Hogyan lehet megoldani a másodfokú egyenlet hiányos?Ismeretes, hogy ez egy adott cél egyenlőség AX2 + Bx + C = O, ahol a, b és c - a valós együtthatók az ismeretlen x, és ahol egy ≠ O és b és c értéke nulla - egyidejűleg vagy külön-külön.Például, a C = O, egy ≠ O, vagy fordítva.Már majdnem felidézni a meghatározása a másodfokú egyenlet.
pontosabb
trinomiális a másodfokú nulla.Az első együttható egy ≠ a, b és c bármilyen értéket felvehet.A változó értéke x gyöke az egyenletnek akkor, amikor helyettesítő kapcsolja be a valódi numerikus egyenlőség.Nézzük meg az igazi gyökere az egyenlet bár döntéseket lehet komplex számok.Teljes nevű egyenletet, melyben egyik az együtthatók nem egyenlő, és ≠ körülbelül egy ≠ egy ≠.Oldja
példa.2h2-9h 5 = O, azt találjuk,
D = 81 + 40 = 121,
D pozitív, akkor a gyökerek, x1 = (9 + √121): 4 = 5, és a második x2 = (9-√121):4 = -o, 5.Tesztelés segít abban, hogy igazuk van.
Itt szakaszos megoldás a másodfokú egyenlet
keresztül diszkriminancia meg tud oldani minden egyenlet, a bal oldalon egy jól ismert szögletes trinomiális ha a ≠ kb.A példánkban.2h2-9h-5 = 0 (AX2 + Bx + C = O)
- találják első diszkrimináns D ismert képlet v2-4as.
- Ellenőrizze, hogy milyen értéke van a D: már több mint a nulla nulla vagy annál kevesebb.
- tudjuk, hogy ha D> O, a másodfokú egyenlet csak 2 különböző valós gyöke, ezek általában jelöljük x1 és x2,
itt, hogyan kell kiszámítani:
x1 = (C + √D) :( 2a) és a második x2= (to-√D) :( 2a). - D = o - egy gyökér, vagy, mondjuk, két egyenlő:
x1 és x2 egyenlő egyenlő -A: (2a). - Végül, D
Nézzük meg, mi hiányosak egyenleteket a másodfokú
- ax2 + Bx = o.Ingyenes távú együttható s x0, van nulla ≠ o.Hogyan lehet megoldani
hiányos másodfokú egyenlet ilyen jellegű?Szállít x zárójelben.Mi emlékezni, amikor a termék a két tényező nulla.
x (ax + b) = O, lehet, ha X = O, vagy amikor ax + b = O.Döntés
2. lineáris egyenletet, van x = -c / a.
Ennek eredményeként, van gyökerek x1 = 0, számítástechnikailag x2 = -b / a. - Most, relatív x egyenlő, de nem egyenlő (≠) on.
x2 + C = O.Költözött a jobb oldalon az egyenlet, kapunk x2 = c.Ez az egyenlet csak valós gyökei, amikor -Keményítőtartalommal pozitív szám ( x1 majd √ (C), illetve, x2 - -√ (C).Ellenkező esetben a képlet nem gyökerei. - utolsó lehetőség: B = C = O, hogy van, AX2 = O.Természetesen ez a szerény egyenletnek egy gyökér, x = a.
Különleges esetekben
Hogyan lehet megoldani a másodfokú egyenlet hiányosnak tartották, és most vozmem bármilyen.
- A teljes második tényező a másodfokú egyenlet x - páros.
Legyen k = o, 5b.Megvan a képlet a diszkriminancia és a gyökerek.
D / 4 = k2- al gyökerei vannak kiszámítva h1,2 = (-k ± √ (D / 4)) / a D> o.
x = -k / a at D = o.Nem
gyökereit D- adott másodfokú egyenlet, amikor a relatív x négyzete egyenlő 1, úgy döntött, hogy írjon x2 + px + q = o.Ezek alá, hogy az összes fenti általános képletű, a számítás valamivel egyszerűbb.
például h2-4h-9 = 0. Compute D: 22 + 9, D = 13.
x1 = 2 + √13, x2 = 2-√13.- Ezen kívül, mivel a Vieta tétel könnyen alkalmazható.Megállapítja, hogy az összeg a gyökerei az egyenlet egyenlő -p, a második tényező a mínusz (azaz ellenkező előjellel), és a termék a gyökerek egyenlő q, ingyen távon.Nézze meg, milyen egyszerű lenne, hogy meghatározza a szóbeli gyökerei az egyenlet.Mert nem csökkentett (az összes együttható nem nulla) ez a tétel a következőképpen kell alkalmazni: az összeg x1 + x2 van -az / a termék x1 · x2 egyenlő / a.
- adott másodfokú egyenlet, amikor a relatív x négyzete egyenlő 1, úgy döntött, hogy írjon x2 + px + q = o.Ezek alá, hogy az összes fenti általános képletű, a számítás valamivel egyszerűbb.
összege konstans tag és egy első tényező az a tényező, b.Ebben a helyzetben, az egyenlet van legalább egy gyökér (könnyen bizonyítható), az első szükséges -1, és a második C / A, ha létezik.Hogyan lehet megoldani a másodfokú egyenlet hiányos, akkor ellenőrizze magát.Easy peasy.Az együtthatók lehet némi közötti kapcsolatok egy
- x2 + X = O, 7h2-7 = O.
- összessége együtthatók kb.
gyökerei egy ilyen egyenlet y - 1 és C / a.Például 2h2-15h + 13 = o.
x1 = 1, x2 = 13/2.
Van más módja, hogy megoldja a különböző egyenletek a második fokozatot.Például, a kiválasztási módszer egy polinom egy teljes négyzet.Grafikus több szempontból is.Mivel gyakran foglalkozik az ilyen példák, megtanulják, hogyan kell "flip" őket magokat, mert minden módon jöhetnek szóba automatikusan.
