavyzdys. Faktorius polinomas (x-4) 4+ (x + 2) 4

Sprendimas. Pažymėkime x- 4 + x + 2 = x - 1 per y.

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

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

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

Skirtingų metodų derinimas

Dažnai, skaičiuojant polinomą į veiksnius, reikia nuosekliai taikyti kelis iš aukščiau aptartų metodų.

Pavyzdys. Faktorius polinomas x4 - 3x2 + 4x-3.

Sprendimas. Naudodami grupavimą, polinomą perrašome kaip x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 - 2x2) - (x2 -4x + 3).

Taikydami viso kvadrato pasirinkimo metodą pirmajam skliaustui, turime x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

Taikydami visą kvadrato formulę, dabar galime parašyti, kad x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1) 2 - (x - 2) 2.

Galiausiai, taikydami kvadratų skirtumo formulę, gauname, kad x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2) (x2 - 1 - x + 2) = (x2 + x-3) (x2 -x + 1).

§ 2. Simetrinės lygtys

1. Simetrinės trečiojo laipsnio lygtys

Formos ax3 + bx2 + bx + a = 0 ir ≠ 0 (1) lygtys vadinamos simetriškomis trečiojo laipsnio lygtimis. Kadangi ax3 + bx2 + bx + a = a (x3 + 1) + bx (x + 1) = (x + 1) (ax2 + (ba) x + a), tada (1) lygtis yra ekvivalenti aibei lygtis x + 1 = 0 ir ax2 + (b-a) x + a = 0, kurią nesunku išspręsti.

1 pavyzdys. Išspręskite lygtį

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

Sprendimas. (2) lygtis yra simetriška trečiojo laipsnio lygtis.

Kadangi 3x3 + 4xg + 4x + 3 = 3 (x3 + 1) + 4x (x + 1) = (x + 1) (3x2 - Zx + 3 + 4x) = (x + 1) (3x2 + x + 3) , tada (2) lygtis prilygsta lygčių rinkiniui x + 1 = 0 ir 3x3 + x + 3 = 0.

Pirmosios iš šių lygčių sprendimas yra x = -1, antroji lygtis sprendinių neturi.

Atsakymas: x = -1.

2. Ketvirtojo laipsnio simetriškos lygtys

Formos lygtis

(3) vadinama simetriška ketvirtojo laipsnio lygtimi.

Kadangi x = 0 nėra lygties (3) šaknis, tada, padaliję abi (3) lygties puses iš x2, gauname lygtį, lygiavertę originalui (3):

Perrašykime (4) lygtį tokia forma:

Šioje lygtyje mes atliekame pakeitimą, tada gauname kvadratinę lygtį

Jei (5) lygtyje yra 2 šaknys y1 ir y2, tai pradinė lygtis prilygsta lygčių rinkiniui

Jei (5) lygtyje yra viena šaknis y0, tai pradinė lygtis yra lygiavertė lygybei

Galiausiai, jei (5) lygtis neturi šaknų, tai pradinė lygtis taip pat neturi šaknų.

2 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Ši lygtis yra ketvirtojo laipsnio simetriška lygtis. Kadangi x = 0 nėra jo šaknis, tada, padalydami (6) lygtį iš x2, gauname ekvivalentišką lygtį:

Grupuodami terminus, perrašome (7) lygtį formoje arba formoje

Iškėlus gauname lygtį, turinčią dvi šaknis y1 = 2 ir y2 = 3. Todėl pradinė lygtis yra tolygi lygčių rinkiniui

Šios aibės pirmosios lygties sprendimas yra x1 = 1, o antrosios - u.

Todėl pradinė lygtis turi tris šaknis: x1, x2 ir x3.

Atsakymas: x1 = 1 ,.

§3. Algebrinės lygtys

1. Lygties laipsnio mažinimas

Kai kurias algebrines lygtis, pakeičiant jose esantį daugianarį viena raide, galima sutrumpinti iki algebrinių lygčių, kurių laipsnis yra mažesnis už pradinės lygties laipsnį, o jų sprendimas yra paprastesnis.

1 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Pažymėkite, tada lygtį (1) galima perrašyti forma. Paskutinė lygtis turi šaknis, todėl (1) lygtis yra tolygi lygčių rinkiniui ir. Šios aibės pirmosios lygties sprendimas yra, o antrosios lygties sprendimas yra

1 lygties sprendiniai yra

2 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Padauginus abi lygties puses iš 12 ir žymint,

Gauname lygtį Perrašykime šią lygtį forma

(3) ir žymėjimas perrašant (3) lygtį į formą. Paskutinė lygtis turi šaknis, todėl nustatome, kad (3) lygtis yra lygi dviejų lygčių rinkiniui ir šio lygčių rinkinio sprendimas yra lygtis (2) yra lygiavertis lygčių rinkiniui ir (keturi)

Rinkinio (4) sprendiniai yra ir, jie yra lygties (2) sprendiniai.

2. Formos lygtys

Lygtis

(5) kur yra šie skaičiai, galima sumažinti iki dvikampio lygties pakeičiant nežinomą, t. Y. Pakeičiant

3 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Pažymėkime, t.y. tai yra, mes keičiame kintamuosius arba Tada (6) lygtį galima perrašyti į formą arba, naudojant formulę, į formą

Kadangi kvadratinės lygties šaknys yra ir (7) lygties sprendiniai yra lygčių rinkinio ir. Šis lygčių rinkinys turi du sprendimus, todėl (6) lygties sprendimai yra ir

3. Formos lygtys

Lygtis

(8) kur skaičiai α, β, γ, δ ir Α yra tokie, kad α

4 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Mes atliekame nežinomųjų pasikeitimą, ty y = x + 3 arba x = y - 3. Tada (9) lygtį galima perrašyti į formą

(y-2) (y-1) (y + 1) (y + 2) = 10, tai yra pavidalu

(y2–4) (y2–1) = 10 (10)

Bikvadratinė lygtis (10) turi dvi šaknis. Todėl (9) lygtis taip pat turi dvi šaknis:

4. Formos lygtys

Lygtis, (11)

Kur neturi šaknies x = 0, todėl, padalydami (11) lygtį iš x2, gausime ekvivalentinę lygtį

Kuris, pakeitus nežinomybę, bus perrašytas kaip kvadratinė lygtis, kurios sprendimas nėra sunkus.

5 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Kadangi h = 0 nėra (12) lygties šaknis, tada, padaliję ją iš x2, gausime ekvivalentinę lygtį

Padarant nežinomą pakeitimą, gaunama (y + 1) (y + 2) = 2 lygtis, kuri turi dvi šaknis: y1 = 0 ir y1 = -3. Todėl pradinė lygtis (12) yra lygiavertė lygčių rinkiniui

Ši kolekcija turi dvi šaknis: x1 = -1 ir x2 = -2.

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

Komentuoti. Formos lygtis,

Kuriame visada galite pasiekti formą (11) ir, be to, atsižvelgdami į formos α> 0 ir λ> 0.

5. Formos lygtys

Lygtis

, (13) kai skaičiai α, β, γ, δ ir Α yra tokie, kad αβ = γδ ≠ 0, galima perrašyti padauginus pirmąjį skliaustą su antruoju, o trečiąjį - su ketvirtuoju, t. Y. , (13) lygtis dabar parašyta forma (11), ir jos sprendimas gali būti vykdomas taip pat, kaip ir (11) lygties sprendimas.

6 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. (14) lygtis turi formą (13), todėl ją perrašome į formą

Kadangi x = 0 nėra šios lygties sprendimas, tada, padaliję abi jos puses iš x2, gauname lygiavertę pradinę lygtį. Atlikdami kintamųjų pakeitimą, gauname kvadratinę lygtį, kurios sprendimas yra ir. Vadinasi, pradinė lygtis (14) prilygsta lygčių rinkiniui ir.

Pirmosios šios aibės lygties sprendimas yra

Antroji šio sprendinių rinkinio lygtis neturi. Taigi, pradinės lygties šaknys yra x1 ir x2.

6. Formos lygtys

Lygtis

(15) kur skaičiai a, b, c, q, A yra tokie, kad neturi šaknies x = 0, todėl dalijant (15) lygtį iš x2. gauname jai lygiavertę lygtį, kuri, pakeitus nežinomąją, bus perrašyta kvadratinės lygties forma, kurios sprendimas nėra sunkus.

7 pavyzdys. Lygties sprendimas

Sprendimas. Kadangi x = 0 nėra (16) lygties šaknis, tada, padaliję abi puses iš x2, gauname lygtį

, (17) atitinka 16 lygtį. Padarydami nežinomą pakeitimą, perrašome ekvivalentą (17) į formą

Kvadratinė lygtis (18) turi 2 šaknis: y1 = 1 ir y2 = -1. Todėl (17) lygtis yra lygiavertė lygčių rinkiniui ir (19)

Lygčių rinkinys (19) turi 4 šaknis:,.

Jie bus (16) lygties šaknys.

§ keturi. Racionaliosios lygtys

Formos = 0 lygtys, kur H (x) ir Q (x) yra daugianariai, vadinamos racionaliosiomis.

Radus lygties H (x) = 0 šaknis, reikia patikrinti, kurios iš jų nėra lygties Q (x) = 0. šaknys. Šios šaknys ir tik jos bus lygties sprendiniai.

Apsvarstykite keletą būdų, kaip išspręsti formos = 0 lygtį.

1. Formos lygtys

Lygtis

(1) esant tam tikroms sąlygoms, numerius galima išspręsti taip. Grupuojant (1) lygties terminus dviem ir sumuojant kiekvieną porą, skaitikliuose būtina gauti pirmojo arba nulinio laipsnio polinomus, besiskiriančius tik skaitiniais veiksniais, ir vardikliuose - trinomus, turinčius tuos pačius du terminus, kuriuose yra x , tada pakeitus kintamuosius, lygtis taip pat turės formą (1), bet su mažesniu terminų skaičiumi, arba ji bus lygi dviejų lygčių rinkiniui, iš kurių viena bus pirmo laipsnio, o antra bus formos (1) lygtis, bet su mažesniu terminų skaičiumi.

Pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Grupuodami kairėje (2) lygties pusėje pirmąjį terminą su paskutiniu, o antrą - priešpaskutiniu, perrašome (2) lygtį į formą

Apibendrindami kiekviename skliauste esančius terminus, perrašome ekvivalentą (3) į formą

Kadangi (4) lygties sprendimo nėra, tada, padalinę šią lygtį, gauname lygtį

, (5) atitinka 4 lygtį. Atliekame nežinomybės pakeitimą, tada (5) lygtis bus perrašyta į formą

Taigi, lygties (2) sprendimas, kurio kairėje pusėje yra penki terminai, redukuojamas iki tos pačios formos (6) lygties, bet kairėje pusėje - trijų terminų. Apibendrindami visus kairiosios (6) lygties pusės terminus, perrašome ją į formą

Yra lygties ir. Nei vienas iš šių skaičių neišnyksta racionaliosios funkcijos vardiklis kairėje (7) lygties pusėje. Taigi (7) lygtis turi šias dvi šaknis, todėl pradinė (2) lygtis yra lygiavertė lygčių rinkiniui

Šios aibės pirmosios lygties sprendiniai yra

Šios rinkinio antrosios lygties sprendiniai yra

Todėl pradinė lygtis turi šaknis

2. Formos lygtys

Lygtis

(8) esant tam tikroms sąlygoms, skaičius gali būti išspręstas taip: būtina pasirinkti sveikojo skaičiaus dalį kiekvienoje iš lygties dalių, ty pakeisti lygtį (8) lygtimi

Sumažinkite ją iki formos (1) ir išspręskite ją ankstesnėje pastraipoje aprašytu būdu.

Pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Parašykime (9) lygtį forma arba forma

Apibendrindami skliaustuose esančius terminus, ekv. (10) perrašome kaip

Pakeisdami nežinomą, mes perrašome ekvivalentą (11) į formą

Apibendrindami kairėje Eq. (12) pusėje esančius terminus, mes jį perrašome į formą

Lengva suprasti, kad (13) lygtis turi dvi šaknis: ir. Todėl pradinė (9) lygtis turi keturias šaknis:

3) formos lygtis.

Formos (14) lygtį esant tam tikroms skaičių sąlygoms galima išspręsti taip: išplėsti (jei tai, žinoma, įmanoma) kiekvieną kairės (14) lygties pusės trupmeną paprasčiausių trupmenų suma

Sumažinkite (14) lygtį iki (1) formos, tada, atlikę patogų gautos lygties sąlygų pertvarkymą, išspręskite ją 1 dalyje aprašytu metodu.

Pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Nuo tada padauginus kiekvienos (15) lygties trupmenos skaitiklį iš 2 ir pažymint, kad (15) lygtį galima parašyti tokia forma:

(16) lygtis turi formą (7). Pertvarkę šios lygties terminus, perrašome ją į formą arba į formą

(17) lygtis prilygsta lygčių rinkiniui ir

Norėdami išspręsti antrąją rinkinio (18) lygtį, pakeisime nežinomą. Tada ji bus perrašyta į formą arba formą

Apibendrindami visus kairiosios (19) lygties pusės terminus, perrašykite jį taip

Kadangi lygtis neturi šaknų, tai neturi ir (20) lygtis.

Pirmoji aibės (18) lygtis turi vieną šaknį. Kadangi ši šaknis įtraukta į antrosios aibės (18) lygties GDV, tai yra vienintelė aibės šaknis (18), taigi ir pradinė lygtis .

4. Formos lygtys

Lygtis

(21) esant tam tikroms sąlygoms, skaičiai ir A po kiekvieno termino pateikimo kairėje formoje gali būti sutrumpinti iki formos (1).

Pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Perrašykime (22) lygtį formoje arba formoje

Taigi (23) lygtis redukuojama iki formos (1). Grupuodami pirmąjį terminą su paskutiniuoju, antrąjį - su trečiuoju, perrašome (23) lygtį į formą

Ši lygtis prilygsta lygčių rinkiniui ir. (24)

Paskutinę aibės (24) lygtį galima perrašyti kaip

Yra šios lygties sprendimai, ir kadangi ji yra įtraukta į antrosios aibės (30) lygties ODZ, rinkinį (24) turi trys šaknys: Visi jie yra pirminės lygties sprendiniai.

5. Formos lygtys.

Formos lygtis (25)

Esant tam tikroms skaičių sąlygoms, nežinomojo pakeitimas gali būti sumažintas iki formos lygties

Pavyzdys. Išspręskite lygtį

Sprendimas. Kadangi tai nėra lygties (26) sprendimas, padaliję kairės pusės kiekvienos trupmenos skaitiklį ir vardiklį, mes jį perrašome į formą

Keisdami kintamuosius, mes perrašome ekvivalentą (27) į formą

(28) lygties sprendimas yra ir. Todėl (27) lygtis yra lygiavertė lygčių rinkiniui ir. (29)

Lygčių naudojimas yra plačiai paplitęs mūsų gyvenime. Jie naudojami daugybei skaičiavimų, pastatų statyboms ir netgi sportui. Žmogus senovėje naudojo lygtis ir nuo to laiko jų taikymas tik didėjo. Matematikoje gana dažnai pasitaiko aukštesnių laipsnių lygtys su sveikojo skaičiaus koeficientais. Norint išspręsti šios rūšies lygtį, būtina:

Nustatykite racionalias lygties šaknis;

Faktorius polinomas kairėje lygties pusėje;

Raskite lygties šaknis.

Tarkime, mums suteikiama šios formos lygtis:

Suraskime visas tikrąsias jo šaknis. Padauginkite kairę ir dešinę lygties puses iš \

Keisti kintamuosius \

Taigi mes gavome sumažintą ketvirtojo laipsnio lygtį, kuri yra išspręsta pagal standartinį algoritmą: mes tikriname daliklius, vykdome dalijimą ir dėl to sužinome, kad lygtis turi dvi tikras šaknis \ ir dvi sudėtingas . Mes gauname tokį atsakymą į mūsų ketvirtojo laipsnio lygtį:

Kur galite išspręsti aukštesnių laipsnių lygtį naudodamiesi internetiniu sprendėju?

Lygtį galite išspręsti mūsų svetainėje https: // site. Nemokamas internetinis sprendėjas leis jums per kelias sekundes išspręsti bet kokio sudėtingumo lygtį internete. Viskas, ką jums reikia padaryti, tai tiesiog įvesti duomenis į sprendiklį. Mūsų svetainėje taip pat galite žiūrėti vaizdo instrukciją ir sužinoti, kaip išspręsti lygtį. Ir jei vis dar turite klausimų, galite jų užduoti mūsų „Vkontakte“ grupėje http://vk.com/pocketteacher. Prisijunkite prie mūsų grupės, mes visada džiaugiamės galėdami jums padėti.

Norėdami naudoti pristatymų peržiūrą, susikurkite „Google“ paskyrą (paskyrą) ir prisijunkite prie jos: https://accounts.google.com

Skaidrių antraštės:

Aukštesnių laipsnių lygtys (daugianario šaknys viename kintamajame).

Suplanuoti paskaitas. Nr. 1. Mokyklos matematikos kurso aukščiausių laipsnių lygtys. Nr. 2. Standartinė daugianario forma. № 3. Integralios daugianario šaknys. Hornerio schema. № 4. Polinomo trupmeninės šaknys. № 5. Formos lygtys: (x + a) (x + b) (x + c)… = A № 6. Grąžinimo lygtys. № 7. Vienarūšės lygtys. № 8. Nenustatytų koeficientų metodas. № 9. Funkciškai - grafinis metodas. № 10. Vietos aukštesnių laipsnių lygčių formulės. № 11. Nestandartiniai aukštesnių laipsnių lygčių sprendimo būdai.

Mokyklos matematikos kurso aukščiausių laipsnių lygtys. 7 klasė. Standartinė daugianario forma. Veiksmai su daugianariais. Daugianario faktorius. Paprastojoje klasėje 42 val., Specialiojoje - 56 val. 8 speciali klasė. Polinomo šaknys sveikos, polinomų dalijimasis, pasikartojančios lygtys, binomalo n - ųjų galių skirtumas ir suma, neapibrėžtų koeficientų metodas. Yu.N. Makarychev "Papildomi skyriai į 8 klasės algebros mokyklos kursą", MLGalitsky 8 - 9 klasės algebros problemų rinkinys. 9 speciali klasė. Racionalios daugianario šaknys. Apibendrintos grąžos lygtys. Vietos aukštesnių laipsnių lygčių formulės. N. Ya. Vilenkin “9 klasės algebra su nuodugniu tyrimu. 11 specialioji klasė. Polinomų tapatumas. Polinomas keliais kintamaisiais. Funkcinis - grafinis aukštesnių laipsnių lygčių sprendimo metodas.

Standartinė daugianario forma. Polinomas P (x) = a ⁿ x ⁿ + a n-1 x n-1 + ... + a₂x ² + a₁x + a₀. Jis vadinamas standartiniu polinomu. a n x ⁿ yra aukščiausias polinomo ir n yra aukščiausio polinomo termino koeficientas. Jei n = 1, P (x) vadinamas redukuotu polinomu. ir ₀ yra laisvasis daugianario P (x) terminas. n yra daugianario laipsnis.

Sveikos polinomo šaknys. Hornerio schema. Teorema Nr. 1. Jei sveikasis skaičius a yra daugianario P (x) šaknis, tai a yra laisvo termino P (x) daliklis. 1 pavyzdys. Išspręskite lygtį. X⁴ + 2x³ = 11x² - 4x - 4 Perkelkime lygtį į standartinę formą. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Turime daugianalį P (x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Laisvojo termino padalijimai: ± 1, ± 2, ± 4. x = 1 lygties šaknis, nes P (1) = 0, x = 2 yra lygties šaknis, nes P (2) = 0 Bezouto teorema. Likusi polinomo P (x) dalijimo iš binomo (x - a) dalis yra lygi P (a). Pasekmė. Jei a yra daugianario P (x) šaknis, tai P (x) dalijasi iš (x - a). Mūsų lygtyje P (x) dalijasi iš (x - 1) ir (x - 2), taigi ir iš (x - 1) (x - 2). Kai P (x) dalijant iš (x ² - 3x + 2), gausime trinomį x ² + 5x + 2 = 0, kurio šaknys x = (- 5 ± √17) / 2

Laužinės daugianario šaknys. 2 teorema. Jei p / g yra daugianario P (x) šaknis, tada p yra laisvo termino daliklis, g yra pagrindinio termino P (x) koeficiento daliklis. 2 pavyzdys. Išspręskite lygtį. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Laisvojo laikotarpio dalikliai: ± 1, ± 2, ± 4, ± 8. Nė vienas iš šių skaičių netenkina lygties. Nepažeistų šaknų nėra. Natūralūs pagrindinio termino P (x) koeficiento dalikliai: 1, 2, 3, 6. Galimos trupmeninės lygties šaknys: ± 2/3, ± 4/3, ± 8/3. Tikrindami įsitikiname, kad P (4/3) = 0. X = 4/3 yra lygties šaknis. Pagal Hornerio schemą P (x) padalijame iš (x - 4/3).

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. Išspręskite lygtis: 9x³ - 18x = x - 2, x ³ - x ² = x - 1, x ³ - 3x² -3x + 1 = 0, X ⁴ - 2x³ + 2x - 1 = 0, X⁴ - 3x² + 2 = 0, x ⁵ + 5x³ - 6x² = 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0, X⁴ + 4x³ - x ² - 16x - 12 = 0 4x³ + x ² - x + 5 = 0 3x⁴ + 5x³ - 9x² - 9x + 10 = 0. Atsakymai: 1) ± 1/3; 2 2) ± 1, 3) -1; 2 ± √3, 4) ± 1, 5) ± 1; ± √2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -vienas; ± 2, 9) - 5/4 10) -2; - 5/3; vienas.

Formos (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) lygtys ... = A. 3 pavyzdys. Išspręskite (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) = 24 lygtį. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Pirmą skliaustą padauginame iš ketvirtojo, o antrąjį - iš trečiojo. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x2 + 5x + 4) (x2 + 5x + 6) = 24. Tegul x2 + 5x + 4 = y , tada y (y + 2) = 24, y² + 2y - 24 = 0 y₁ = - 6, y₂ = 4.x² + 5x + 4 = -6 arba x² + 5x + 4 = 4.x² + 5x + 10 = 0, D

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = -15, x (x + 4) (x + 5) (x + 9) + 96 = 0, x (x + 3) ) (x + 5) (x + 8) + 56 = 0, (x - 4) (x - 3) (x - 2) (x - 1) = 24, (x - 3) (x - 4) ( x - 5) (x - 6) = 1680, (x ² - 5x) (x + 3) (x - 8) + 108 = 0, (x + 4) ² (x + 10) (x - 2) + 243 = 0 (x ² + 3x + 2) (x ² + 9x + 20) = 4, nuoroda: x + 3x + 2 = (x + 1) (x + 2), x ² + 9x + 20 = (x + 4) (x + 5) atsakymai: 1) -4 ± √6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5 ± √97) / 2 7) -7; -vienas; -4 ± √3.

Refleksijos lygtys. 1 apibrėžimas. Formos lygtis: ax⁴ + in ³ + cx ² + in + a = 0 vadinama ketvirtojo laipsnio grąžinimo lygtimi. Apibrėžimo numeris 2. Formos lygtis: ah⁴ + bx ³ + cx ² + bx + k² a = 0 vadinama apibendrinta ketvirtojo laipsnio grąžos lygtimi. k2a: a = k2; kv: v = k. 6 pavyzdys. Išspręskite lygtį x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Padalykite abi lygties puses iš x ². x ² - 7x + 14 - 7 / x + 1 / x ² = 0, (x ² + 1 / x ²) - 7 (x + 1 / x) + 14 = 0. Tegul x + 1 / x = y. Mes sulyginame abi lygybės puses. x ² + 2 + 1 / x ² = y², x ² + 1 / x ² = y² - 2. Gauname kvadratinę lygtį y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4.x + 1 / x = 3 arba x + 1 / x = 4. Gauname dvi lygtis: x ² - 3x + 1 = 0, x ² - 4x + 1 = 0. 7 pavyzdys. 3x⁴ - 2x³ - 31x² + 10x + 75 = 0. 75: 3 = 25, 10: (- 2) = -5, (-5) ² = 25. Bendrosios grąžos lygties sąlyga įvykdyta k = -5. Išspręsta panašiai kaip pavyzdyje Nr. 6. Padalinkite abi lygties puses iš x ². 3x⁴ - 2x - 31 + 10 / x + 75 / x ² = 0,3 (x ⁴ + 25 / x ²) - 2 (x - 5 / x) - 31 = 0. Tegul x - 5 / x = y, mes kvadratą abi lygybės pusės x ² - 10 + 25 / x ² = y², x ² + 25 / x ² = y² + 10. Turime kvadratinę lygtį 3y² - 2y - 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = - 1 / 3. x - 5 / x = 1 arba x - 5 / x = -1/3. Gauname dvi lygtis: x ² - x - 5 = 0 ir 3x² + x - 15 = 0

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. 1.78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0, 2.x - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0, 3.x ⁴ - x ³ - 10x² + 2x + 4 = 0, 4.6x⁴ + 5x³ - 38x² - 10x + 24 = 0,5 x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0,6 x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Atsakymai: 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.

Vienarūšės lygtys. Apibrėžimas. Formos a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ = 0 lygtis vadinama homogenine trečiojo laipsnio lygtimi u v atžvilgiu. Apibrėžimas. A₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a₃ uv³ + a₄ v⁴ = 0 formos lygtis vadinama homogenine ketvirtojo laipsnio lygtimi u v atžvilgiu. 8 pavyzdys. Išspręskite (x ² - x + 1) ³ + 2x⁴ (x ² - x + 1) - 3x⁶ = 0 lygtį. Homogeninė trečiojo laipsnio lygtis u = x ²- x + 1, v = x ² atžvilgiu. Abi lygties puses padalijame iš x ⁶. Iš anksto patikrinome, ar x = 0 nėra lygties šaknis. (x ² - x + 1 / x ²) ³ + 2 (x ² - x + 1 / x ²) - 3 = 0. (x ² - x + 1) / x ²) = y, y³ + 2y-3 = 0, y = 1 lygties šaknis. Pagal Hornerio schemą padalijame daugianarį P (x) = y³ + 2y - 3 iš y - 1. Dalimi gauname trinomialą, kuris neturi šaknų. Atsakymas: 1.

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. 1,2 (x² + 6x + 1) ² + 5 (X² + 6X + 1) (X² + 1) + 2 (X² + 1) ² = 0, 2. (X + 5) ⁴ - 13X² (X + 5) ² + 36X⁴ = 0, 3,2 (X² + X + 1) ² - 7 (X - 1) ² = 13 (X³ - 1), 4,2 (X -1) ⁴ - 5 (X² - 3X + 2) ² + 2 ( x - 2) ⁴ = 0, 5. (x ² + x + 4) ² + 3x (x ² + x + 4) + 2x² = 0, atsakymai: 1) -1; -2 ± √3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2; 4 4) ± √2; 3 ± √2, 5) Nėra šaknų.

Neapibrėžtų koeficientų metodas. 3 teorema. Du polinomai P (x) ir G (x) yra identiški tada ir tik tuo atveju, jei jie turi tą patį laipsnį, o abiejų polinomų kintamojo vienodų laipsnių koeficientai yra vienodi. 9 pavyzdys. Faktorius polinomas y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1.y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y2 + wu + c) (y2 + v₁y + c₁) = y ⁴ + y³ (b₁ + b) + y² ( s₁ + s + b₁v) + y (saulė ₁ + sv ₁) + ss ₁. Pagal teoremą Nr. 3 turime lygčių sistemą: s₁ + s = -4, s₁ + s + s₁v = 5, ss ₁ + sv ₁ = -4, ss ₁ = 1. Sistemą būtina išspręsti sveikaisiais skaičiais . Paskutinė sveikųjų skaičių lygtis gali turėti sprendimus: c = 1, c₁ = 1; c = -1, c = = -1. Tegul с = с ₁ = 1, tada iš pirmosios lygties turime в₁ = -4 –в. Antroje sistemos lygtyje pakeičiame в² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 arba в = -3, в₁ = -1. Šios vertės atitinka trečią sistemos lygtį. Kai c = c ₁ = -1 D

10 pavyzdys. Faktorius polinomas y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a) (y2 + wu + c) = y³ + (a + b) y² + (ab + c) y + ac. Mes turime lygčių sistemą: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Galimi trečiosios lygties sveikojo skaičiaus sprendimai: (2; 1), (1; 2), (-2; -1 ), (-1; -2). Tegul a = -2, c = -1. Iš pirmosios sistemos lygties в = 2, kuri tenkina antrąją lygtį. Pakeisdami šias vertes į norimą lygybę, gausime atsakymą: (y - 2) (y² + 2y - 1). Antrasis būdas. Y3 - 5y + 2 = y3 -5y + 10 - 8 = (y3 - 8) - 5 (y - 2) = (y - 2) (y2 + 2y -1).

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. Išskaičiuokite polinomus: 1.y⁴ + 4y³ + 6y² + 4y -8, 2.y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4.y⁴ -8y³ + 24y² -32y + 15.5. Išspręskite lygtis taikant faktorizavimo metodą: a) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ + 5x³ -6x² = 0. Atsakymai: 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; vienas.

Funkcinis - grafinis aukštesnių laipsnių lygčių sprendimo metodas. 11 pavyzdys. Išspręskite lygtį x ⁵ + 5x -42 = 0. Funkcija y = x ⁵ didėja, funkcija y = 42 - 5x mažėja (k

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. 1. Naudodamiesi funkcijos monotoniškumo savybe, įrodykite, kad lygtis turi vieną šaknį, ir suraskite šią šaknį: a) x ³ = 10 - x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 - x. Atsakymai: a) 2, b) √2. 2. Išspręskite lygtį taikydami funkcinį-grafinį metodą: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 - x, d) (1/3) = x +4, d) (x - 1) ² = log₂ x, e) log = (x + ½) ², g) 1 - √x = ln x, h) √x - 2 = 9 / x. Atsakymai: a) 0; ± 1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) 1, g) 1, h) 9.

Vietos aukštesnių laipsnių lygčių formulės. 5 teorema (Vietos teorema). Jei lygtis ax ⁿ + ax ⁿ +… + a₁x + an turi n skirtingų tikrųjų šaknų x ₁, x ₂,…, x, tai jie tenkina lygybę: Kvadratinei lygčiai ax² + bx + c = o: x ₁ + x ₂ = -v / a, x₁x ₂ = s / a; Kūbinei lygčiai a₃x ³ + a₂x ² + a₁x + a₀ = o: x ₁ + x ₂ + x ₃ = -a₂ / a₃; x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ = a₁ / a₃; х₁х₂х ₃ = -а₀ / а₃; ..., n-ojo laipsnio lygčiai: x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + xx = a / a, ..., x₁x ₂ ... · x = (- 1) ⁿ a₀ / a. Atitinkama teorema taip pat galioja.

13 pavyzdys. Parašykite kubinę lygtį, kurios šaknys yra atvirkštinės lygties x ³ - 6x² + 12x - 18 = 0 šaknims, o x x 3 koeficientas yra 2. 1. Pagal Vietos teoriją kubinei lygčiai turime: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁x ₃ + x₂x ₃ = 12, x₁x₂x ₃ = 18. 2. Sudarome duotų šaknų abipusius ir jiems pritaikome atvirkštinę Vietos teoremą. 1 / x ₁ + 1 / x ₂ + 1 / x ₃ = (x₂x ₃ + x₁x ₃ + x₁x ₂) / x₁x₂x ₃ = 12/18 = 2/3. 1 / x₁x ₂ + 1 / x₁x ₃ + 1 / x₂x ₃ = (x ₃ + x ₂ + x ₁) / x₁x₂x ₃ = 6/18 = 1/3, 1 / x₁x₂x ₃ = 1/18. Gauname lygtį x ³ + 2 / 3x² + 1 / 3x - 1/18 = 0 · 2 Atsakymas: 2x³ + 4 / 3x² + 2 / 3x -1/9 = 0.

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. 1. Parašykite kubinę lygtį, kurios šaknys yra atvirkštinės lygties x ³ - 6x² + 11x - 6 = 0 šaknų kvadratams, o x x koeficientas yra 8. Atsakymas: 8x³ - 98 / 9x² + 28 / 9x -2/9 = 0. Nestandartiniai metodai sprendžiant aukštesnių laipsnių lygtis. 12 pavyzdys. Išspręskite lygtį x ⁴ -8x + 63 = 0. Veikskite kairę lygties pusę. Pasirinkime tikslius kvadratus. X⁴ - 8x + 63 = (x ⁴ + 16x² + 64) - (16x² + 8x + 1) = (x² + 8) ² - (4x + 1) ² = (x ² + 4x + 9) (x ² - 4x + 7) = 0. Abu diskriminantai yra neigiami. Atsakymas: nėra šaknų.

14 pavyzdys. Išspręskite lygtį 21x³ + x² - 5x - 1 = 0. Jei laisvasis lygties terminas yra ± 1, tada lygtis paverčiama sumažinta lygtimi pakeičiant x = 1 / y. 21 / у³ + 1 / у² - 5 / у - 1 = 0 · у³, у³ + 5у² -у - 21 = 0. у = -3 yra lygties šaknis. (y + 3) (y² + 2y -7) = 0, y = -1 ± 2√2. x ₁ = -1/3, x ₂ = 1 / -1 + 2√2 = (2√2 + 1) / 7, X₃ = 1 / -1 -2√2 = (1-2√2) / 7 ... 15 pavyzdys. Išspręskite lygtį 4x³-10x² + 14x - 5 = 0. Padauginkite abi lygties puses iš 2. 8x³ -20x² + 28x - 10 = 0, (2x) ³ - 5 (2x) ² + 14 · (2x) -10 = 0. Įvedame naują kintamąjį y = 2x, gauname sumažintą lygtį y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 yra lygties šaknis. (y - 1) (y2 - 4y + 10) = 0, D

16 pavyzdys. Įrodykite, kad lygtis x ⁴ + x ³ + x - 2 = 0 turi vieną teigiamą šaknį. Tegul f (x) = x ⁴ + x ³ + x - 2, f ’(x) = 4x³ + 3x² + 1> o x> o. Funkcija f (x) didėja, kai x> o, o reikšmė f (o) = -2. Akivaizdu, kad lygtis turi vieną teigiamą šaknį ch.d. 17 pavyzdys. Išspręskite lygtį 8x (2x² - 1) (8x⁴ - 8x² + 1) = 1. IF Sharygin "Pasirenkamas matematikos kursas 11 klasei" .M. Apšvietimas 1991 p90. 1. l x l 1 2x² - 1> 1 ir 8x⁴ -8x² + 1> 1 2. Pakeiskite x = jaukus, y € (0; n). Kitoms y reikšmėms x reikšmės kartojamos, o lygtis turi ne daugiau kaip 7 šaknis. 2x² - 1 = 2 cos²y - 1 = cos2y, 8x⁴ - 8x² + 1 = 2 (2x² - 1) ² - 1 = 2 cos²2y - 1 = cos4y. 3. Lygtis tampa 8 cosycos2ycos4y = 1. Padauginkite abi lygties puses iš siny. 8 sinycosycos2ycos4y = nuodėmingas. 3 kartus pritaikius dvigubo kampo formulę, gaunama lygtis sin8y = siny, sin8y - siny = 0

17 pavyzdžio sprendimo užbaigimas Taikykite sinuso skirtumo formulę. 2 sin7y / 2 cos9y / 2 = 0. Atsižvelgiant į tai, kad y € (0; n), y = 2nk / 3, k = 1, 2, 3 arba y = n / 9 + 2nk / 9, k = 0, 1, 2, 3. Grįžtant prie kintamojo x, gauname atsakymą: Cos2 n / 7, cos4 n / 7, cos6 n / 7, cos n / 9, ½, cos5 n / 9, cos7 n / 9. Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai. Raskite visas a reikšmes, kurių lygtis (x ² + x) (x ² + 5x + 6) = a turi lygiai tris šaknis. Atsakymas yra 9/16. Patarimas: Nubraižykite kairę lygties pusę. F max = f (0) = 9/16. Tiesė y = 9/16 kerta funkcijos grafiką trijuose taškuose. Išspręskite lygtį (x ² + 2x) ² - (x + 1) ² = 55. Atsakymas: -4; 2. Išspręskite (x + 3) lygtį ⁴ + (x + 5) ⁴ = 16. Atsakymas: -5; -3. Išspręskite 2 lygtį (x ² + x + 1) ² -7 (x - 1) ² = 13 (x ³ - 1). Atsakymas: -1; -1/2, 2; 4 Raskite lygčių x ³ - 12x + 10 = 0 tikrųjų šaknų skaičių [-3; 3/2]. Užuomina: raskite darinį ir ištirkite monotą.

Nepriklausomo sprendimo pavyzdžiai (tęsinys). 6. Raskite realių lygties x roots šaknų skaičių ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0. Atsakymas: 2 7. Tegul x ₁, x ₂, x ₃ yra daugianario P (x) = x ³ - šaknys. 6x² -15x + 1. Raskite X₁² + x ₂² + x ₃². Atsakymas: 66. Nurodymas: Taikykite Vietos teoremą. 8. Įrodykite, kad a> o ir savavališkai realioji reikšmė lygtyje x ³ + ax + b = o turi tik vieną tikrąją šaknį. Užuomina: atlikite įrodymus prieštaringai. Taikykite Vietos teoremą. 9. Išspręskite 2 lygtį (x ² + 2) ² = 9 (x ³ + 1). Atsakymas: ½; vienas; (3 ± √13) / 2. Patarimas: sutrumpinkite lygtį į vienalytę, naudodamiesi lygybėmis X² + 2 = x + 1 + x ² - x + 1, x ³ + 1 = (x + 1) (x ² - x + 1). 10. Išspręskite lygčių sistemą x + y = x ², 3y - x = y². Atsakymas: (0; 0), (2; 2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Išspręskite sistemą: 4y² -3xy = 2x -y, 5x² - 3y² = 4x - 2y. Atsakymas: (o; o), (1; 1), (297/265; - 27/53).

Testas. 1 variantas. 1. Išspręskite lygtį (x ² + x) - 8 (x ² + x) + 12 = 0. 2. Išspręskite (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = - 15 3. Išspręskite lygtį 12x² (x - 3) + 64 (x - 3) ² = x ⁴. 4. Išspręskite lygtį x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Išspręskite lygčių sistemą: x² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

2 variantas 1. (x ² - 4x) ² + 7 (x ² - 4x) + 12 = 0,2 x (x + 1) (x + 5) (x + 6) = 24,3 x ⁴ + 18 (x + 4) ² = 11x² (x + 4). 4.x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 = 0. 5.x² - 2xy + y² + 2x²y - 9 = 0, x - y - x²y + 3 = 0.3 parinktis. 1. (x ² + 3x) ² - 14 (x ² + 3x) + 40 = 0 2. (x - 5) (x-3) (x + 3) (x + 1) = - 35,3 x4 + 8x² ( x + 2) = 9 (x + 2) ². 4.x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. 5.x + y + x ² + y ² = 18, xy + x ² + y² = 19.

4 variantas. (x ² - 2x) ² - 11 (x ² - 2x) + 24 = o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) = -36. X⁴ + 3 (x -6) ² = 4x² (6 - x). X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy - 3y² = - 4. Papildoma užduotis: Likusi dalis, padalinta daugianario P (x) iš (x - 1), yra 4, likusi dalijimosi iš (x + 1) dalis yra 2, o padalijus iš (x - 2) yra 8. Raskite likusią P (x) dalijimosi iš (x ³ - 2x² - x + 2) likutį.

Atsakymai ir nurodymai: variantas Nr. 1 Nr. 2. Nr. 3. Nr. 4. Nr. 5. 1. - 3; ± 2; 1 1; 2; 3. -penki; - keturi; vienas; 2. Homogeninė lygtis: u = x -3, v = x2 -2; -vienas; 3; 4. (2; 1); (2/3; 4/3). Indikacija: 1 · (-3) + 2,2 2, -6; -2; -4 ± √6. -3 ± 2√3; - keturi; - 2,1 ± √11; keturi; - 2. Homogeninė lygtis: u = x + 4, v = x² 1; 5; 3 ± √13. (2; 1); (0; 3); (- trisdešimt). Indikacija: 2 · 2 + 1. 3. -6; 2; keturi; 12 -3; -2; keturi; 12 -6; -3; -vienas; 2. Vienalytis u = x + 2, v = x2 -6; ± 3; 2 (2; 3), (3; 2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Užuomina: 2 -1. 4. (3 ± √5) / 2 2 ± √3 2 ± √3; (3 ± √5) / 2 (5 ± √21) / 2 (1; -2), (-1; 2). Gairė: 1 4 + 2.

Papildomos užduoties sprendimas. Pagal Bezouto teoremą: P (1) = 4, P (-1) = 2, P (2) = 8. P (x) = G (x) (x ³ - 2x² - x + 2) + ax² + bx + nuo. 1 pakaitalas; - vienas; 2. P (1) = G (1) · 0 + a + b + c = 4, a + b + c = 4. P (-1) = a - b + c = 2, P (2) = 4a² + 2b + c = 8. Išsprendę gautą trijų lygčių sistemą, gausime: a = b = 1, c = 2. Atsakymas: x ² + x + 2.

1 kriterijus - 2 balai. 1 balas - viena skaičiavimo klaida. Nr. 2,3,4 - po 3 balus. 1 taškas - vedė kvadratinę lygtį. 2 balai - viena skaičiavimo klaida. Nr. 5. - 4 taškai. 1 balas - išreiškė vieną kintamąjį per kitą. 2 balai - gavo vieną iš sprendimų. 3 balai - viena skaičiavimo klaida. Papildoma užduotis: 4 taškai. 1 taškas - Bezouto teorema buvo pritaikyta visais keturiais atvejais. 2 balai - sudarė lygčių sistemą. 3 balai - viena skaičiavimo klaida.

Aukštesnių laipsnių algebrinių lygčių sprendimo būdai.

Khabibullina Alfiya Yakubovna ,

aukščiausios kategorijos MBOU vidurinės mokyklos №177 matematikos mokytojas

Kazanės miestas, Gerbiamas Tatarstano Respublikos mokytojas,

pedagoginių mokslų kandidatas.

1 apibrėžimas. Algebrinė n laipsnio lygtis yra formos P n (x) = 0 lygtis, kur P n (x) yra n laipsnio polinomas, t. P n (x) = a 0 x n + a 1 x n-1 +… + a n-1 x + a n a 0.

2 apibrėžimas. Šaknis lygtys - kintamojo x skaitinė vertė, kurią pakeitus į šią lygtį gaunama teisinga lygybė.

3 apibrėžimas. Nuspręskite lygtis reiškia surasti visas jos šaknis arba įrodyti, kad jų nėra.

Aš Polinomo faktorizavimo metodas su vėlesniu skaidymu.

Lygtį galima koeficientuoti ir išspręsti padalijimo metodu, tai yra, padalijant ją į žemesnių laipsnių lygčių rinkinį.

Komentuoti: Apskritai, sprendžiant lygtį padalijimo metodu, negalima pamiršti, kad sandauga lygi nuliui tada ir tik tuo atveju, jei bent vienas iš veiksnių yra lygus nuliui, o kiti išlaiko savo prasmę.

Faktoringo keliai polinomui:

1. Bendrojo faktoriaus išėmimas iš skliaustų.

2. Kvadratinis trinomas galima suskirstyti naudojant formulės ah 2 + į + c = a (x-x 1 ) (x-x 2 ), kur 0, x 1 ir x 2 yra kvadratinio trinomo šaknys.

3. Naudojant sutrumpintos daugybos formulės :

an - in n = (a - b) (a n-1 + Cn-2 a n-2 b + Cn-3 a n-3 b + ... + C 1 a n-2 + in n-1 ), n N.

Viso kvadrato pasirinkimas. Polinomą galima apskaičiuoti naudojant kvadratų skirtumo formulę, pasirinkus visą išraiškų sumos arba skirtumo kvadratą.

4. Grupavimas(kartu su bendro faktoriaus skliaustais).

5. Naudodamasis Bezouto teoremos pasekme.

1) jei lygtis a 0 x n + a 1 x n-1 + ... + a n-1 x + a n = 0, a 0 0 su sveikaisiais koeficientais turi racionalią šaknį х 0 = (Kur yra neskaidoma trupmena, p
q
), tada p yra laisvo termino a n daliklis, o q yra pagrindinio koeficiento a 0 daliklis.

2) jei x = x 0 yra lygties P n (x) = 0 šaknis, tada P n (x) = 0 yra lygiavertis lygčiai

(x - x 0) P n-1 (x) = 0, kur P n-1 (x) yra daugianaris, kurį galima rasti dalijant

P n (x) ant (x - x 0) „kampo“ arba neapibrėžtų koeficientų metodas.

II ... Naujo kintamojo įvedimo metodas (pakeitimas )

Apsvarstykite f (x) = g (x) lygtį. Tai prilygsta f (x) -g (x) = 0. lygčiai. Pažymime skirtumą f (x) -g (x) = h (p (x)) ir
... Pristatome pakaitą t = p (x) (iškviečiama funkcija t = p (x) pakeitimas ). Tada gausime lygtį h (p (x)) = 0 arba h (t) = 0, išsprendę paskutinę lygtį, rasime t 1, t 2, ... Grįžtant prie pakaitos p (x) = t 1, p (x) = t 2,…, Randame kintamojo x reikšmes.

III Griežtos monotonijos metodas.

Teorema. Jei y = f (x) yra griežtai monotoniškas P, tada f (x) = a (a - const) lygtis turi ne daugiau kaip vieną šaknį aibėje P. (Funkcija yra griežtai monotoninė: arba mažėja, arba tik didėja)

Komentuoti. Galima naudoti šio metodo modifikaciją. Apsvarstykite f (x) = g (x) lygtį. Jei funkcija y = f (x) monotoniškai mažėja P, o funkcija y = g (x) monotoniškai mažėja P (arba atvirkščiai), tada f (x) = g (x) lygtis turi daugiausia vieną šaknį rinkinyje P.

IV. Abiejų lygties pusių verčių palyginimo metodas

Teorema Jei bet kuriam x iš aibės P nelygybės f (x) a ir g (x) a, tada aibės f (x) = g (x) lygtis aibėje P yra lygiavertė sistemai
.

Pasekmė: Jei rinkinyje Р
arba
, tada f (x) = g (x) lygtis neturi šaknų.

Šis metodas yra gana efektyvus sprendžiant transcendentines lygtis

V. Ekstremalių koeficientų daliklių surašymo metodas

Apsvarstykite lygtį a 0 x n + a 1 x n-1 +… + a n-1 x + a n = 0

Teorema. Jei x 0 = yra n laipsnio algebrinės lygties šaknis, o i yra sveiko skaičiaus koeficientai, tada p yra laisvo termino a n daliklis, o q yra pagrindinio koeficiento a 0 daliklis. Skaičiuojant 0 = 1 x 0 = p (laisvo termino daliklis).

Pasekmė Bezouto teorema: Jei x 0 yra algebrinės lygties šaknis, tada P n (x) dalijasi iš (x-x 0) be liekanos, t. Y. P n (x) = (x-x 0) Q n-1 (x).

VI Neapibrėžtų koeficientų metodas.

Jis pagrįstas šiais teiginiais:

du daugianariai yra vienodai lygūs tik tada, jei jų koeficientai yra vienodi esant toms pačioms x galioms.

bet kurį trečiojo laipsnio polinomą galima suskaidyti į dviejų veiksnių sandaugą: tiesinį ir kvadratinį.

bet kuris ketvirtojo laipsnio polinomas suyra į dviejų polinomų sandaugą

antrasis laipsnis.

Vii. Hornerio schema .

Naudojant koeficientų lentelę pagal Hornerio algoritmą, atrankos būdu randamos lygties šaknys tarp laisvo termino daliklių.

VIII ... Išvestinis metodas.

Teorema. Jei 2 daugianariuose P (x) ir Q (x) dariniai yra vienodai lygūs, tada egzistuoja tokia C konstanta, kad P (x) = Q (x) + C x R.

Teorema... Jeigu
(x) ir
(x) dalijami iš
tada
(x) dalijasi iš
.

Pasekmė: Jeigu
(x) ir
(x) dalijasi iš daugianario R (x), tada
(x) dalijasi iš (x), ir didžiausias bendrasis daugianarių daliklis
(x) ir
x) turi šaknis, kurios yra tik daugianario šaknys
x) daugybe mažiausiai 2.

IX ... Simetrinės, grąžinimo lygtys .

Apibrėžimas... Vadinama lygtis a 0 x n + a 1 x n-1 +… + a n-1 x + a n = 0 simetriškas , jeigu

1. Apsvarstykite atvejį, kai n yra lyginis, n = 2k. Jeigu
, tada x = 0 nėra lygties šaknis, suteikiantis teisę padalyti lygtį į

0
+
+
+= 0 Įveskite pakaitinį t =
ir, atsižvelgdami į lemmą, mes sprendžiame kvadratinę lygtį kintamojo t atžvilgiu. Atvirkštinis pakeitimas suteiks kintamojo x sprendimą.

2. Apsvarstykite atvejį, kai n yra nelyginis, n = 2k + 1. Tada = -1 yra lygties šaknis. Padalinkite lygtį iš
ir gausime 1 atvejį. Atvirkštinis pakeitimas leidžia mums rasti x reikšmes. Atkreipkite dėmesį, kad esant m = -1, lygybė yra vadinama. Algebrinę lygtį P n (x) = 0 (kur P n (x) yra n laipsnio polinomas) paverskite f (x) = g ( x). Apibrėžkime y = f (x), y = g (x) funkcijas; aprašysime jų savybes ir diagramos grafikus vienoje koordinačių sistemoje. Susikirtimo taškų abscesai bus lygties šaknys. Patikrinimas atliekamas pakeičiant pradinę lygtį.

Apskritai lygtis, kurios laipsnis didesnis nei 4, negali būti išspręsta radikalais. Tačiau kartais aukščiausiojo laipsnio lygtyje kairiajame krašte vis tiek galime rasti daugianario šaknis, jei daugiausiai laipsniu jį vaizduojame kaip daugianario sandaugą. Tokių lygčių sprendimas pagrįstas daugianario faktoriumi į veiksnius, todėl patariame pakartoti šią temą prieš studijuojant šį straipsnį.

Dažniausiai tenka susidurti su aukštesnių laipsnių lygtimis su sveikaisiais koeficientais. Šiais atvejais galime pabandyti surasti racionalias šaknis, o tada suskirstyti daugianarį, kad vėliau jį paverstume žemesnio laipsnio lygtimi, kurią bus lengva išspręsti. Remdamiesi šia medžiaga, mes apsvarstysime tik tokius pavyzdžius.

Aukščiausio laipsnio lygtys su sveikojo skaičiaus koeficientais

Visos formos a n x n + a n - 1 x n - 1 + lygtys. ... ... + a 1 x + a 0 = 0, galime sumažinti iki to paties laipsnio lygties, padauginę abi puses iš n n - 1 ir pakeisdami formos y = a n x kintamąjį:

a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 = 0 metų xn + an - 1 metų - 1 xn - 1 +… + a 1 (an) n - 1 x + a 0 (an) n - 1 = 0 y = nerimo ⇒ yn + bn - 1 yn - 1 +… + b 1 y + b 0 = 0

Gauti koeficientai taip pat bus sveiki. Taigi mums reikės išspręsti sumažintą n-ojo laipsnio lygtį su sveikaisiais koeficientais, kurios forma x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 = 0.

Apskaičiuojame visas lygties šaknis. Jei lygtis turi sveikas šaknis, jų reikia ieškoti tarp laisvo termino a 0 daliklių. Užrašykime juos ir paeiliui pakeiskime juos į pradinę lygybę, tikrindami rezultatą. Gavę tapatybę ir radę vieną iš lygties šaknų, galime ją parašyti forma x - x 1 · P n - 1 (x) = 0. Čia x 1 yra lygties šaknis, o P n - 1 (x) yra x n + a n x n - 1 +… + a 1 x + a 0 dalijimo iš x - x 1 dalmuo.

Pakeiskite likusius daliklius, užrašytus P n - 1 (x) = 0, pradedant x 1, nes šaknis galima pakartoti. Gavus tapatybę, šaknis x 2 laikoma rasta, o lygtį galima užrašyti (x - x 1) (x - x 2) P n - 2 (x) = 0. Čia P n - 2 (x) bus P n - 1 (x) dalijimo iš x - x 2 dalmuo.

Mes ir toliau kartojame dalytojus. Raskite visas ištisas šaknis ir pažymėkite jų skaičių kaip m. Po to pradinę lygtį galima pavaizduoti kaip x - x 1 x - x 2 · ... · x - x m · P n - m (x) = 0. Čia P n - m (x) yra n - m laipsnio polinomas. Skaičiuojant patogu naudoti Hornerio schemą.

Jei mūsų pradinėje lygtyje yra sveikojo skaičiaus koeficientai, negalime baigtis trupmeninėmis šaknimis.

Rezultate gavome P n - m (x) = 0 lygtį, kurios šaknis galima rasti bet kokiu patogiu būdu. Jie gali būti iracionalūs arba sudėtingi.

Parodykime konkrečiu pavyzdžiu, kaip taikoma tokia sprendimo schema.

1 pavyzdys

Būklė: raskite lygties x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0 sprendimą.

Sprendimas

Pradėkime nuo visų šaknų radimo.

Mes turime nemokamą terminą, lygų minus trys. Ji turi daliklius 1, - 1, 3 ir - 3. Pakeiskime juos pradine lygtimi ir pažiūrėkime, kurie iš jų lems tapatybes.

Kai x yra lygus vienam, gausime 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 = 0, o tai reiškia, kad vienas bus šios lygties šaknis.

Dabar stulpelyje atliekame daugianario x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 padalijimą pagal (x - 1):

Vadinasi, 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

Gavome tapatybę, o tai reiškia, kad radome kitą lygties šaknį, lygią - 1.

Skirstykite polinomą x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 iš (x + 1) stulpelyje:

Mes tai suprantame

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)

Pakeiskite kitą daliklį į lygybę x 2 + x + 3 = 0, pradedant nuo - 1:

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

Gautos lygybės bus neteisingos, o tai reiškia, kad lygtis nebeturi vientisų šaknų.

Likusios šaknys bus išraiškos x 2 + x + 3 šaknys.

D = 1 2 - 4 1 3 = - 11< 0

Iš to išplaukia, kad šis kvadratinis trinomas neturi tikrų šaknų, tačiau turi sudėtingas konjuguotas: x = - 1 2 ± i 11 2.

Paaiškinkime, kad vietoj ilgo padalijimo galima naudoti Hornerio schemą. Tai daroma taip: nustačius pirmąją lygties šaknį, užpildome lentelę.

Koeficientų lentelėje iškart galime pamatyti daugianario dalybos koeficiento koeficientus, o tai reiškia, kad x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

Radę kitą šaknį, lygų - 1, gauname:

Atsakymas: x = - 1, x = 1, x = - 1 2 ± i 11 2.

2 pavyzdys

Būklė: Išspręskite lygtį x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0.

Sprendimas

Laisvasis terminas turi daliklius 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.

Mes juos tikriname tvarka:

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

Vadinasi, x = 2 bus lygties šaknis. Padalinkite x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 iš x - 2 naudodami Hornerio schemą:

Dėl to gausime x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.

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

Taigi 2 vėl bus šaknis. Padalinkite x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 iš x - 2:

Dėl to gausime (x - 2) 2 (x 2 + 3 x + 3) = 0.

Tikrinti likusių daliklių nėra prasmės, nes lygybę x 2 + 3 x + 3 = 0 greičiau ir patogiau išspręsti naudojant diskriminantą.

Išspręskime kvadratinę lygtį:

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

Gauname sudėtingą konjuguotą šaknų porą: x = - 3 2 ± i 3 2.

Atsakymas: x = - 3 2 ± i 3 2.

3 pavyzdys

Būklė: raskite tikrąsias lygties x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 šaknis.

Sprendimas

x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0

Mes atliekame 2 3 dauginimą iš abiejų lygties pusių:

2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0

Pakeiskite kintamuosius y = 2 x:

2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0 m. 4 + y 3 - 20 m. - 48 = 0

Dėl to gavome standartinę 4 laipsnio lygtį, kurią galima išspręsti pagal standartinę schemą. Patikrinkime daliklius, padalinkime ir galų gale gaukite, kad jis turi 2 tikras šaknis y = - 2, y = 3 ir dvi sudėtingas šaknis. Čia nepateiksime viso sprendimo. Dėl pakeitimo tikrosios šios lygties šaknys bus x = y 2 = - 2 2 = - 1 ir x = y 2 = 3 2.

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

Jei pastebite klaidą tekste, pasirinkite ją ir paspauskite Ctrl + Enter