İkinci dereceden bir denklemin standart forma nasıl indirgeneceği. İkinci Dereceden Denklemleri Çözme

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

Diskriminant kullanılarak yalnızca tam ikinci dereceden denklemler çözülür; eksik olanları çözmek için ikinci dereceden denklemler"Eksik ikinci dereceden denklemleri çözme" makalesinde bulacağınız diğer yöntemleri kullanın.

Hangi ikinci dereceden denklemlere tam denir? Bu ax 2 + b x + c = 0 formundaki denklemler a, b ve c katsayılarının sıfıra eşit olmadığı durumda. Dolayısıyla ikinci dereceden bir denklemi tam olarak çözmek için 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 bu durumda denklemin iki kökü vardır. 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 terimin çift katsayısı varsa (b = 2k), o zaman denklemi Şekil 2'deki şemada gösterilen 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.

Gördüğünüz gibi bu denklemi farklı formüller kullanarak çözdüğümüzde 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.

Denklemlerin kullanımı hayatımızda oldukça yaygındır. Birçok hesaplamada, yapı yapımında ve hatta sporda kullanılırlar. İnsanoğlu denklemleri eski zamanlarda kullandı ve o zamandan beri kullanımları daha da arttı. Diskriminant, aşağıdaki forma sahip genel bir formül kullanarak herhangi bir ikinci dereceden denklemi çözmenize olanak tanır:

Diskriminant formülü polinomun derecesine bağlıdır. Yukarıdaki formül, aşağıdaki formdaki ikinci dereceden denklemleri çözmek için uygundur:

Diskriminant bilmeniz gereken aşağıdaki özelliklere sahiptir:

* Polinomun birden fazla kökü (eşit kökler) olduğunda "D" 0'dır;

* "D" polinomun köklerine göre simetrik bir polinomdur ve dolayısıyla katsayıları açısından bir polinomdur; üstelik bu polinomun katsayıları, köklerin alındığı uzantıya bakılmaksızın tamsayılardır.

Diyelim ki bize aşağıdaki biçimde ikinci dereceden bir denklem verildi:

1 denklem

Elimizdeki formüle göre:

\ olduğundan denklemin 2 kökü vardır. Bunları tanımlayalım:

Diskriminant çevrimiçi çözücü kullanarak bir denklemi nerede çözebilirim?

Denklemi https://sitemizden çözebilirsiniz. Ücretsiz çevrimiçi çözücü, her türlü karmaşıklıktaki çevrimiçi denklemleri birkaç saniye içinde çözmenize olanak tanır. Tek yapmanız gereken, verilerinizi çözücüye girmenizdir. Ayrıca web sitemizde video talimatlarını izleyebilir ve denklemin nasıl çözüleceğini öğrenebilirsiniz ve sorularınız varsa http://vk.com/pocketteacher VKontakte grubumuzda sorabilirsiniz. Grubumuza katılın, size yardımcı olmaktan her zaman mutluluk duyarız.

Kopyevskaya kırsal orta öğretim okulu

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 bile sadece birinci değil, aynı zamanda ikinci dereceden denklemleri çözme ihtiyacı, arsa alanlarının bulunması ve askeri nitelikteki kazı çalışmaları ile ilgili sorunların çözülmesi ihtiyacından da kaynaklanmıştır. astronomi ve matematiğin gelişmesinde olduğu gibi. 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 çivi yazılı metinlerin neredeyse tamamı, nasıl bulunduklarına dair hiçbir belirti olmaksızın, yalnızca yemek tarifleri biçiminde ortaya konan çözümlerle ilgili sorunlar sunuyor.

Aksine yüksek seviye Babil'de cebirin gelişmesiyle birlikte çivi yazısı metinleri negatif sayı kavramından ve ikinci dereceden denklemleri çözmek için genel yöntemlerden yoksundur.

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.“Toplamlarının 20 ve çarpımlarının 96 olduğunu bilerek iki sayı 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.

İÇİNDE Antik Hindistan 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 bir başkasının şerefini gölgede bırakacak halk meclisleri, cebirsel problemleri önermek ve çözmek. Sorunlar genellikle şiirsel biçimde sunuldu.

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

Sorun 13.

"Bir grup hareketli maymun ve asmaların arasında on iki tane...

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

Meydanda onlar var, sekizinci bölüm, 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 bu denklemin sol tarafını kareye tamamlamak için her iki tarafa da ekleriz 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 çıkarılmaz, eklenir. 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. yüzyıldan önceki tüm matematikçiler gibi, sıfır çözümü hesaba katmıyor, çünkü muhtemelen belirli pratik problemlerde bunun bir önemi yok. 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 denklemleri Harezmi'nin çizgisinde çözmenin formülleri ilk kez İtalyan matematikçi Leonardo Fibonacci'nin 1202'de yazdığı Abaküs Kitabında 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 bazı yeni şeyler geliştirdi cebirsel örnekler problemleri çözüyordu ve Avrupa'da negatif sayıları uygulamaya koyan ilk kişiydi. 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 sağladı. 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 bulunur geniş uygulama trigonometrik, üstel, logaritmik, irrasyonel ve aşkın denklemleri ve eşitsizlikleri çözerken. Okuldan (8. sınıftan) mezuniyete kadar ikinci dereceden denklemlerin nasıl çözüleceğini hepimiz biliyoruz.

İkinci dereceden denklemi düşünün:
(1) .
İkinci dereceden bir denklemin kökleri(1) aşağıdaki formüllerle belirlenir:
; .
Bu formüller şu şekilde birleştirilebilir:
.
İkinci dereceden bir denklemin kökleri bilindiğinde, ikinci dereceden bir polinom, faktörlerin (çarpanlarına alınmış) bir ürünü olarak temsil edilebilir:
.

Ayrıca şunu varsayıyoruz: gerçek sayılar.
Hadi düşünelim ikinci dereceden bir denklemin diskriminantı:
.
Diskriminant pozitifse, ikinci dereceden denklemin (1) iki farklı gerçek kökü vardır:
; .
O zaman ikinci dereceden üç terimlinin çarpanlara ayrılması şu şekildedir:
.
Diskriminant sıfıra eşitse, ikinci dereceden denklemin (1) iki çoklu (eşit) gerçek kökü vardır:
.
Faktorizasyon:
.
Diskriminant negatifse, ikinci dereceden denklemin (1) iki karmaşık eşlenik kökü vardır:
;
.
İşte sanal birim;
ve köklerin gerçek ve sanal kısımları:
; .
Daha sonra

.

Grafik yorumlama

Eğer inşa edersen bir fonksiyonun grafiği
,
bu bir parabol ise, grafiğin eksenle kesişme noktaları denklemin kökleri olacaktır.
.
noktasında grafik x eksenini (ekseni) iki noktada keser.
Grafik x eksenine bir noktada dokunduğunda.
Grafik x eksenini kesmediğinde.

Aşağıda bu tür grafiklerin örnekleri verilmiştir.

İkinci dereceden denklemle ilgili faydalı formüller

(f.1) ;
(f.2) ;
(f.3) .

İkinci dereceden bir denklemin kökleri için formülün türetilmesi

Dönüşümler gerçekleştiriyoruz ve (f.1) ve (f.3) formüllerini uyguluyoruz:




,
Nerede
; .

Böylece ikinci dereceden bir polinomun formülünü şu şekilde elde ettik:
.
Bu, denklemin

gerçekleştirilen
Ve .
Yani ve ikinci dereceden denklemin kökleridir
.

İkinci dereceden bir denklemin köklerini belirleme örnekleri

örnek 1

(1.1) .

Çözüm

.
Denklemimiz (1.1) ile karşılaştırıldığında katsayıların değerlerini buluyoruz:
.
Diskriminantı buluyoruz:
.
Diskriminant pozitif olduğundan denklemin iki gerçek kökü vardır:
;
;
.

Buradan ikinci dereceden üç terimlinin çarpanlara ayrılmasını elde ederiz:

.

y = fonksiyonunun grafiği 2 x 2 + 7 x + 3 x eksenini iki noktada keser.

Fonksiyonun grafiğini çizelim
.
Bu fonksiyonun grafiği bir paraboldür. Apsis eksenini (ekseni) iki noktada keser:
Ve .
Bu noktalar orijinal denklemin (1.1) kökleridir.

Cevap

;
;
.

Örnek 2

İkinci dereceden bir denklemin köklerini bulun:
(2.1) .

Çözüm

İkinci dereceden denklemi genel biçimde yazalım:
.
Orijinal denklem (2.1) ile karşılaştırıldığında katsayıların değerlerini buluyoruz:
.
Diskriminantı buluyoruz:
.
Diskriminant sıfır olduğundan denklemin iki çoklu (eşit) kökü vardır:
;
.

O halde trinomiyalin çarpanlara ayrılması şu şekildedir:
.

y = x fonksiyonunun grafiği 2 - 4 x + 4 x eksenine bir noktada dokunuyor.

Fonksiyonun grafiğini çizelim
.
Bu fonksiyonun grafiği bir paraboldür. X eksenine (ekseni) bir noktada dokunuyor:
.
Bu nokta orijinal denklemin (2.1) köküdür. Çünkü bu kök iki kez çarpanlara ayrılır:
,
o zaman böyle bir köke genellikle kat denir. Yani iki eşit kök olduğuna inanıyorlar:
.

Cevap

;
.

Örnek 3

İkinci dereceden bir denklemin köklerini bulun:
(3.1) .

Çözüm

İkinci dereceden denklemi genel biçimde yazalım:
(1) .
Orijinal denklemi (3.1) yeniden yazalım:
.
(1) ile karşılaştırarak katsayıların değerlerini buluyoruz:
.
Diskriminantı buluyoruz:
.
Diskriminant negatiftir. Bu nedenle gerçek kökler yoktur.

Karmaşık kökleri bulabilirsiniz:
;
;

Fonksiyonun grafiğini çizelim
.
Bu fonksiyonun grafiği bir paraboldür. X eksenini (ekseni) kesmez. Bu nedenle gerçek kökler yoktur.

Cevap

Gerçek kökler HAYIR. Karmaşık kökler:
;
;
.

Örneğin, \(3x^2+2x-7\) trinomial 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 \(D\) ile gösterilir ve genellikle çözmede kullanılır. Ayrıca diskriminantın değerine göre grafiğin yaklaşık olarak nasıl göründüğünü anlayabilirsiniz (aşağıya bakın).

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 ayrıntılı olarak 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 :

\(x^2-4x+4=0\)		Katsayıları yazıyoruz:
\(a=1;\) \(b=-4;\) \(c=4;\)		Diskriminantı \(D=b^2-4ac\) formülünü kullanarak hesaplıyoruz
\(D=(-4)^2-4\cdot1\cdot4=\) \(=16-16=0\)		Denklemin köklerini bulma
\(x_(1)=\) \(\frac(-(-4)+\sqrt(0))(2\cdot1)\)\(=\)\(\frac(4)(2)\) \(=2\) \(x_(2)=\) \(\frac(-(-4)-\sqrt(0))(2\cdot1)\)\(=\)\(\frac(4)(2)\) \(=2\)		İki özdeş kökümüz var, bu yüzden bunları ayrı ayrı yazmanın bir anlamı yok - bunları tek olarak yazıyoruz.

Cevap : \(x=2\)