Tam ikinci dereceden denklemlerin çözümü. İkinci dereceden bir denklemin kökleri

Umarım bu makaleyi inceledikten sonra ikinci dereceden tam bir denklemin köklerini nasıl bulacağınızı öğreneceksiniz.

Diskriminant kullanılarak yalnızca tam ikinci dereceden denklemler çözülür; tamamlanmamış ikinci dereceden denklemleri çözmek için, "Eksik ikinci dereceden denklemleri çözme" makalesinde bulacağınız diğer yöntemler kullanılır.

Hangi ikinci dereceden denklemlere tam denir? Bu ax 2 + b x + c = 0 formundaki denklemler a, b ve c katsayılarının sıfıra eşit olmadığı durumda. Yani tam çözmek için ikinci dereceden denklem diskriminant D'yi hesaplamamız gerekir.

D = b 2 – 4ac.

Diskriminantın değerine bağlı olarak cevabı yazacağız.

Diskriminant negatif bir sayı ise (D< 0),то корней нет.

Diskriminant sıfır ise x = (-b)/2a olur. Ayrımcı olduğunda pozitif sayı(D>0),

bu durumda x 1 = (-b - √D)/2a ve x 2 = (-b + √D)/2a olur.

Örneğin. Denklemi çözün x 2– 4x + 4= 0.

D = 4 2 – 4 4 = 0

x = (- (-4))/2 = 2

Cevap: 2.

Denklem 2'yi Çöz x 2 + x + 3 = 0.

D = 1 2 – 4 2 3 = – 23

Cevap: Kök yok.

Denklem 2'yi Çöz x 2 + 5x – 7 = 0.

D = 5 2 – 4 2 (–7) = 81

x 1 = (-5 - √81)/(2 2)= (-5 - 9)/4= – 3,5

x 2 = (-5 + √81)/(2 2) = (-5 + 9)/4=1

Cevap: – 3.5; 1.

Şimdi Şekil 1'deki diyagramı kullanarak tam ikinci dereceden denklemlerin çözümünü hayal edelim.

Bu formülleri kullanarak herhangi bir tam ikinci dereceden denklemi çözebilirsiniz. Sadece dikkatli olman gerekiyor denklem standart formun bir polinomu olarak yazılmıştır

A x 2 + bx + c, aksi halde hata yapabilirsiniz. Örneğin, x + 3 + 2x 2 = 0 denklemini yazarken yanlışlıkla şuna karar verebilirsiniz:

a = 1, b = 3 ve c = 2. O halde

D = 3 2 – 4 1 2 = 1 ve denklemin iki kökü var. Ve bu doğru değil. (Yukarıdaki örnek 2'nin çözümüne bakın).

Bu nedenle, eğer denklem standart formda bir polinom olarak yazılmamışsa, öncelikle ikinci dereceden denklemin tamamı standart formda bir polinom olarak yazılmalıdır (en büyük üssü olan monom ilk önce gelmelidir, yani A x 2 , daha azıyla – bx ve sonra ücretsiz bir üye İle.

İkinci dereceden ikinci dereceden denklemi ve çift katsayılı ikinci dereceden denklemi çözerken, diğer formülleri kullanabilirsiniz. Gelin bu formülleri tanıyalım. Tam ikinci dereceden bir denklemde ikinci terimdeki katsayı çift ise (b = 2k), o zaman denklemi Şekil 2'deki diyagramda verilen formülleri kullanarak çözebilirsiniz.

Tam bir ikinci dereceden denklem, eğer katsayı x 2 bire eşittir ve denklem şu şekli alır: x 2 + piksel + q = 0. Böyle bir denklem çözüm için verilebileceği gibi denklemin tüm katsayılarının katsayıya bölünmesiyle de elde edilebilir. A, ayakta x 2 .

Şekil 3, indirgenmiş kareyi çözmek için bir diyagramı göstermektedir
denklemler. Bu makalede tartışılan formüllerin uygulanmasına bir örnek verelim.

Örnek. Denklemi çözün

3x 2 + 6x – 6 = 0.

Bu denklemi Şekil 1'deki diyagramda gösterilen formülleri kullanarak çözelim.

D = 6 2 – 4 3 (– 6) = 36 + 72 = 108

√D = √108 = √(36 3) = 6√3

x 1 = (-6 - 6√3)/(2 3) = (6 (-1- √(3))))/6 = –1 – √3

x 2 = (-6 + 6√3)/(2 3) = (6 (-1+ √(3))))/6 = –1 + √3

Cevap: –1 – √3; –1 + √3

Bu denklemde x'in katsayısının çift sayı olduğunu fark edebilirsiniz, yani b = 6 veya b = 2k, dolayısıyla k = 3. O halde denklemi, şekil D'deki diyagramda gösterilen formülleri kullanarak çözmeye çalışalım. 1 = 3 2 – 3 (– 6) = 9 + 18 = 27

√(D 1) = √27 = √(9 3) = 3√3

x 1 = (-3 - 3√3)/3 = (3 (-1 - √(3)))/3 = – 1 – √3

x 2 = (-3 + 3√3)/3 = (3 (-1 + √(3)))/3 = – 1 + √3

Cevap: –1 – √3; –1 + √3. Bu ikinci dereceden denklemdeki tüm katsayıların 3'e bölünebilir olduğunu fark edip bölme işlemini gerçekleştirerek indirgenmiş ikinci dereceden denklemi elde ederiz x 2 + 2x – 2 = 0 Bu denklemi indirgenmiş ikinci dereceden denklem formüllerini kullanarak çözün
denklemler şekil 3.

D 2 = 2 2 – 4 (– 2) = 4 + 8 = 12

√(D 2) = √12 = √(4 3) = 2√3

x 1 = (-2 - 2√3)/2 = (2 (-1 - √(3)))/2 = – 1 – √3

x 2 = (-2 + 2√3)/2 = (2 (-1+ √(3)))/2 = – 1 + √3

Cevap: –1 – √3; –1 + √3.

Görüldüğü gibi bu denklemi çözerken çeşitli formüller aynı cevabı aldık. Bu nedenle, Şekil 1'deki diyagramda gösterilen formüllere tamamen hakim olduğunuzda, her zaman herhangi bir ikinci dereceden denklemi tam olarak çözebileceksiniz.

web sitesi, materyalin tamamını veya bir kısmını kopyalarken kaynağa bir bağlantı gereklidir.

Kop'evsk kırsal ortaokulu

İkinci Dereceden Denklemleri Çözmenin 10 Yolu

Başkan: Patrikeeva Galina Anatolyevna,

matematik öğretmeni

köy Kopevo, 2007

1. İkinci dereceden denklemlerin gelişiminin tarihi

1.1 Antik Babil'de ikinci dereceden denklemler

1.2 Diophantus ikinci dereceden denklemleri nasıl oluşturup çözdü?

1.3 Hindistan'da ikinci dereceden denklemler

1.4 El-Khorezmi'nin ikinci dereceden denklemleri

1.5 Avrupa XIII - XVII yüzyıllarda ikinci dereceden denklemler

1.6 Vieta teoremi hakkında

2. İkinci dereceden denklemleri çözme yöntemleri

Çözüm

Edebiyat

1. İkinci dereceden denklemlerin gelişiminin tarihi

1.1 Antik Babil'de ikinci dereceden denklemler

Antik çağda sadece birinci değil, aynı zamanda ikinci derecedeki denklemleri çözme ihtiyacı, arsaların alanlarını bulma ile ilgili problemleri çözme ihtiyacından kaynaklanıyordu ve toprak işleri askeri nitelikte olduğu kadar astronomi ve matematiğin gelişmesiyle de. İkinci dereceden denklemler MÖ 2000 civarında çözülebildi. e. Babilliler.

Modern cebirsel gösterimi kullanarak, çivi yazılı metinlerinde eksik olanlara ek olarak, örneğin tam ikinci dereceden denklemlerin bulunduğunu söyleyebiliriz:

X 2 + X = ¾; X 2 - X = 14,5

Babil metinlerinde belirtilen bu denklemleri çözme kuralı esasen modern kuralla örtüşmektedir, ancak Babillilerin bu kurala nasıl ulaştığı bilinmemektedir. Şu ana kadar bulunan hemen hemen tüm çivi yazılı metinler, nasıl bulunduklarına dair hiçbir ipucu vermeden, yalnızca yemek tarifleri biçiminde ortaya konan çözümlerle ilgili sorunlar sunuyor.

Aksine yüksek seviye Babil'de cebirin gelişmesiyle birlikte çivi yazılı metinler negatif sayı kavramından yoksundur ve genel yöntemlerİkinci dereceden denklemlerin çözümü.

1.2 Diophantus ikinci dereceden denklemleri nasıl oluşturup çözdü.

Diophantus'un Aritmetiği cebirin sistematik bir sunumunu içermez, ancak açıklamalar eşliğinde ve çeşitli derecelerde denklemler oluşturularak çözülen sistematik bir dizi problem içerir.

Denklemler oluştururken Diophantus, çözümü basitleştirmek için bilinmeyenleri ustaca seçer.

Örneğin, görevlerinden biri burada.

Sorun 11.“Toplamları 20 ve çarpımları 96 olan iki sayıyı bulun”

Diophantus şu sonuca varıyor: Sorunun koşullarından gerekli sayıların eşit olmadığı anlaşılıyor, çünkü eşit olsalardı çarpımları 96'ya değil 100'e eşit olurdu. Dolayısıyla bunlardan biri birden fazla olacaktır. toplamlarının yarısı, yani . 10 + x, diğeri daha azdır, yani. 10'lar. Aralarındaki fark 2 kere .

Dolayısıyla denklem:

(10 + x)(10 - x) = 96

100 - x 2 = 96

x 2 - 4 = 0 (1)

Buradan x = 2. Gerekli sayılardan biri eşittir 12 , diğer 8 . Çözüm x = -2 Yunan matematiği yalnızca pozitif sayıları bildiğinden Diophantus için mevcut değildir.

Bu problemi gerekli sayılardan birini bilinmeyen olarak seçerek çözersek denklemin çözümüne ulaşmış oluruz.

y(20 - y) = 96,

y 2 - 20y + 96 = 0. (2)

Diophantus'un gerekli sayıların yarı farkını bilinmeyen olarak seçerek çözümü basitleştirdiği açıktır; sorunu tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklemin çözümüne indirgemeyi başarır (1).

1.3 Hindistan'da İkinci Dereceden Denklemler

İkinci dereceden denklemlerle ilgili problemler, Hintli matematikçi ve gökbilimci Aryabhatta tarafından 499 yılında derlenen “Aryabhattiam” astronomi incelemesinde zaten bulunmaktadır. Başka bir Hintli bilim adamı Brahmagupta (7. yüzyıl), şunları özetledi: Genel kural Tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemlerin çözümleri:

ah 2 + B x = c, a > 0. (1)

Denklem (1)'de katsayılar hariç A, aynı zamanda negatif de olabilir. Brahmagupta'nın kuralı aslında bizimkiyle aynı.

Eski Hindistan'da zor sorunların çözümünde halka açık yarışmalar yaygındı. Bu tür yarışmalarla ilgili eski Hint kitaplarından biri şöyle diyor: “Güneş nasıl parlaklığıyla yıldızları gölgede bırakırsa, öğrenmiş adam Cebirsel problemler önererek ve çözerek halk toplantılarında bir başkasının ihtişamını gölgede bırakın. Sorunlar genellikle şiirsel biçimde sunuldu.

Bu, 12. yüzyılın ünlü Hintli matematikçisinin problemlerinden biridir. Bhaskarlar.

Sorun 13.

"Bir sürü oynak maymun ve asmaların arasında on iki tane...

Yemek yiyen yetkililer eğlendi. Zıplamaya, asılmaya başladılar...

Meydanda onlar var, sekizinci bölüm. Orada kaç tane maymun vardı?

Açıklıkta eğleniyordum. Söyle bana, bu pakette mi?

Bhaskara'nın çözümü, ikinci dereceden denklemlerin köklerinin iki değerli olduğunu bildiğini göstermektedir (Şekil 3).

Problem 13'e karşılık gelen denklem:

( X /8) 2 + 12 = X

Bhaskara kisvesi altında yazıyor:

x 2 - 64x = -768

ve tamamlamak için Sol Taraf bu denklemin karesine her iki tarafa da eklenir 32 2 , ardından şunu alıyorum:

x 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

x 1 = 16, x 2 = 48.

1.4 El - Khorezmi'de ikinci dereceden denklemler

El-Khorezmi'nin cebirsel eserinde doğrusal ve ikinci dereceden denklemlerin bir sınıflandırması verilmektedir. Yazar 6 tür denklem sayıyor ve bunları şu şekilde ifade ediyor:

1) “Kareler köklere eşittir” yani. balta 2 + c = B X.

2) “Kareler sayılara eşittir”, yani. balta 2 = c.

3) “Kökler sayıya eşittir” yani. ah = s.

4) “Kareler ve sayılar köklere eşittir” yani. balta 2 + c = B X.

5) “Kareler ve kökler sayılara eşittir”, yani. ah 2 + bx = s.

6) “Kökler ve sayılar karelere eşittir” yani. bx + c = eksen 2 .

Tüketimden kaçınan el-Khorezmi için negatif sayılar, bu denklemlerin her birinin terimleri toplanabilir, çıkarılabilir değil. Bu durumda pozitif çözümü olmayan denklemler elbette dikkate alınmaz. Yazar, bu denklemlerin çözümü için el-cebr ve el-mukabele tekniklerini kullanarak yöntemler ortaya koymaktadır. Onun kararları elbette bizimkilerle tamamen örtüşmüyor. Bunun tamamen retorik olduğundan bahsetmiyorum bile, örneğin birinci türden tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklemi çözerken şunu belirtmek gerekir:

el-Khorezmi, 17. yüzyıla kadar tüm matematikçiler gibi sıfır çözümünü hesaba katmaz. pratik problemlerÖnemli değil. İkinci dereceden denklemlerin tamamını çözerken, el-Khorezmi belirli sayısal örnekler ve ardından geometrik ispatlar kullanarak bunları çözmenin kurallarını ortaya koyuyor.

Sorun 14.“Kare ve 21 sayısı 10 köke eşittir. Kökü bulun" (x 2 + 21 = 10x denkleminin kökü anlamına gelir).

Yazarın çözümü şuna benziyor: kök sayısını ikiye bölerseniz 5 elde edersiniz, 5'i kendisiyle çarpın, sonuçtan 21 çıkarın, geriye 4 kalır. 4'ten kökü alın, 2 elde edersiniz. 5'ten 2 çıkarın. 3 elde edersiniz, bu istenen kök olacaktır. Veya 2'yi 5'e ekleyin, bu da 7'yi verir, bu da bir köktür.

El-Harezmi'nin eseri, ikinci dereceden denklemlerin sınıflandırılmasını sistematik olarak ortaya koyan ve bunların çözümü için formüller veren, bize ulaşan ilk kitaptır.

1.5 Avrupa'da ikinci dereceden denklemler XIII - XVII bb

Avrupa'da ikinci dereceden denklemlerin çözümüne yönelik formüller, ilk kez 1202 yılında İtalyan matematikçi Leonardo Fibonacci tarafından yazılan Abaküs Kitabı'nda El-Harezmi'nin yaklaşımıyla ortaya konuldu. Matematiğin etkisini yansıtan bu hacimli eser, hem İslam ülkelerinde hem de Antik Yunan, sunumun hem bütünlüğü hem de netliği ile ayırt edilir. Yazar bağımsız olarak problem çözme konusunda bazı yeni cebirsel örnekler geliştirdi ve Avrupa'da negatif sayıların tanıtılmasına yaklaşan ilk kişi oldu. Kitabı cebirsel bilginin sadece İtalya'da değil, Almanya, Fransa ve diğer Avrupa ülkelerinde de yayılmasına katkıda bulundu. Abaküs Kitabı'ndaki pek çok problem, 16. - 17. yüzyılların neredeyse tüm Avrupa ders kitaplarında kullanıldı. ve kısmen XVIII.

Tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemleri çözmenin genel kuralı:

x 2 + bx = c,

katsayı işaretlerinin tüm olası kombinasyonları için B , İle Avrupa'da yalnızca 1544'te M. Stiefel tarafından formüle edildi.

İkinci dereceden bir denklemi çözmek için formülün türetilmesi Genel görünüm Viet'te bu var, ancak Viet yalnızca olumlu kökleri tanıdı. İtalyan matematikçiler Tartaglia, Cardano, Bombelli 16. yüzyılın ilkleri arasındaydı. Olumlu olanların yanı sıra olumsuz kökler de dikkate alınır. Sadece 17. yüzyılda. Girard, Descartes, Newton ve diğer bilim adamlarının çalışmaları sayesinde ikinci dereceden denklemleri çözme yöntemi modern bir biçim alıyor.

1.6 Vieta teoremi hakkında

İkinci dereceden bir denklemin katsayıları ile kökleri arasındaki ilişkiyi ifade eden ve adını Vieta'dan alan teorem, ilk kez 1591 yılında kendisi tarafından şu şekilde formüle edilmiştir: “Eğer B + D, çarpılır A - A 2 , eşittir BD, O A eşittir İÇİNDE ve eşit D ».

Vieta'yı anlamak için şunu hatırlamalıyız A Herhangi bir sesli harf gibi, bilinmeyen anlamına geliyordu (bizim X), sesli harfler İÇİNDE, D- bilinmeyene ait katsayılar. Modern cebir dilinde yukarıdaki Vieta formülasyonu şu anlama gelir: eğer varsa

(bir + B )x - x 2 = ab ,

x 2 - (bir + B )x + a B = 0,

x 1 = bir, x 2 = B .

Denklemlerin kökleri ve katsayıları arasındaki ilişkinin ifade edilmesi genel formüller Semboller kullanılarak yazılan Viet, denklem çözme yöntemlerinde tekdüzelik kurdu. Ancak Viet'in sembolizmi hala bundan uzaktır. modern görünüm. Negatif sayıları tanımıyordu ve bu nedenle denklemleri çözerken yalnızca tüm köklerin pozitif olduğu durumları dikkate alıyordu.

2. İkinci dereceden denklemleri çözme yöntemleri

İkinci dereceden denklemler cebirin görkemli yapısının dayandığı temeldir. İkinci dereceden denklemler trigonometrik, üstel, logaritmik, irrasyonel ve aşkın denklemlerin ve eşitsizliklerin çözümünde yaygın olarak kullanılır. Okuldan (8. sınıftan) mezuniyete kadar ikinci dereceden denklemlerin nasıl çözüleceğini hepimiz biliyoruz.

Bu yazıda tamamlanmamış ikinci dereceden denklemlerin çözümüne bakacağız.

Ama önce hangi denklemlere ikinci dereceden denir tekrarlayalım. x'in bir değişken olduğu ve a, b ve c katsayılarının bazı sayılar olduğu ve a ≠ 0 olduğu ax 2 + bx + c = 0 formundaki bir denklem denir. kare. Gördüğümüz gibi, x 2'nin katsayısı sıfıra eşit değildir ve bu nedenle x'in veya serbest terimin katsayıları sıfıra eşit olabilir, bu durumda tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklem elde ederiz.

Üç tür tamamlanmamış ikinci dereceden denklem vardır:

1) Eğer b = 0, c ≠ 0 ise ax 2 + c = 0;

2) Eğer b ≠ 0, c = 0 ise ax 2 + bx = 0;

3) Eğer b = 0, c = 0 ise ax 2 = 0 olur.

• Nasıl çözeceğimizi bulalım ax 2 + c = 0 formundaki denklemler.

Denklemi çözmek için serbest terimi 'den' e taşıyın. Sağ Taraf denklemler, şunu elde ederiz

balta 2 = ‒s. a ≠ 0 olduğundan denklemin her iki tarafını da a'ya böleriz, o zaman x 2 = ‒c/a olur.

Eğer -с/а > 0 ise denklemin iki kökü vardır

x = ±√(–c/a) .

Eğer -c/a< 0, то это уравнение решений не имеет. Более наглядно решение данных уравнений представлено на схеме.

Bu tür denklemlerin nasıl çözüleceğini örneklerle anlamaya çalışalım.

örnek 1. 2x 2 ‒ 32 = 0 denklemini çözün.

Cevap: x 1 = - 4, x 2 = 4.

Örnek 2. 2x 2 + 8 = 0 denklemini çözün.

Cevap: Denklemin çözümü yoktur.

• Hadi bunu nasıl çözeceğimizi bulalım ax 2 + bx = 0 formundaki denklemler.

ax 2 + bx = 0 denklemini çözmek için çarpanlara ayıralım yani x'i parantezden çıkaralım, x(ax + b) = 0 elde ederiz. Faktörlerden en az biri eşitse çarpım sıfıra eşittir. sıfıra. O zaman ya x = 0 ya da ax + b = 0. ax + b = 0 denklemini çözerek ax = - b elde ederiz, dolayısıyla x = - b/a olur. ax 2 + bx = 0 formundaki bir denklemin her zaman iki kökü x 1 = 0 ve x 2 = ‒ b/a'dır. Bu tür denklemlerin çözümünün şemada nasıl göründüğüne bakın.

Bilgimizi belirli bir örnekle pekiştirelim.

Örnek 3. 3x 2 ‒ 12x = 0 denklemini çözün.

x(3x ‒ 12) = 0

x= 0 veya 3x – 12 = 0

Cevap: x 1 = 0, x 2 = 4.

• Üçüncü tip denklemler ax 2 = 0çok basit bir şekilde çözüldü.

Eğer ax 2 = 0 ise x 2 = 0 olur. Denklemin iki eşit kökü vardır: x 1 = 0, x 2 = 0.

Açıklık sağlamak için şemaya bakalım.

Örnek 4'ü çözerken bu tür denklemlerin çok basit bir şekilde çözülebileceğinden emin olalım.

Örnek 4. 7x 2 = 0 denklemini çözün.

Cevap: x 1, 2 = 0.

Ne tür tamamlanmamış ikinci dereceden denklemi çözmemiz gerektiği her zaman hemen belli olmaz. Aşağıdaki örneği düşünün.

Örnek 5. Denklemi çözün

Denklemin her iki tarafını da ortak bir paydayla yani 30 ile çarpalım.

Hadi keselim

5(5x2 + 9) – 6(4x2 – 9) = 90.

Parantezleri açalım

25x2 + 45 – 24x2 + 54 = 90.

Benzerini verelim

99'u denklemin sol tarafından sağa taşıyalım, işaretini ters çevirelim

Cevap: Kök yok.

Tamamlanmamış ikinci dereceden denklemlerin nasıl çözüldüğüne baktık. Umarım artık bu tür görevlerde herhangi bir zorluk yaşamazsınız. Tamamlanmamış ikinci dereceden denklemin türünü belirlerken dikkatli olun, o zaman başarılı olursunuz.

Bu konuyla ilgili sorularınız varsa derslerime kaydolun, ortaya çıkan sorunları birlikte çözelim.

web sitesi, materyalin tamamını veya bir kısmını kopyalarken kaynağa bir bağlantı gereklidir.

Sorunu ele alalım. Dikdörtgenin tabanı yüksekliğinden 10 cm daha büyük olup alanı 24 cm²'dir. Dikdörtgenin yüksekliğini bulun. İzin vermek X santimetre dikdörtgenin yüksekliğidir, o zaman tabanı eşittir ( X+10) cm Bu dikdörtgenin alanı. X(X+ 10) cm². Sorunun koşullarına göre X(X+ 10) = 24. Parantezleri açıp 24 sayısını hareket ettiriyoruz. zıt işaret Denklemin sol tarafında şunu elde ederiz: X² + 10 X-24 = 0. Bu problemi çözerken ikinci dereceden denilen bir denklem elde edildi.

İkinci dereceden bir denklem, formun bir denklemidir

balta ²+ bx+c= 0

Nerede a, b, c- verilen sayılar ve A≠ 0 ve X- Bilinmeyen.

Oranlar a, b, cİkinci dereceden denklem genellikle şu şekilde adlandırılır: A- Birinci veya en yüksek katsayı, B- ikinci katsayı, C- ücretsiz bir üye. Örneğin bizim problemimizde baş katsayı 1, ikinci katsayı 10 ve serbest terim -24'tür. Matematik ve fizikteki birçok problemin çözümü ikinci dereceden denklemlerin çözülmesine bağlıdır.

İkinci Dereceden Denklemleri Çözme

İkinci dereceden denklemleri tamamlayın. Öncelikle verilen denklemi şuna indirmeliyiz: standart görünüm balta²+ bx+ c = 0. Denklemin şu şekilde yazılabileceği problemimize dönelim. X(X+10) = 24 standart forma getirelim, parantezleri açalım X² + 10 X- 24 = 0, bu denklemi genel ikinci dereceden denklemin kökleri formülünü kullanarak çözeriz.

Bu formülde kök işaretinin altındaki ifadeye diskriminant denir D = B² - 4 AC

D>0 ise ikinci dereceden denklemin iki farklı kökü vardır ve bunlar ikinci dereceden denklemin kökleri formülü kullanılarak bulunabilir.

D=0 ise ikinci dereceden denklemin bir kökü vardır.

Eğer D<0, то квадратное уравнение не имеет действительных корней, т. е. не имеет решения.

Değerleri formülümüzde yerine koyalım A= 1, B= 10, C= -24.

D>0 elde ederiz, dolayısıyla iki kök elde ederiz.

D=0 olan bir örneği ele alalım, bu koşulda bir kök olması gerekir.

25X² — 30 X+ 9 = 0

D'nin olduğu bir örneği düşünün<0, при этом условии решения не должно быть.

2X² + 3 X+ 4 = 0

Kök işaretinin altındaki sayı (ayırt edici) negatiftir; cevabı şu şekilde yazıyoruz: Denklemin gerçek kökleri yoktur.

Tamamlanmamış ikinci dereceden denklemleri çözme

İkinci dereceden denklem balta² + bx+ C= 0 katsayılardan en az biri varsa eksik olarak adlandırılır B veya C sıfıra eşittir. Tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklem, aşağıdaki türlerden birinin denklemidir:

balta² = 0,

balta² + C= 0, C≠ 0,

balta² + bx= 0, B≠ 0.

Birkaç örneğe bakalım ve denklemi çözelim

Denklemin her iki tarafını da 5'e bölersek denklem elde edilir X² = 0, cevabın bir kökü olacak X= 0.

Formun bir denklemini düşünün

3X² - 27 = 0

Her iki tarafı da 3'e bölerek denklemi elde ederiz. X² - 9 = 0 veya yazılabilir X² = 9, cevabın iki kökü olacak X= 3 ve X= -3.

Formun bir denklemini düşünün

2X² + 7 = 0

Her iki tarafı da 2'ye bölerek denklemi elde ederiz. X² = -7/2. Bu denklemin gerçek kökleri yoktur, çünkü X² ≥ 0 herhangi bir gerçek sayı için X.

Formun bir denklemini düşünün

3X² + 5 X= 0

Denklemin sol tarafını çarpanlara ayırırsak, X(3X+ 5) = 0, cevabın iki kökü olacak X= 0, X=-5/3.

İkinci dereceden denklemleri çözerken en önemli şey, ikinci dereceden denklemi standart bir forma getirmek, genel bir ikinci dereceden denklemin köklerinin formülünü ezberlemek ve işaretlerde kafanızın karışmamasıdır.

Örneğin, üç terimli \(3x^2+2x-7\) için diskriminant \(2^2-4\cdot3\cdot(-7)=4+84=88\) değerine eşit olacaktır. Ve üç terimli \(x^2-5x+11\) için, \((-5)^2-4\cdot1\cdot11=25-44=-19\)'a eşit olacaktır.

Diskriminant \(D\) harfiyle gösterilir ve genellikle çözmede kullanılır. Ayrıca diskriminantın değerine göre grafiğin yaklaşık olarak nasıl göründüğünü anlayabilirsiniz (aşağıya bakınız).

İkinci dereceden bir denklemin diskriminantı ve kökleri

Diskriminant değeri ikinci dereceden denklemlerin sayısını gösterir:
- eğer \(D\) pozitifse denklemin iki kökü olacaktır;
- eğer \(D\) sıfıra eşitse – yalnızca bir kök vardır;
- eğer \(D\) negatifse, kök yoktur.

Bunun öğretilmesine gerek yok, böyle bir sonuca varmak zor değil, sadece diskriminanttan (yani, \(\sqrt(D)\) ikinci dereceden bir denklemin köklerini hesaplama formülüne dahil edildiğini bilerek böyle bir sonuca varmak zor değil. denklem: \(x_(1)=\)\( \frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) ve \(x_(2)=\)\(\frac(-b-\sqrt() D))(2a)\) Her duruma daha fazla ayrıntı bakalım.

Diskriminant pozitif ise

Bu durumda kökü pozitif bir sayıdır, bu da \(x_(1)\) ve \(x_(2)\)'nin farklı anlamlara sahip olacağı anlamına gelir, çünkü ilk formülde \(\sqrt(D)\ ) eklenir ve ikincisinde çıkarılır. Ve iki farklı kökümüz var.

Örnek : \(x^2+2x-3=0\) denkleminin köklerini bulun
Çözüm :

Cevap : \(x_(1)=1\); \(x_(2)=-3\)

Diskriminant sıfır ise

Diskriminant sıfır ise kaç kök olacaktır? Hadi akıl yürütelim.

Kök formüller şuna benzer: \(x_(1)=\)\(\frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) ve \(x_(2)=\)\(\frac(-) b- \sqrt(D))(2a)\) . Ve eğer diskriminant sıfırsa kökü de sıfırdır. Sonra ortaya çıkıyor:

\(x_(1)=\)\(\frac(-b+\sqrt(D))(2a)\) \(=\)\(\frac(-b+\sqrt(0))(2a)\) \(=\)\(\frac(-b+0)(2a)\) \(=\)\(\frac(-b)(2a)\)

\(x_(2)=\)\(\frac(-b-\sqrt(D))(2a)\) \(=\)\(\frac(-b-\sqrt(0))(2a) \) \(=\)\(\frac(-b-0)(2a)\) \(=\)\(\frac(-b)(2a)\)

Yani denklemin köklerinin değerleri aynı olacaktır çünkü sıfır eklemek veya çıkarmak hiçbir şeyi değiştirmez.

Örnek : \(x^2-4x+4=0\) denkleminin köklerini bulun
Çözüm :

Cevap : \(x=2\)