Obšolski pouk - Vietov izrek. Reševanje enačb z modulom

Stavi 1x2 (stavite na izidglavo-do-glava, trosmerna stava) je ena izmed osnovnih stav v stavnicah. Ni treba računati pričakovanih točk, šteti kotov, kdo bo prvi zadel itd. Dovolj je samo prepričanje, ali bo zmagala prva ekipa, druga ali bo neodločeno.

To stavo je mogoče skleniti v načinu v živo in v času pred tekmo. Najpogosteje je to pomembno za nogomet in hokej, možno pa je tudi pri drugih športih. Vredno je povedati, da je stava ena na ena v svoji tipični interpretaciji ni značilno za tenis, odbojko, baseball in druge športe, kjer lahko zmaga le ena oseba/ekipa (navsezadnje ni X-a). IN v tem primeru uporabite enojno stavo.

Prav tako je možno skleniti tovrstne stave na končni izid tekme (zmaga ekipe ob koncu tekme) ali na izid tekme v prvem polčasu (na primer zmaga Liverpoola po točkah po 45 minutah igrati).

Pravzaprav stava na izid napove končni izid tekme. In 1X2 se včasih imenuje zaradi okrajšave: 1 je v tem primeru zmaga za gostitelje, X je remi in 2 je zmaga za goste (nekateri imajo radi okrajšavo Domov-Neodločeno-Gostje).

Ena od slabosti te vrste stav je, da je včasih med kvotami velik razpon. Tako je lahko kvota za favorita tekme 1,0, medtem ko nasprotna stran 12 in več.

Dobitki pri stavah ena na ena se izračunajo tako, da se znesek stave pomnoži s kvoto v času, ko je bila stava sklenjena. V skladu s tem, če gostje zmagajo s kvoto 10 in je znesek stave 1000 rubljev. vaš dobiček bo 10.000 rubljev.

Še vedno ni jasno, kaj pomeni 1x2 pri stavah? Dajmo primer. Vzemimo tekmo Rusija - Nemčija. Označimo Rusijo s številko 1, Nemčijo s številko 2. Vzemimo remi kot pogojni X. Kvota stavnice za zmago Rusije (5,3), Nemčija (1,9), za remi (2,4). Vaša stava na zmago Rusije je 500 rubljev. Če stava (1) zmaga, boste prejeli 500x5,3=2650 rubljev nazaj na svoj račun. Če zmagate (2) ali X, ne boste prejeli ničesar in izgubili znesek stave.

Zgoraj je primer prikaza stave pri stavnici.

Ena od modifikacij trojne stave so stave "Dvojna priložnost", ki zmanjšujejo stopnjo tveganja in povečujejo odstotek zmage. Obstajajo možnosti 1X, 2X in 12. Kaj pomenijo te oznake? Vzemimo isto tekmo Rusija – Nemčija. Stava 1X pomeni, da stavite na zmago prve ekipe (Rusija) ali na remi na tekmi (X).

V skladu s tem, če je rezultat 1:1, boste stavo zmagali. 2X pomeni vašo prednost za Nemčijo ali žreb. No, stava 12 pomeni zmago za Rusijo ali Nemčijo; če je neodločeno, bo stava izgubljena. Slabosti stav na to vrsto stav so očitne: ker dejansko ne napovedujete 1 dogodka, ampak 2 možna dogodka, stavnice znižajo kvote. Torej, na primer, če je kvota za zmago Rusije 5,3, če se odločite dodati 1X remi, bo kvota verjetno padla na 3,2 ali nižje.

Upam, da smo vam pomagali razumeti vprašanje vrednosti stave 1X2. Drznite si in bodite zmagovalci.

Takoj preidimo na obravnavo sistema stav, ko bodo edina pravilna možnost za izid igre namesto dveh trije, kot so:
X - žrebanje;
W1 - zmaga prve ekipe;
W2 - zmaga druge ekipe.

Kot ste morda uganili, so glavna uporaba te strategije stave na nogomet. Tu je nekaj primerov stavnega sistema 1-X-2, s katerim se lahko izognete izgubi stav, če ne uganete izida dvobojev.

Primer ena. Recimo, da je več dobrih tekem, z dobrimi kvotami od 1,75 do 2,1, v večini izidov vseh tekem, za katere boste prepričani. S stavami na več takšnih tekem obstaja tveganje, da bo vsaj ena izmed nogometnih ekip remizirala, na koncu pa lahko izgubite vse.

A da bi se temu izognili, morate le uporabiti stavni sistem 1-X-2, dobitek bo seveda manjši, a tudi če ena od izbranih ekip ne odigra vaše stave, boste lahko dobili nazaj denar, ki ga stavite. A to praviloma ni zelo zanimivo, saj lahko na tekmah upoštevaš vse možne remije in si v zelo dobri prednosti.

Recimo, da so trije nogometne tekme, s kvotami od 1,8 do 2,0, kjer menite, da bi morala zmagati prva ekipa. Nato boste morali staviti na 4 ekspresne stave (slika 1):

Slika 1 – Primer stave

Recimo za vse stave, skupaj smo porabili le 400 $, približno 10 za vsako ekspresno stavo. Ko zmagajo vse ekipe, dobiček izračunamo po naslednjem načelu: 1,8 * 1,8 * 1,8 * 100 USD. = 580,30 $, vendar v primeru, da se ena od iger konča z remijem, potem izračunamo po shemi 1,8*1,8*2,7*100 c.u. = 870 USD Ni slaba zmaga, se strinjate?

Vendar vedno obstajajo tveganja in ne smete pozabiti, da boste izgubili svoj denar, če se vaše stave ne obnesejo ali je več kot eno izenačenje. Upoštevati je treba tudi, da lahko ta sistem spremenite, kar bo posledično povečalo možnosti za dobitek vaših stav. Oglejmo si majhen primer, ki je podan nekoliko nižje, ob upoštevanju možnosti zmage za drugo ekipo, vendar le za en nogometni par. V tem primeru bo zelo pomemben naslednji niz (slika 2):

Slika 2 – Primer stave

Tako mora biti pri vseh petih hitrih stavah, ki smo jih ponudili, koeficient preprosto vsaj 5.

Stavni sistem je 1-X-2, možnost dve. Deloma je podoben prvemu sistemu; številne značilnosti te možnosti so naslednje ta sistem vam bo omogočil zelo učinkovito razdelitev vseh stav, in sicer na ekipe, ki igrajo bolje na gostovanjih. Recimo, da so skupaj tri ekipe, ki na gostovanjih igrajo bolje od ostalih, to pomeni, da bomo stavili na ta način (slika 3):

Slika 3 – Primer stave

žrebanje - "X"
zmaga gostujoče ekipe - “2”

Če upoštevamo, da so vsi koeficienti za ekipe praviloma zelo visoki, potem doseganje donosnosti sistema za vsako ekspresno stavo ne bo težko.

Prav tako je treba opozoriti, da se v praksi ta sistem zelo pogosto uporablja posebej za tekme z velike kvote, saj nam prvi opisani sistem omogoča doseganje dobrih rezultatov.

Vendar je treba omeniti, da je učinkovitost samega sistema zelo pogosto vprašljiva, saj s tremi tekmami posameznih stav lahko dobite ne slabo, ampak morda zelo dober rezultat kot ekspresne stave z uporabo prvega od zgornjih sistemov.

Toda drugi sistem je tako rekoč bolj učinkovit pri polaganju stav neposredno na ekipe, ki redkeje izgubijo na gostovanjih kot druge. A praviloma bo tako kot v prvem sistemu, pogosto bodo primeri, ko se vam bo veliko bolj splačalo staviti celoten znesek na eno ekspresno stavo, namesto da bi igrali po drugem sistemu.

Zato je treba učinkovitost te stavne strategije 1-X-2 izračunati za vsako posamezno stavo od vseh vaših obstoječih stav.

Algoritem za rešitev enačbe akh 3 +bx 2 +cx+d=0:

1. Poiščite z izbiro koren enačbe (med delitelji prostega člena);

2. Razdeli polinom ah 3 + bx 2 + cx + d na x-x 1 , kjer je x 1 - koren enačbe ah 3 + bx 2 + cx + d =0;

3. Kvocient izenači z nič in reši dobljeno enačbo;

4. Zapišite odgovor.

Rešite enačbo -6x 3 -x 2 +5x+2=0

1. Poiščite delitelje prostega člena: ±1,±2,±3,±6.

2. x=1 je koren enačbe.

3. Polinom -6x 3 -x 2 +5x+2 delite z binomom

x-1 (posledica 1 Bezoutovega izreka).

3. Reši enačbo: -6x 2 -7x-2=0,

6x 2 -7x-2+0, x 1 = -, x 2 = -.

4. Odgovori. x=1, x = -, x = -.

Ta metoda reševanja enačb je univerzalna. Uporablja se lahko za reševanje enačb štiri, pet itd. stopnje, ki jih postopoma znižujejo na drugo stopnjo.

Primer 1.

Rešite enačbo x 4 +3x 3 -13x 2 -9x+30=0.

1. Med delitelji prostega člena poiščemo korenine enačbe. To sta 2 in -5.

2. Na podlagi posledice 1 iz Bezoutovega izreka je polinom x 4 +3x 3 -13x 2 -9x+30 deljiv z x-2 in x+5, zato je deljiv z (x-2)(x+5)= x 2 + 3x-10.

3. Razdelimo polinome: x 4 +3x 3 -13x 2 -9x+30 z x 2 +3x-10.

4. Reši enačbo x 2 -3=0, x 1,2 =
.

Odgovori. x =
, x = -, x = -5, x = 2.

Rešite enačbo 3x 5 +x 4 -15x 3 -5x 2 +12x+4=0.

1. Med delitelji prostega člena poiščemo korenine enačbe. To so 1, -1, 2 in -2

2. Na podlagi posledice 1 iz Bezoutovega izreka je polinom 3x 5 +x 4 -15x 3 -5x 2 +12x+4 deljiv z x-1, x+1, x-2 in x+2, zato je deljiv z (x- 1)(x+1)(x-2)(x+2)=

(x 2 -1)(x 2 -4) = x 4 -5x 2 +4.

3. Razdelimo polinome: 3x 5 +x 4 -15x 3 -5x 2 +12x+4 z x 4 -5x 2 +4.

4. Reši enačbo 3x+1 =0, x=-.

5. Odgovori. x=-2, x=-1, x=-, x=1, x=2.

Reši enačbo

(2x 2 -1) 2 +x(2x-1) 2 =(x+1) 2 +16x 2 -6

Prestavimo vse člane na leva stran, odprite oklepaje in predstavite podobne izraze.

4x 4 -4x 2 +1+4x 3 -4x 2 +x-x 2 -2x-1-16x 2 +6+0, 4x 4 +4x 3 -25x 2 –x+6=0.(1)

Delitelji prostega člena: ±1;±2;±3;±6. Če ima enačba cele korenine, potem je to eden od deliteljev. Zamenjava je pokazala, da je to 2. Po Bezoutovem izreku je polinom 4x 4 +4x 3 -25x 2 –x+6 deljiv z x-2 brez ostanka. V količniku dobimo: 4x 3 +12x 2 –x – 3.

Enačbo (1) prepišemo v obliki: (x-2)(4x 3 +12x 2 –x – 3)=0.

Rešimo enačbo 4x 3 +12x 2 –x – 3=0. -3 je koren te enačbe, saj se, ko ga nadomestimo z x, enačba spremeni v pravo numerično enakost. Polinom 4x 3 +12x 2 –x – 3 delimo z x+3, dobimo 4x 2 -1. Kvadratna enačba 4x 2 -1=0 ima korenine x= ±.

Odgovori. x = 2, x = -3, x = ±.

Če med delitelji prostega člena ni korenov enačbe, potem uporabimo razmerje med koeficienti in koreni enačbe.

če koren enačbe a 0 X n + a 1 x n -1 + a 2 x n -2 ...+ a n -1 x+ a n =0, torejmje delitelj prostega člena, c pa je delitelj vodilnega koeficienta.

Algoritem za reševanje takih enačb:

1. Poiščite delitelje prostega člena in vodilnega koeficienta;

2. Sestavi različne ulomke, kjermso delitelji prostega člena in c so delitelji vodilnega koeficienta;

3. S substitucijo določi, kateri ulomek je koren enačbe;

4. Deljenje polinoma s polinomom;

5.Enačbo rešite tako, da količnik enačite na nič;

6. Zapiši odgovor.

Rešite enačbo 6x 3 -3x 2 -5x - 1=0.

1. Delitelji prostega člena: ±1. Te številke niso korenine enačbe. Poiščemo delilnike vodilnega koeficienta: ±1, ±2, ±3, ±6.

2. Sestavimo različne ulomke:

3. - je koren enačbe.

2. Po 1. posledici Bezoutovega izreka je polinom 6x 3 -3x 2 -5x – 1 deljiv z x+.

3. Razdelimo polinome:

4. Rešite enačbo 6x 2 -6x-2=0, 3x 2 -3x-1=0, D = 21, x 1,2 =
,

5. Odgovori. x 1,2 =, x = -.

Deljenje polinoma s polinomom
se lahko naredi na drug način.

Naj =
∙(x- a)+ R . Pustiti

Iskanje koeficientov polinoma in števila , odpremo oklepaje na desni strani enačb: in izenačimo koeficiente na enakih stopinjah na levi in ​​desni. Dobimo
. Iz tega sledi, da ko
.[ 4]

Koeficienti polinoma in ostanka se izračunajo s pomočjo naslednje tabele:

Ta tabela se imenuje Hornerjeva shema.

Primer 1.

Deli 2x 3 -3x+5 z x-4.

Za izračun količnika in preostalih koeficientov uporabimo Hornerjevo shemo.

torej

Hornerjeva shema daje splošna metoda faktorizacija poljubnega polinoma.

3.2 Za enačbe s celimi koeficienti, ki nimajo racionalnih korenin, je učinkovita metoda nedoločenih koeficientov.

3.3 Metoda negotovi koeficienti.

Polinom na levi strani enačbe je predstavljen kot produkt dveh polinomov z neznanimi koeficienti:

1.Za kubična enačba: x 3 +bx 2 +cx+d=0, a≠0, x 3 +bx 2 +cx+d=(x 2 +рх+g)(x+t)=x 3 +x 2 t+px 2 +ptx+gx+gt=x 3 +(t+p)x 2 +(pt+g)x+gt.

Ker sta polinoma enaka, potem koeficienti za enake stopinje so enaki. Dobimo sistem enačb:

2. Za enačbo četrte stopnje: x 4 +ax 3 +bx 2 +cx+d=0, a≠0

x 4 +ax 3 +bx 2 +cх+d =(x 2 +mx+n)(x 2 +kx+t)=x 4 +(k+m)x 3 +(m+mk+n)x 2 +(mt+nk)x+nt.

Ker sta polinoma enaka, sta tudi koeficienta pri enakih potencah enaka. Dobimo sistem enačb:
Z rešitvijo sistema poiščemo neznane koeficiente.

Rešite enačbo x 4 -2x 2 - 8x - 3=0.

Predstavljajmo si polinom x 4 -2x 2 - 8x -3 kot produkt dveh trinomov z neznanimi koeficienti: x 4 -2x 2 - 8x -3=

(x 2 +mx+n)(x 2 +kx+t)=x 4 +(k+m)x 3 +(n+mk+t)x 2 +(mt+nk)x+nt.

Dobimo sistem enačb:
Iz enačbe nt=-3 sledi, da moramo upoštevati naslednje primere: 1 .n=3,t=-1; 2. n=-3,t=1; 3. n=1,t=-3; 4 . n=-1,t=3.

Če te pare nadomestimo v preostale enačbe sistema, dobimo, da je z n=3,t=-1 x 4 -2x 2 - 8x -3= (x 2 +2x+3)(x 2 -2x-1) =0. Rešimo enačbi x 2 +2x+3=0 in x 2 -2x-1=0. Diskriminanta prve enačbe je negativna, kar pomeni, da nima pravih korenin. Diskriminanta druge enačbe je 8, x 1,2 =1±
.

Odgovori. x 1,2 =1±.

3.4. Za rešitve bikvadratne enačbe in enačb, ki se reducirajo na kvadratne enačbe, se pogosto uporablja metoda uvajanja novih spremenljivk. Lahko se uporablja tudi za enačbe višje stopnje.

Rešite enačbo x 4 +2x 3 – 22x 2 +2x+1=0.

Ker x=0 ni koren enačbe, lahko obe strani enačbe delimo z x2, ne da bi izgubili korenine. Dobimo enačbo

x 2 +2x-22++ =0, združimo izraze

(x 2 +)+2(x+)-22=0.

Naredimo spremembo x +=t, potem (x +) 2 =t 2. x 2 +2+= t 2, x 2 += t 2 -2 Izhodiščna enačba se zmanjša na enačbo t 2 -2 +2t-22= 0, t 2 +2t -24= 0,t 1 =-. 6, t 2 =4 Vrnimo se k prvotni spremenljivki: 1). x +=-6, 2). x +=4.

Rešimo vsako enačbo. 1). x +=-6, x 2 +6x+1=0, D=32, x 1,2 =
, x 1 = -3+2, x 2 = -3-2.

Odgovori. x 1 = -3+2, x 2 = -3-2.

Enačba oblike:

(x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = E;

Primer 1.

Rešite enačbo (x+1)(x+2)(x+4)(x+5)=40.

Združimo faktorje ((x+1)(x+5))∙((x+4)(x+2))=40, izvedemo množenje v oklepaju (x 2 +6x+5)(x 2 +6x +8) =40, Uporabite zamenjavo: x 2 +6x=t, potem (t 2 +5)(t 2 +8)=40, t 4 +13t 2 +40=40, t 4 +13t 2 =0 , t 2 ( t 2 +13)=0, t=0, t 2 +13=0 nima pravih korenin.

Vrnimo se k prvotni spremenljivki x 2 +6x=0, x(x+6)=0, x=0, x= -6.

Odgovori. x=0, x= -6.

Primer 1.

Reši enačbo

(x 2 -3x+ 1)(x 2 +3x+2)(x 2 -9x+20)=-30.

Faktorizirajmo drugi in tretji trinom, da bi to naredili, najdemo korenine polinomov z reševanjem treh enačb:

x 2 +3x+2=0, x 1 = -1, x 2 = -2.

x 2 -9x+20=0, x 1 = 4, x 2 = 5. Dobimo enačbo

(x 2 -3x+ 1)(x+1)(x+2)(x-4)(x-5)=-30,

(x 2 -3x+ 1)((x+1)∙(x-4))((x+2)∙(x -_5))=-30,

(x 2 -3x+ 1)(x 2 -3x-4)(x 2 -3x-10)=-30, Predstavimo novo spremenljivko. Pustiti

x 2 -3x+ 1=t, potem je t(t-5)(t-11)=-30, t=6 je koren te enačbe. Odprimo oklepaje in dobimo t 3 -16t 2 +55t+30=0,

Polinom t 3 -16t 2 +55t+30 delimo s t-6 in v količniku dobimo t 2 -10t-5.

Rešimo enačbo t 2 -10t-5=0, t 1 =5+
, t 2 =5-.

Vrnimo se k prvotni spremenljivki, za to rešimo tri enačbe:

Odgovori. x 1,2 =, x 3,4 =
, x 5,6 =
.

Enačba oblike (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = Eх 2 ;

Reši enačbo:

(x – 4)(x 2 + 15 + 50)(x – 2) = 18x 2

Razložimo x 2 + 15 + 50.

x 2 + 15 + 50 = 0, x 1 = -5, x 2 = -10, potem x 2 + 15x + 50 = (x + 5)(x + 10). Enačba bo imela obliko:

(x – 4)(x + 5)(x + 10)(x – 2) = 18x 2,

(x 2 + x – 20)(x 2 + 8x – 20) = 18x 2. Ker x = 0 ni koren enačbe, potem če obe strani enačbe delimo z x 2, dobimo

(x+1- )(x+8-)=18.

Predstavimo novo spremenljivko. Naj bo t= x-, potem (t+1)(t+8)=18,

t 2 +9t-10=0, t 1 =10, t 2 =-1 Vrnimo se k prvotni spremenljivki:

Odgovori. x=-5, x = 4, x= -5 -3
, x= -5 +3.

Enačba oblike ax 4 +bx 3 +cx 2 +bx+a=0, ax 6 +bx 5 +cx 4 +dx 3 +cx 2 +bx+a=0 itd. Take enačbe imenujemo povratno.Imajo posebno "simetrijo": koeficient za x 6 je enak brezplačen član, sta koeficienta za x 5 in x, za x 4 in x 2 enaka. Recipročne enačbe se rešujejo z zamenjavo x +=t.

Enačba x 4 +2x 3 – 22x 2 +2x+1=0 nima celih korenov (delitelji prostega člena ±1 niso koreni enačbe).

Ker x = 0 ni koren enačbe, potem če obe strani enačbe delimo z x 2, dobimo (x 2 + ) -2(x+)-22=0.

Predstavimo novo spremenljivko. Naj bo t= x+, potem je x 2 +2+ =t 2, dobimo enačbo t 2 -2-2t-22=0, t 2 -2t-24=0 t 1 =6, t 2 =-4. Vrnimo se k prvotni spremenljivki:

Odgovori. x 1,2 = 3 ±2, x 3,4 = -2 ±.

3.5.. Za reševanje kvadratnih enačb se uporablja metoda izolacije celotnega kvadrata. Za reševanje enačb tretje in četrte stopnje lahko uporabite tudi binomske formule.

Formule za skrajšano množenje, ki jih poznate:

(x±a) 2 =x 2 ±2x+a 2;

(x±a) 3 =x 3 ±3x 2 a+3xa 2 ±a 3;

(x+a)(x-a)=x 2 -a 2;

(x+a)(x 2 -x+a 2)= x 3 +a 3;

(x-a)(x 2 +x+a 2)= x 3 -a 3;

(x+y+z) 2 =x 2 +y 2 +z 2 +2xy+2xz+2yz/

Formulo (x+a) 4 lahko dobimo na naslednji način: (x+a) 4 = (x+a) 3 (x+3)= (x 3 +3x 2 a+3xa 2 +a 3) (x+ a) = x 4 +4x 3 a+6x 2 a 2 +4x 3 +a 4.

Razširitvene koeficiente je mogoče najti s pomočjo Pascalovega trikotnika

(po imenu francoski matematik Blaise Pascal):

V vsaki vrstici tega trikotnika so stopenjski koeficienti, razen prvega in zadnjega, pridobljeni s poparnim seštevanjem najbližjih koeficientov prejšnje vrstice.

Primer.1.

Za (x+a) 7: eksponent enako številu 7, kar pomeni, da so njegovi koeficienti v osmi vrstici, to so 1,7,21,35,35,21,7,1, ki jih dobimo iz prejšnje vrstice takole:

7=1+6, 21=6+15, 35=15+20, 35= 20+15, 21=15+20, 7=6+1.

Dobimo: (x+a) 7 =x 7 +7x 6 a+21x 5 a 2 +35x 4 a 3 +35x 3 a 4 +21x 2 a 5 +7x 6 +a 7.

Pri pisanju formul za skrajšano množenje višjih potenc obstajajo naslednja načela:

Število členov dobljenega polinoma na enoto več kot kazalnik stopnje;

Eksponent X vsak naslednji člen ima enega manj in eksponent a− še eno;

Vsota eksponentov x in a je konstantna in enaka eksponentu polinoma;

Koeficienti polinoma, ki je enako oddaljen od začetka in konca, so enaki.

Rešite enačbo x 3 +6x 2 +12x-16=0.

Rešitev: uporabite formulo (x+a) 3 = 1∙x 3 +3x 2 a+3xa 2 +1∙a 3.

x 3 +6x 2 +12x+16=0, (x 3 +3∙2x 2 +3∙2 2 x+2 3) +8=0, (x+2) 3 +2 3 =0, (x+ 2 +2)((x+2) 2 -2 (x+2)+4)=0, 1. x=-4, 2. (x+2) 2 -2 (x+2)+ 4=0,

x 2 +2x +4=0, D=-12, brez pravih korenin.

Odgovori. x = -4.

Rešite enačbo x 4 -12x 3 +54x 2 -108x+48=0, x 4 -12x 3 +54x 2 -108x+48= (x 4 -4x 3 ∙3+6x 2 3 2 -4x3 3 + 4 4 ) -4 4 +48= (x-3) 4 -64+48=0, (x-3) 4 - 16=0. Uporabimo razliko kvadratov (x-3-4)(x-3+4)=0, (x-7)(x+1)=0, x=7, x=-1.

odgovor: x=-1, x=7.

3.6. Uporaba Vietovega izreka.

1.Vietov izrek za kubično enačbo:

če je x 1, x 2, x 3 ─ korenine enačbe x 3 +bx 2 +cx+d=0, a≠0, to

X 1 + x 2 + x 3 =- b,

x 1 X 2 + x 2 X 3 + x 1 x 3 = c,

X 1 X 2 X 3 = - d.

2.Vietov izrek za enačbe četrte stopnje:

če so x 1, x 2, x 3, x 4 koreni enačbe x 4 + b x 3 +cx 2 +x+dx+e=0, to

X 1 + x 2 + x 3 +x 4 =- b,

x 1 X 2 + x 1 X 3 + x 1 X 4 + x 2 X 3 + x 2 x 4 +x 3 X 4 = c,

X 1 X 2 X 3 X 4 = e,

x 1 X 2 X 3 + x 1 X 2 X 4 + x 1 X 3 X 4 + x 2 X 3 x 4 = - d.

Rešite enačbo x 3 -4 x 2 +x+6=0.

naj bodo x 1, x 2, x 3, x 4 ─ korenine enačbe, potem je x 1 + x 2 + x 3 =4, x 1 x 2 +x 2 x 3 +x 1 x 3 =1, x 1 x 2 x 3 = -6. Preverimo, katera od števil ±1, ±2, ±3, ±6 izpolnjujejo pogoje: x 1 + x 2 + x 3 =4, x 1 x 2 +x 2 x 3 +x 1 x 3 =1, x 1 x 2 x 3 = -6. To so x=-1, x=2 in x=3.

Uporaba formul za skrajšano množenje.

Literatura

1. Vygodsky M.Ya. Priročnik za osnovno matematiko. – M. Državna založba fizične in matematične literature, 1970.

2. Galitsky M.L., Goldman M., Zvavič L.I. Zbirka problemov iz algebre za 8-9 razred: učbenik za učence v šolah in razredih s poglobljenim študijem matematike: 4. izd. - M.: Prosveshchenie, 1997.

3. Yu.M. Koljagin. Algebra in začetki analize: učbenik (profil in osnovna raven) za 10. razred splošnoizobraževalnih ustanov - M.: Mnemosyna 2006.

4. Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G. Dodatna poglavja k šolskemu učbeniku. 8. razred M., Izobraževanje, 1996.

5. K.S. Muravin. Algebra 8: učbenik za izobraževalne ustanove - M: Drofa, 2008

6. Enciklopedični slovar mladega matematika. – M.: Pedagogika, 2007.

7. /spr/algebra/ferrary.htm

KONTAKTI:

347611, regija Rostov, okrožje Salsky, x. Mayak, st. Centralna, 4

Z eno neznanko, tj enačbe oblike (*) Pn(x)= ...

V naših katalogih boste našli žico PTPZh 2x1,2 dostopne cene. Garantiramo visoka kvaliteta vseh ponujenih izdelkov. Trgovska hiša "Cable Resource" omogoča nakup žice PTPZh 2x1,2 tako na debelo kot v majhnih količinah. Hitro previjanje v skladišču v Moskvi. Na enem mestu lahko kupite celotno ponudbo elektro opreme, svetil in kabelsko-žičnih izdelkov.

Namen žice PTPZh 2x1.2

Žica PTPZh 2x1,2, ki se prodaja iz skladišča TD "Kable-Resurs", ima dvojni namen:

• lahko se uporablja pri postavitvi žičnih oddajnih omrežij. V tem primeru mora žica delovati pri temperaturi okolice, ki ni nižja od -40 ° C in ne višja od +60 ° C;
• lahko se uporablja na gradbiščih za segrevanje betona. Pri izvajanju te operacije se upoštevajo pogoji ogrevanja, upošteva se temperatura okolju. S pomočjo posebnih tabel je izbrana strogo določena dolžina žice PTPZh 2x1,2, po kateri je slednja pritrjena na ojačitveni okvir. Pomembno je vedeti, da pri segrevanju betona temperatura zraka ne sme biti pod -30 °C.

Izvedba žice PTPZh 2x1,2

Žica, o kateri govorimo o v tem pregledu sestavljajo:

• dva (glej številko 2 v oznaki) prevodna jekla iz jekla. Imajo enožično zasnovo, okrogle oblike, premer enak 1,2 mm (glej ustrezno številko v oznaki) in upor, ki ne presega 140 ohmov na 1 km dolžine;
• izolacijske lupine vodnikov iz LDPE (polietilen visok pritisk). Glavna prednost teh komponent je njihova izjemno visoka električni upor(enako najmanj 5000 MOhm na 1 km dolžine). Zahvaljujoč tej kakovosti je električni stik popolnoma odpravljen ne le med vodniki žice PTPZh 2x1,2, temveč tudi med temi elementi in zunanjimi predmeti (vključno z ljudmi).

Izolirana prevodna jedra so nameščena vzporedno drug z drugim, zaradi česar ima žica PTPZh 2x1,2 ravno obliko. Izolacijski lupini sta povezani z razdelilno podlago, katere material je isti LDPE.

Ne glede na namen, za katerega se uporablja žica PTPG 2x1,2, morate pri polaganju upoštevati pravilo: polmer vsakega montažnega ovinka, oblikovanega na izdelku, mora biti večji od 10 njegovih zunanjih premerov.

Reši enačbo X 2 +(1x) 2 =x

Dokažite, da ni celih števil, ki bi se povečala za 5-krat, ko začetno števko premaknete na konec.

V določenem kraljestvu sta vsaka dva prijatelja ali sovražnika. Vsak človek se lahko kdaj skrega z vsemi prijatelji in pomiri z vsemi sovražniki. Izkazalo se je, da lahko vsaka tretja oseba postane prijatelj na ta način. Dokaži, da lahko vsi ljudje v tem kraljestvu postanejo prijatelji.

V trikotniku je ena od median pravokotna na eno od simetral. Dokaži, da je ena stranica tega trikotnika dvakrat večja od druge.

Naloge za izvedbo regionalne (mestne) olimpijade za šolarje iz matematike.

V streljanju na tarčo je športnik dosegel le 8,9 in 10 točk. Skupno je z več kot 11 streli dosegel točno 100 točk. Koliko udarcev je zadel športnik in kakšni so bili zadetki?

Dokaži resničnost neenakosti:

3. Reši enačbo:

Poiščite trimestno število, ki se zmanjša za faktor 7, potem ko prečrtate srednjo števko.

IN trikotnik ABC Iz oglišč A in B narišemo simetrali. Nato iz oglišča C narišemo premici, vzporedne s tema simetralama. Točki D in E presečišča teh premic s simetralama sta povezani. Izkazalo se je, da sta premici DE in AB vzporedni. Dokaži, da je trikotnik ABC enakokrak.

Naloge za izvedbo regionalne (mestne) olimpijade za šolarje iz matematike.

Rešite sistem enačb:

Na stranicah AB in AD paralelograma ABCD sta vzeti točki E oziroma K, tako da je odsek EK vzporeden z diagonalo VD. Dokaži, da sta ploščini trikotnikov ALL in SDK enaki.

Odločili so se, da bodo skupino turistov posedli na avtobuse tako, da je imel vsak avtobus enako število potniki. Sprva so na vsak avtobus strpali 22 ljudi, a se je izkazalo, da enega turista ni mogoče spraviti. Ko je en avtobus odpeljal prazen, so se vsi turisti enakomerno vkrcali na preostale avtobuse. Koliko avtobusov je bilo na začetku in koliko turistov je bilo v skupini, če vemo, da lahko vsak avtobus sprejme največ 32 ljudi?

Naloge za izvedbo regionalne (mestne) olimpijade za šolarje iz matematike.

Rešite sistem enačb:

Dokažite, da štiri razdalje od točke na krogu do vrha vanj včrtanega kvadrata ne morejo biti hkrati racionalna števila.

Možne rešitve težav

1. Odgovor: x=1, x=0,5

Premikanje začetne številke na konec ne spremeni vrednosti števila. V tem primeru naj bi glede na pogoje naloge dobili število, ki je 5-krat večje od prvega števila. Zato mora biti prva številka zahtevanega števila enaka 1 in samo 1. (če je prva številka 2 ali več, se bo vrednost spremenila, 2*5=10). Ko premaknete 1 na konec, se dobljeno število konča z 1, zato ni deljivo s 5.

Iz pogoja izhaja, da če sta A in B prijatelja, potem je C bodisi njun skupni sovražnik bodisi skupni prijatelj (sicer se trije ne bodo pomirili). Vzemimo vse prijatelje osebe A. Iz povedanega sledi, da so med seboj vsi prijateljski, z drugimi pa so sovražni. Zdaj pa naj se A in njegovi prijatelji izmenično prepirajo s prijatelji in sklepajo mir s sovražniki. Po tem bodo vsi prijatelji.

Res, naj bo A prvi, ki se bo prepiral s svojimi prijatelji in sklenil mir s svojimi sovražniki, toda potem se bo vsak od njegovih prejšnjih prijateljev pomiril z njim in nekdanji sovražniki bosta ostala prijatelja. Tako se izkaže, da so vsi ljudje prijatelji A-ja in s tem prijatelji drug drugega.

Število 111 je deljivo s 37, torej je tudi zgornja vsota deljiva s 37.

Po pogoju je število deljivo s 37, torej vsota

Deljivo s 37.

Upoštevajte, da navedena sredina in simetrala ne moreta izhajati iz istega oglišča, saj bi bil sicer kot pri tem oglišču večji od 180 0. Naj se zdaj v trikotniku ABC simetrala AD in mediana CE sekata v točki F. Potem je AF simetrala in višina v trikotniku ACE, kar pomeni, da je ta trikotnik enakokrak (AC = AE), in ker je CE mediana, potem AB = 2AE in zato AB = 2AC.

Možne rešitve težav

1. Odgovor: 9 metov za 8 točk,

2 meta za 9 točk,

1 met za 10 točk.

Pustiti xšportnik je udaril in izločil 8 točk, l meti za 9 točk, z meti za 10 točk. Nato lahko ustvarite sistem:

S prvo enačbo sistema zapišemo:

Iz tega sistema izhaja, da x+ l+ z=12

Pomnožimo drugo enačbo z (-8) in jo prištejmo prvi. To razumemo l+2 z=4 , kje l=4-2 z, l=2(2- z) . torej pri – sodo število, tj. y=2t, Kje .

torej

3. Odgovor: x = -1/2, x = -4

Po zmanjšanju ulomkov na isti imenovalec dobimo

4. Odgovor: 105

Označimo z x, l, z prvo, drugo in tretjo številko želene vrednosti trimestno število. Potem ga lahko zapišemo v obliki . Po prečrtanju srednje številke dobite dvomestno število. Glede na pogoje problema, tj. neznane številke x, l, z zadovoljiti enačbo

7(10 x+ z)=100 x+10 l+ x, ki po znižanju podobni člani okrajšave pa imajo obliko 3 z=15 x+5 l.

Iz te enačbe sledi, da z mora biti deljivo s 5 in mora biti pozitivno, saj po pogoju . Zato je z =5 in številke x, y zadoščajo enačbi 3=3x + y, ki na podlagi pogoja velja edina odločitev x =1, y = 0. Zato so pogoji problema izpolnjeni ednina 105.

S črko F označimo točko, v kateri se sekata premici AB in CE. Ker so črte DB in CF vzporedne, potem . Ker je BD simetrala kota ABC, sklepamo, da . Iz tega sledi, da je, tj. trikotnik BCF je enakokrak in BC=BF. Toda iz pogoja sledi, da je štirikotnik BDEF paralelogram. Zato je BF = DE in zato BC = DE. Na podoben način dokažemo, da je AC = DE. To vodi do zahtevane enakosti.

Možne rešitve težav

1.

Od tod (x + y) 2 = 1 , tj. x + y = 1 oz x + y = -1.

Razmislimo o dveh primerih.

A) x + y = 1. Nadomeščanje x = 1 – y

b) x + y = -1. Po zamenjavi x = -1-y

Torej so samo naslednji štirje pari števil lahko rešitve sistema: (0;1), (2;-1), (-1;0), (1;-2). S podstavitvijo v enačbe izvornega sistema se prepričamo, da je vsak od teh štirih parov rešitev sistema.

Trikotnika CDF in BDF imata skupna točka FD in enake višine, saj sta premici BC in AD vzporedni. Zato sta njuni površini enaki. Podobno sta ploščini trikotnikov BDF in BDE enaki, saj je premica BD vzporedna s premico EF. In ploščini trikotnikov BDE in BCE sta enaki, saj je AB vzporeden s CD. To pomeni zahtevano enakost ploščin trikotnikov CDF in BCE.

Glede na domeno definicije funkcije zgradimo graf.

Uporaba formule izvedimo nadaljnje transformacije

Z uporabo adicijskih formul in nadaljnjimi transformacijami dobimo

5. Odgovor: 24 avtobusov, 529 turistov.

Označimo z k začetno število avtobusov. Iz pogojev problema izhaja, da in da je število vseh turistov enako 22 k +1 . Po odhodu enega avtobusa so se vsi turisti usedli v preostalega (k-1) avtobusi. Zato je število 22 k +1 mora biti deljivo z k-1. Tako se je problem zmanjšal na določitev vseh celih števil, za katera je število

Je celo število in zadošča neenakosti (število n je enako številu turistov, vkrcanih na vsak avtobus, glede na pogoje problema pa lahko avtobus sprejme največ 32 potnikov).

Število bo celo število samo, če je število celo število. Slednje je možno le, če k=2 in pri k=24 .

če k=2 , To n=45.

In če k=24 , To n=23.

Od tu in iz pogoja dobimo le to k=24 izpolnjuje vse pogoje problema.

Zato je bilo na začetku 24 avtobusov, število vseh turistov pa je enako n(k-1)=23*23=529

Možne rešitve težav

1. odgovor:

Potem bo enačba dobila obliko:

dobil kvadratna enačba relativno R.

2. Odgovor: (0;1), (2;-1), (-1;0), (1;-2)

Če seštejemo enačbe sistema, dobimo , oz

Od tod (x + y) 2 = 1 , tj. x + y = 1 oz x + y = -1.

Razmislimo o dveh primerih.

A) x + y = 1. Nadomeščanje x = 1 – y v prvo enačbo sistema, dobimo

b) x + y = -1. Po zamenjavi x = -1-y v prvo enačbo sistema, dobimo oz