Diophantus ikinci dereceden denklemleri nasıl oluşturdu ve çözdü? Dolayısıyla denklem: (10+x)(10 -x) =96 veya: 100 - x2 =96 x2 - 4=0 (1) Yunan matematiği yalnızca pozitif sayıları bildiğinden Diophantus için x = -2 çözümü mevcut değildir. .

Src="https://current5.com/sunum/137369579_55459696/image-4.jpg" alt="Hindistan'da ikinci dereceden denklemler. ax2 + bx = c, a>0. (1)"> Квадратные уравнения в Индии. ах2 + bх = с, а>0. (1)!}

El-Khorezmi'de ikinci dereceden denklemler. 1) “Kareler eşit köklerdir” yani ax2 + c = bx. 2) “Kareler sayılara eşittir” yani ax2 = c. 3) “Kökler sayıya eşittir” yani ax = c. 4) “Kareler ve sayılar köklere eşittir” yani ax2 + c = bx. 5) “Kareler ve kökler sayıya eşittir” yani ax2 + bx = c. 6) “Kökler ve sayılar karelere eşittir” yani bx + c = ax2.

13. ve 17. yüzyıllarda Avrupa'da ikinci dereceden denklemler. x2 +bx = c, b, c katsayılarının işaretlerinin tüm olası kombinasyonları için Avrupa'da yalnızca 1544'te M. Stiefel tarafından formüle edildi.

Vieta teoremi hakkında. "Eğer B + D çarpı A - A 2, BD'ye eşitse, o zaman A, B'ye ve D'ye eşit olur." Modern cebir dilinde, yukarıdaki Vieta formülasyonu şu anlama gelir: eğer (a + b)x - x2 = ab, yani x2 - (a + b)x + ab = 0 ise, o zaman x1 = a, x2 = b.

İkinci dereceden denklemleri çözme yöntemleri. 1. YÖNTEM: Denklemin sol tarafının çarpanlara ayrılması. x2 + 10 x - 24 = 0 denklemini çözelim. Sol tarafı çarpanlarına ayıralım: x2 + 10 x - 24 = x2 + 12 x - 24 = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12) (x - 2). Bu nedenle denklem şu şekilde yeniden yazılabilir: (x + 12)(x - 2) = 0 Çarpım sıfır olduğuna göre faktörlerinden en az biri sıfırdır. Dolayısıyla x = 2'de denklemin sol tarafı sıfır olur, x = - 12'de de sıfır olur. Bu, 2 ve - 12 sayısının x2 + 10 x - 24 = 0 denkleminin kökleri olduğu anlamına gelir.

2. YÖNTEM: Tam kare çıkarma yöntemi. x2 + 6 x - 7 = 0 denklemini çözelim. Sol taraftan tam bir kare seçin. Bunun için x2 + 6 x ifadesini şu şekilde yazıyoruz: x2 + 6 x = x2 + 2 x 3. Ortaya çıkan ifadede ilk terim x sayısının karesi, ikincisi ise çiftidir. x'in 3'e çarpımı. Bu nedenle, tam bir kare elde etmek için 32 eklemeniz gerekir, çünkü x2 + 2 x 3 + 32 = (x + 3)2. Şimdi denklemin sol tarafını x2 + 6 x - 7 = 0'a ekleyip 32'yi çıkararak dönüştürüyoruz. Elimizde: x2 + 6 x - 7 = x2 + 2 x 3 + 32 - 7 = (x + 3) 2 - 9 - 7 = (x + 3)2 - 16. Böylece bu denklem şu şekilde yazılabilir: (x + 3)2 - 16 = 0, (x + 3)2 = 16. Dolayısıyla x + 3 - 4 = 0, x1 = 1 veya x + 3 = -4, x2 = -7.

3. YÖNTEM: İkinci dereceden denklemleri formülü kullanarak çözme. ax2 + bx + c = 0, a ≠ 0 denkleminin her iki tarafını da 4 a ile çarparsak, sırasıyla şunu elde ederiz: 4 a 2 x2 + 4 abx + 4 ac = 0, ((2 ax)2 + 2 ax b + b 2) - b 2 + 4 ac = 0, (2 ax + b)2 = b 2 - 4 ac, 2 ax + b = ± √ b 2 - 4 ac, 2 ax = - b ± √ b 2 - 4 klima,

4. YÖNTEM: Vieta teoremini kullanarak denklemleri çözme. Bilindiği gibi, indirgenmiş ikinci dereceden denklem x2 + px + c = 0 biçimindedir. (1) Kökleri, a = 1 için x 1 x 2 = q, x 1 + x 2 = - biçiminde olan Vieta teoremini karşılar. p a) x 2 – 3 x + 2 = 0; x 1 = 2 ve x 2 = 1, çünkü q = 2 > 0 ve p = - 3 0 ve p = 8 > 0. b) x 2 + 4 x – 5 = 0; x 1 = - 5 ve x 2 = 1, çünkü q= - 5 0; x 2 – 8 x – 9 = 0; x 1 = 9 ve x 2 = - 1, çünkü q = - 9

5. YÖNTEM: Denklemlerin “atma” yöntemiyle çözülmesi. İkinci dereceden ax2 + bx + c = 0 denklemini düşünün, burada a ≠ 0. Her iki tarafı a ile çarparak a 2 x2 + abx + ac = 0 denklemini elde ederiz. ax = y olsun, dolayısıyla x = y/a; sonra verilen denklemin eşdeğeri olan y2 + by + ac = 0 denklemine ulaşırız. Vieta teoremini kullanarak y1 ve y2 köklerini buluyoruz. Sonunda x1 = y1/a ve x1 = y2/a elde ederiz.

Örnek. 2 x2 – 11 x + 15 = 0 denklemini çözelim. Çözüm. Serbest terime 2 katsayısını atalım, sonuç olarak y2 – 11 y + 30 = 0 denklemini elde ederiz. Vieta teoremine göre y1 = 5 y2 = 6 x1 = 5/2 x 2 = 6/2 Cevap : 2, 5; 3. x 1 = 2. 5 x 2 = 3.

6. YÖNTEM: İkinci dereceden bir denklemin katsayılarının özellikleri. A. İkinci dereceden denklem ax2 + bx + c = 0 verilsin, burada a ≠ 0. 1) a + b + c = 0 ise (yani katsayıların toplamı sıfırsa), o zaman x1 = 1, x2 = c/A. Kanıt. Denklemin her iki tarafını a ≠ 0'a bölerek ikinci dereceden indirgenmiş denklem x 2 + b/a x + c/a = 0'ı elde ederiz. Vieta teoremine göre, x 1 + x 2 = - b/a, x 1 x 2 = 1 c/a. Koşula göre a – b + c = 0, dolayısıyla b = a + c. Böylece, x 1 + x 2 = - a + b/a= -1 – c/a, x 1 x 2 = - 1 (- c/a), yani x1 = -1 ve x2 = c/ a, yani kanıtlanması gereken şey.

B. İkinci katsayı b = 2 k çift bir sayı ise, bu durumda köklerin formülü B'dir. Yukarıdaki x2 + px + q = 0 denklemi, a = 1, b = p ve c = olan genel bir denklemle örtüşür. Q. Bu nedenle, indirgenmiş ikinci dereceden denklem için kök formül şu şekildedir:

7. YÖNTEM: İkinci dereceden bir denklemin grafik çözümü. Eğer x2 + px + q = 0 denkleminde ikinci ve üçüncü terimleri sağa kaydırırsak x2 = - px - q elde ederiz. y = x2 ve y = - px - q bağımlılığının grafiklerini oluşturalım.

Örnek 1) x2 - 3 x - 4 = 0 denklemini grafiksel olarak çözelim (Şekil 2). Çözüm. Denklemi x2 = 3 x + 4 formunda yazalım. Bir y = x2 parabolünü ve y = 3 x + 4 düz bir çizgiyi oluşturun. y = 3 x + 4 düz çizgisi iki M (0; 4) ve N(3;13) . Cevap: x1 = - 1; x2 = 4

8. YÖNTEM: İkinci dereceden denklemleri pergel ve cetvel kullanarak çözme. kare pergel ve cetvelin köklerini bulma (Şekil 5). denklemler O zaman sekant teoremine göre OB OD = OA OC elde ederiz, dolayısıyla OC = OB OD/ OA = x1 x2/ 1 = c/a. ax2 + bx + c = 0 kullanarak

Src="https://current5.com/sunum/137369579_55459696/image-19.jpg" alt="1) Çemberin yarıçapı merkezin koordinatından daha büyük (AS > SK veya R) > bir +"> 1) Радиус окружности больше ординаты центра (AS > SK, или R > a + c/2 a), окружность пересекает ось Ох в двух точках (6, а рис.) В(х1; 0) и D(х2; 0), где х1 и х2 - корни квадратного уравнения ах2 + bх + с = 0. 2) Радиус окружности равен ординате центра (AS = SB, или R = a + c/2 a), окружность касается оси Ох (рис. 6, б) в точке В(х1; 0), где х1 - корень квадратного уравнения. 3) Радиус окружности меньше ординаты центра окружность не имеет общих точек с осью абсцисс (рис. 6, в), в этом случае уравнение не имеет решения.!}

9. YÖNTEM: İkinci dereceden denklemlerin nomogram kullanılarak çözülmesi. z 2 + pz + q = 0. Nomogramın eğrisel ölçeği aşağıdaki formüllere göre oluşturulur (Şekil 11): OS = p, ED = q, OE = a (hepsi cm cinsinden) varsayılarak, Üçgenlerin benzerliğinden SAN ve CDF oranını elde ediyoruz

Örnekler. 1) z 2 - 9 z + 8 = 0 denklemi için nomogram, z 1 = 8, 0 ve z 2 = 1, 0 köklerini verir (Şekil 12). 2) Bir nomogram kullanarak 2 z 2 - 9 z + 2 = 0 denklemini çözüyoruz. Bu denklemin katsayılarını 2'ye bölerek z 2 - 4, 5 z + 1 = 0 denklemini elde ediyoruz. Nomogram şunu verir: kökler z 1 = 4 ve z 2 = 0, 5. 3) z 2 - 25 z + 66 = 0 denklemi için p ve q katsayıları ölçeğin dışındadır, z = 5 t yerine koyma işlemi yaparız, şunu elde ederiz: nomogramları kullanarak çözdüğümüz ve t 1 = 0,6 ve t 2 = 4,4'ü elde ettiğimiz denklem t 2 - 5 t + 2, 64 = 0, buradan z 1 = 5 t 1 = 3,0 ve z 2 = 5 t 2 = 22.0.

10. YÖNTEM: İkinci dereceden denklemlerin çözümü için geometrik yöntem. Örnekler. 1) x2 + 10 x = 39 denklemini çözelim. Orijinalde bu problem şu şekilde formüle edilmiştir: “Kare ve on kök 39'a eşittir” (Şekil 15). Orijinal karenin gerekli tarafı x için elde ederiz

y2 + 6 y - 16 = 0. Çözüm Şekil 2'de gösterilmektedir. 16, burada y2 + 6 y = 16 veya y2 + 6 y + 9 = 16 + 9. Çözüm. y2 + 6 y + 9 ve 16 + 9 ifadeleri geometrik olarak aynı kareyi temsil eder ve orijinal denklem y2 + 6 y - 16 + 9 - 9 = 0 aynı denklemdir. Bundan y + 3 = ± 5 veya y1 = 2, y2 = - 8 sonucunu elde ederiz (Şekil 16).

Antik Babil'de ikinci dereceden denklemler Eski zamanlarda bile sadece birinci değil ikinci dereceden denklemleri çözme ihtiyacı, arsaların alanlarını bulma ve bir arazinin kazı çalışmaları ile ilgili problemleri çözme ihtiyacından kaynaklanmıştır. askeri doğanın yanı sıra astronomi ve matematiğin gelişmesiyle birlikte. Babilliler ikinci dereceden denklemleri bizim inancımızdan yaklaşık 2000 yıl önce çözebiliyorlardı. Modern cebirsel gösterimi kullanarak, çivi yazılı metinlerinde eksik olanlara ek olarak, örneğin tam ikinci dereceden denklemlerin bulunduğunu söyleyebiliriz: Babil metinlerinde belirtilen bu denklemleri çözme kuralı, modern olanla örtüşür, ancak Babillilerin bu kuralları nasıl edindikleri bilinmiyor. Şu ana kadar bulunan hemen hemen tüm çivi yazılı metinler, yalnızca yemek tarifleri şeklinde ortaya konan çözümlerle ilgili sorunlar sunuyor ve bunların nasıl bulunduğuna dair hiçbir gösterge yok. Babil'de cebirin yüksek düzeyde gelişmesine rağmen çivi yazısı metinleri negatif sayı kavramından ve ikinci dereceden denklemleri çözmek için genel yöntemlerden yoksundur.

Diophantus ikinci dereceden denklemleri nasıl oluşturdu ve çözdü: "Toplamlarının 20 ve çarpımlarının 96 olduğunu bilerek iki sayı bulun." Diophantus şu sonuca varır: problemin koşullarından gerekli sayıların eşit olmadığı sonucu çıkar. eğer eşit olsaydı çarpımları 96 değil 100 olurdu. Yani bunlardan biri toplamlarının yarısından fazlası olurdu, yani. 10+X, diğeri daha küçüktür, yani. 10-X. Aralarındaki fark 2X Dolayısıyla X=2'dir. Gerekli sayılardan biri 12, diğeri ise 8'dir. Yunan matematiği yalnızca pozitif sayıları bildiğinden Diophantus için X = -2 çözümü mevcut değildir. DENKLEM: veya:

Hindistan'daki ikinci dereceden denklemler İkinci dereceden denklemlerle ilgili problemler, Hintli matematikçi ve gökbilimci Aryabhatta tarafından 499 yılında derlenen “Aryabhattiam” astronomi incelemesinde de bulunmaktadır. Başka bir Hintli bilim adamı Brahmagupta, tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemlerin çözümüne ilişkin genel kuralın ana hatlarını çizdi: ax ² +bx=c, a>0 12. yüzyılın ünlü Hintli matematikçisi Bhaskara'nın problemlerinden biri Oynak maymun sürüsü doyasıya yemek yiyerek eğlendiler. Sekizinci bölümde meydanda açıklıkta eğleniyordum. Ve asmalarda on iki tane... Asılırken zıplamaya başladılar... Söyle bana, bu sürüde kaç tane maymun vardı? Probleme karşılık gelen denklem:Başkara formun altına şöyle yazıyor: Sol tarafı bir kareye tamamlıyoruz, 0 12. yüzyılın ünlü Hintli matematikçisi Bhaskara'nın problemlerinden biri Bir grup hareketli maymun, doyasıya yemek yiyerek eğlendi. Sekizinci bölümde meydanda açıklıkta eğleniyordum. Ve asmalarda on iki tane... Asılırken zıplamaya başladılar... Söyle bana, bu sürüde kaç tane maymun vardı? Probleme karşılık gelen denklem: Başkara formun altına şöyle yazıyor: Sol tarafı bir kareye tamamladık,">

Antik Asya'da ikinci dereceden denklemler Orta Asyalı bilim adamı Harizmi bu denklemi şöyle çözdü: Şöyle yazmıştı: “Kural şudur: Kök sayısını iki katına çıkarın, x = 2x 5, bu problemde beş elde edersiniz, 5'i bu eşitle çarpın. buna yirmi beş olur, 5 ·5=25 bunu otuz dokuza ekle, altmış dört olur, 64 bundan kökünü al, sekiz olur, 8 ve bu yarıdan sayının yarısını çıkar kökler yani beş, 8-5 kalacak 3 bu da benim baktığım karenin kökü olacak." Peki ya ikinci kök? Negatif sayılar bilinmediğinden ikinci kök bulunamadı. x x = 39

Avrupa XIII-XVII yüzyıllarda ikinci dereceden denklemler. Tek kanonik x2+inx+c=0 biçimine indirgenmiş ikinci dereceden denklemleri çözmenin genel kuralı, Avrupa'da yalnızca 1544'te Stiefel tarafından formüle edildi. Avrupa'da ikinci dereceden denklemleri çözmeye yönelik formüller ilk kez 1202'de İtalyan matematikçi Leonard Fibonacci tarafından belirtildi. İkinci dereceden bir denklemin çözümü için formülün genel formda türetilmesi Vieth'te mevcuttur, ancak Vieth yalnızca pozitif kökleri tanımıştır. Sadece 17. yüzyılda. Descartes, Newton ve diğer bilim adamlarının çalışmaları sayesinde ikinci dereceden denklemleri çözme yöntemi modern bir biçim alıyor

Vieta teoremi hakkında Vieta adını taşıyan ikinci dereceden bir denklemin katsayıları ile kökleri arasındaki ilişkiyi ifade eden teorem, ilk kez 1591 yılında kendisi tarafından şu şekilde formüle edilmiştir: “B + D'nin A-A ile çarpımı BD'ye eşitse, o zaman A, B'ye eşittir ve D'ye eşittir." Vieta'yı anlamak için, herhangi bir sesli harf gibi A'nın da bilinmeyen (bizim x'imiz) anlamına geldiğini, B ve D sesli harflerinin ise bilinmeyenin katsayıları olduğunu unutmamak gerekir. Modern cebir dilinde, yukarıdaki Vieta formülasyonu şu anlama gelir: Eğer verilen ikinci dereceden denklem x 2 +px+q=0 gerçek köklere sahipse, bu durumda bunların toplamı -p'ye ve çarpım da q'ya eşit olur, yani, x 1 + x 2 = -p, x 1 x 2 = q (Yukarıdaki ikinci dereceden denklemin köklerinin toplamı, ters işaretle alınan ikinci katsayıya, köklerin çarpımı ise serbest terime eşittir) ).

Çarpanlara ayırma yöntemi genel bir ikinci dereceden denklemi şu forma getirir: A(x)·B(x)=0; burada A(x) ve B(x), x'e göre polinomlardır. Amaç: Ortak çarpanı parantezden çıkarmak; Kısaltılmış çarpma formüllerinin kullanılması; Gruplandırma yöntemi. Yöntemler: Örnek:

İkinci dereceden bir denklemin kökleri: D>0 ise, D ise 0, If D"> 0, If D"> 0, If D" title="İkinci dereceden bir denklemin kökleri: If D>0, If D"> title="İkinci dereceden bir denklemin kökleri: D>0 ise, D ise"> !}

X 1 ve x 2 – denklemin kökleri Vieta teoremini kullanarak denklemleri çözme X 2 + 3X – 10 = 0 X 1 · X 2 = – 10, yani köklerin farklı işaretleri vardır X 1 + X 2 = – 3, yani kökün modülü daha büyük - negatif Seçimle kökleri buluruz: X 1 = – 5, X 2 = 2 Örneğin:

0, Vieta teoreminin tersi olan teorem ile kökleri elde ederiz: 5;6, sonra orijinal denklemin köklerine döneriz: 2.5; 3. Cevap: 2.5; 3. Denklemin çözümü" title=" Denklemi çözün: 2x 2 - 11x +15 = 0. 2 katsayısını 2 - 11y +30= 0 serbest terimine aktaralım. D>0'a göre Vieta teoreminin tersi olan teoremin köklerini alıyoruz: 5;6, sonra orijinal denklemin köklerine dönüyoruz: 2.5; 3. Cevap: 2.5;" class="link_thumb"> 14 !} Denklemi çözün: 2x x +15 = 0. 2 katsayısını y y +30= 0 serbest terimine aktaralım. D>0, Vieta teoreminin tersi teoremine göre kökleri elde ederiz: 5;6, sonra şunu yaparız: orijinal denklemin köklerine dönelim: 2, 5; 3. Cevap: 2.5; 3. Denklemleri “atma” yöntemini kullanarak çözme 0, Vieta teoreminin tersi olan teorem ile kökleri elde ederiz: 5;6, sonra orijinal denklemin köklerine döneriz: 2.5; 3. Cevap: 2.5; 3. "> 0" denkleminin çözümü, Vieta teoreminin tersi teoremine göre, kökleri elde ederiz: 5;6, sonra orijinal denklemin köklerine döneriz: 2.5; 3. Cevap: 2.5; 3. Çözüm > 0, Vieta teoreminin tersi teoremi ile kökleri elde ederiz: 5;6, sonra orijinal denklemin köklerine döneriz: 2.5; 3. Cevap: 2.5; 3. Denklemin çözümü" title=" Denklemi çözün: 2x 2 - 11x +15 = 0. 2 katsayısını 2 - 11y +30= 0 serbest terimine aktaralım. D>0'a göre Vieta teoreminin tersi olan teoremin köklerini alıyoruz: 5;6, sonra orijinal denklemin köklerine dönüyoruz: 2.5; 3. Cevap: 2.5;"> title="Denklemi çözün: 2x 2 - 11x +15 = 0. Katsayı 2'yi serbest terim y 2 - 11y +30= 0'a aktaralım. D>0, Vieta teoreminin tersi teoremi ile kökleri elde ederiz: 5; 6'dan sonra orijinal denklemlerin köklerine dönüyoruz: 2.5; 3. Cevap: 2.5; 3. Denklemin çözümü"> !}

İkinci dereceden bir denklemde a+b+c=0 ise, köklerden biri 1'e eşittir ve Vieta teoremine göre ikinci, Vieta teoremine göre ikinciye eşittir ikinci dereceden bir denklemde a+c=b ise , bu durumda köklerden biri (-1)'e eşit olur ve Vieta teoremine göre ikincisi eşittir. Örnek: İkinci dereceden denklemin katsayılarının özellikleri 137x x – 157 = 0. a = 137, b = 20, c = a + b+ c = – 157 =0. x 1 = 1, Cevap: 1; 137x x – 157 = 0. a = 137, b = 20, c = a + b+ c = – 157 =0. x 1 = 1, Cevap: 1;

İkinci dereceden bir denklemi çözmek için grafiksel yöntem Formül kullanmadan, ikinci dereceden bir denklem grafiksel olarak çözülebilir. Denklemi çözelim.Bunu yapmak için iki grafik oluşturacağız: X Y X 01 Y012 Cevap: Grafiklerin kesişim noktalarının apsisleri denklemin kökleri olacaktır. Grafikler iki noktada kesişiyorsa denklemin iki kökü vardır. Grafikler bir noktada kesişiyorsa denklemin tek kökü vardır. Grafikler kesişmiyorsa denklemin kökleri yoktur. 1)y=x2 2)y=x+1

Nomogram kullanarak ikinci dereceden denklemleri çözme Bu, ikinci dereceden denklemleri çözmenin eski ve haksız yere unutulmuş bir yöntemidir, sayfa 83 “Dört basamaklı matematiksel tablolar” Bradis V.M. Tablo XXII. Bir denklemi çözmek için nomogram Bu nomogram, ikinci dereceden bir denklemi çözmeden, denklemin köklerini katsayılarından belirlemeye olanak tanır. Denklemin nomogramı kökleri verir

İkinci dereceden denklemleri çözmek için geometrik yöntem Geometrinin cebirden daha gelişmiş olduğu eski zamanlarda, ikinci dereceden denklemler cebirsel olarak değil geometrik olarak çözüldü. Ancak, örneğin eski Yunanlıların denklemi nasıl çözdüğü: veya İfadeler ve geometrik olarak aynı kareyi temsil eder ve orijinal denklem aynı denklemdir. Neyi nereden alacağız veya

Sonuç Bu çözüm yöntemlerinin tamamı okul matematik ders kitaplarına yansıtılmadığı için dikkate değerdir; bu tekniklere hakim olmak öğrencilerin zamandan tasarruf etmelerine ve denklemleri etkili bir şekilde çözmelerine yardımcı olacaktır; hızlı çözüm ihtiyacı, giriş sınavlarında test sisteminin kullanılmasından kaynaklanmaktadır;

İkinci dereceden denklemlere çözümlerin gelişiminin tarihi

Aristo

D.I.Mendeleev

Alanı dikdörtgen şeklinde olan bir alanın kenarlarını bulun 12 , A

Bu sorunu ele alalım.

• Alanın uzunluğu x, sonra genişliği olsun,
• – onun alanı.
• İkinci dereceden bir denklem yapalım:
• Papirüs bunu çözmenin kuralını veriyor: "12'ye böl."
• 12: .
• Bu yüzden, .
• Papirüs "Alanın uzunluğu 4" diyor.

• Azaltılmış ikinci dereceden denklem
• gerçek sayılar nerede?

Babil problemlerinden birinde dikdörtgen bir alanın uzunluğunu (bunu belirtelim) ve genişliğini () belirlemek de gerekliydi.

Dikdörtgen bir alanın uzunluğunu ve iki genişliğini topladığınızda 14 elde edersiniz ve alanın alanı 24 olur. Kenarlarını bulun.

Bir denklem sistemi oluşturalım:

Buradan ikinci dereceden bir denklem elde ederiz.

Bunu çözmek için ifadeye belirli bir sayı ekliyoruz,

tam bir kare elde etmek için:

Buradan, .

Aslında ikinci dereceden bir denklem

İki kökü vardır:

• DİEFANT
• MÖ 3. yüzyılda yaşadığı iddia edilen eski bir Yunan matematikçisi. e. Cebirsel denklemlerin çözümüne adanmış bir kitap olan "Aritmetik"in yazarı.
• Günümüzde “Diofant denklemleri” genellikle çözümlerinin tam sayılar arasında bulunması gereken tam sayı katsayılı denklemler anlamına gelmektedir. Diophantus aynı zamanda matematiksel gösterimi geliştiren ilk kişilerden biriydi.

“Toplamlarının 20 ve çarpımlarının 96 olduğunu bilen iki sayı bulun.”

Sayılardan biri toplamlarının yarısından fazla yani 10+, diğeri ise küçük yani 10- olacaktır.

Dolayısıyla denklem ()()=96

Ünlülerin sorunlarından birini sunalım.

12. yüzyıl Hintli matematikçi Bhaskara:

Bir sürü hareketli maymun

Doyduğuma göre yemek yiyerek eğlendim.

Sekizinci bölümün karesi

Açıklıkta eğleniyordum.

Ve sarmaşıklar boyunca on iki tane...

Zıplamaya, asılmaya başladılar...

Kaç tane maymun vardı?

Söyle bana, bu pakette mi?

• Bhaskara'nın çözümü ikinci dereceden denklemlerin köklerinin iki değerli olduğunu bildiğini gösteriyor.
• Denklemin karşılık gelen çözümü

• Bhaskara şeklinde yazıyor ve bu denklemin sol tarafını kareye tamamlamak için her iki tarafa da 32 2 ekliyoruz;

“AL-JEBR” – RESTORASYON – AL-KHWAZMI, EŞİT ŞARTLARI EKLEYEN, ANCAK İŞARETİ TERSİ EKLE, DENKLEMİN HER İKİ KISMINDAN OLUMSUZ TERİMLERİ DIŞARIDA BIRAKMA İŞLEMİNE AD VERMİŞTİR.

“EL-MUQABALE” – ZAYIFLIK – BİR DENKLEMİN PARÇALARINDA BENZER TERİMLERİN İNDİRİLMESİ.

"EL-CEBR" KURALI

DENKLEM ÇÖZÜRKEN

BİRİNCİ BÖLÜMDE İSE,

NE OLDUĞU ÖNEMLİ DEĞİL

NEGATİF BİR ÜYEYLE TANIŞIN,

HER İKİ PARÇADAYIZ

EŞİT ÜYE VERECEĞİZ,

SADECE BAŞKA BİR İŞARETLE,

VE OLUMLU BİR SONUÇ BULACAĞIZ.

1) kareler köklere eşittir yani;

2) kareler sayılara eşittir yani;

3) kökler sayıya eşittir yani;

4) kareler ve sayılar köklere eşittir, yani;

5) kareler ve kökler sayıya eşittir, yani;

6) kökler ve sayılar karelere eşittir, yani.

Görev . Kare ve 21 sayısı 10 köke eşittir. Kökü bulun.

Çözüm. Kök sayısını ikiye bölün - 5 elde edersiniz, 5'i kendisiyle çarpın,

Çarpımdan 21'i çıkaralım, geriye 4 kalsın.

4'ün kökünü alırsan 2 elde edersin.

2'yi 5'ten çıkarın - 3 elde edersiniz, bu istenen kök olacaktır. Veya 5'e ekleyince 7 çıkıyor, bu da bir kök.

Fibonacci, muhtemelen 1170'lerde İtalya'nın ticaret merkezi Pisa'da doğdu. . 1192'de Kuzey Afrika'daki Pisan ticaret kolonisini temsil etmek üzere atandı. Babasının isteği üzerine Cezayir'e taşındı ve orada matematik okudu. 1200 yılında Leonardo Pisa'ya döndü ve ilk eseri olan Abaküs Kitabı'nı yazmaya başladı. [ . Matematik tarihçisi A.P. Yushkevich'e göre Abaküs Kitabı “yöntemlerin çeşitliliği ve gücü, problemlerin zenginliği, sunumun kanıtları ile 12.-14. yüzyılların Avrupa aritmetik-cebir literatürünün keskin bir şekilde üzerine çıkıyor... Sonraki matematikçiler ondan hem problemlerden hem de yöntemlerden geniş ölçüde faydalandılar. bunları çözmek için ».

Fonksiyonun grafiğini çizelim

• Grafik, dalları yukarı doğru yönlendirilmiş bir paraboldür, çünkü

2) Parabolün tepe noktasının koordinatları

W. Sawyer konuştu :

“Cebir okuyan bir kişi için aynı problemi üç veya dört farklı problem çözmek yerine üç farklı şekilde çözmek çoğu zaman daha faydalıdır. Bir problemi farklı yöntemler kullanarak çözerek hangisinin daha kısa ve daha verimli olduğunu karşılaştırmalar yaparak öğrenebilirsiniz. Deneyim bu şekilde geliştirilir.”

“Kent farklılıkların birliğidir”

Aristo

"Ondalık işaretiyle ifade edilen bir sayı, bir Alman, bir Rus, bir Arap ve bir Amerikalı tarafından eşit şekilde okunabilir."

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

x 2 + x = , x 2 – x = 14

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.

Babil'de cebirin yüksek düzeyde gelişmesine rağmen çivi yazısı metinleri negatif sayı kavramından ve ikinci dereceden denklemleri çözmek için genel yöntemlerden yoksundur.

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

Denklemler oluştururken Diophantus, çözümü basitleştirmek için bilinmeyenleri ustaca seçer.

Örneğin burada görevlerinden biri var.

Problem 2. “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 - x. Aralarındaki fark 2x. Dolayısıyla denklem:

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

veya

Dolayısıyla x = 2. Gerekli sayılardan biri 12, diğeri 8'dir. Yunan matematiği yalnızca pozitif sayıları bildiğinden Diophantus için x = - 2 çözümü mevcut değildir.

Bu problemi gerekli sayılardan birini bilinmeyen olarak seçerek çözerseniz denklemin çözümüne ulaşabilirsiniz:

Diophantus'un gerekli sayıların yarı farkını bilinmeyen olarak seçerek çözümü basitleştirdiği açıktır; sorunu tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklemin çözümüne indirgemeyi başarır.
b) Hindistan'da ikinci 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), tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemlerin çözümü için genel bir kural ortaya koydu.

Ah 2 + Bx = c, a > 0

Denklemdeki katsayılar hariç A, negatif olabilir. Brahmagupta'nın kuralı aslında bizimkiyle aynı.

Hindistan'da zor sorunların çözümüne yönelik halka açık yarışmalar yaygındı. Eski Hint kitaplarından biri bu tür yarışmalar hakkında şunları söylüyor: "Güneşin parlaklığıyla yıldızları gölgede bırakması gibi, bilgili bir adam da cebirsel problemler önererek ve çözerek halka açık toplantılarda ihtişamını gölgede bırakacaktır." Sorunlar genellikle şiirsel biçimde sunuldu.

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

Görev 3.

Problem 3'e karşılık gelen denklem:

Bhaskara kisvesi altında yazıyor:

x 2 - 64x = - 768

ve bu denklemin sol tarafını kareye tamamlamak için her iki tarafa da 32 2 eklenir ve şunu elde edilir:

x 2 - b4x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x 1 = 16, x 2 = 48.

c) Al-Khorezmi'nin ikinci dereceden denklemleri

El-Harizmi'nin cebirsel incelemesi doğrusal ve ikinci dereceden denklemlerin bir sınıflandırmasını verir. Yazar 6 tür denklem sayıyor ve bunları şu şekilde ifade ediyor:

1. 
   “Kareler köklere eşittir” yani ax 2 = bx.
2. 
   “Kareler sayılara eşittir” yani ax 2 = c.
3. 
   “Kökler sayıya eşittir” yani ax = c.
4. 
   “Kareler ve sayılar köklere eşittir” yani ax 2 + c = bx.
5. 
   “Kareler ve kökler sayıya eşittir” yani ax 2 + bx = c.
6. 
   "Kökler ve sayılar karelere eşittir", yani bx + c == ax 2.

Bir örnek verelim.

Problem 4. “Kare ve 21 sayısı 10 köke eşittir. Kökü bulun” (denklemin kökü x 2 + 21 = 10x anlamına gelir).

Çözüm: Kök sayısını ikiye bölün, 5 elde edersiniz, 5'i kendisiyle çarpın, sonuçtan 21 çıkarın, kalan 4 olur. 4'ten kökü alın, 2 elde edersiniz. 5'ten 2 çıkarın, 3 elde edersiniz, bu istenilen kök olacaktır. Veya 2'yi 5'e ekleyin, bu da 7'yi verir, bu da bir köktür.

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

d) 13.-17. yüzyıllarda Avrupa'da ikinci dereceden denklemler.

Avrupa'da ikinci dereceden denklemlerin çözümü için Harezmi'nin modelini takip eden formüller ilk olarak İtalyan matematikçi Leonardo Fibonacci'nin 1202 yılında yazdığı "Abaküs Kitabı"nda ortaya konmuştur. Hem İslam ülkelerinden hem de Antik Yunan'dan matematik etkisini yansıtan bu hacimli eser, sunumunun bütünlüğü ve netliği ile öne çıkıyor. 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 birçok problem, 16.-17. yüzyılların neredeyse tüm Avrupa ders kitaplarında kullanıldı. ve kısmen XVIII.

Tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemlerin çözümü için genel kural

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 denklemin çözümü için formülün genel biçimde türetilmesi Vieta'da mevcuttur, ancak Vieta yalnızca pozitif kökleri tanımıştır. 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 şekil alıyor.

Pratik problemlerin çözümüne yönelik cebirsel yöntemlerin kökenleri, antik dünyanın bilimiyle ilişkilidir. Matematik tarihinden bilindiği gibi, Mısırlı, Sümerli, Babilli yazar-hesapçılar (MÖ XX-VI yüzyıllar) tarafından çözülen matematiksel nitelikteki problemlerin önemli bir kısmı hesaplama niteliğindeydi. Ancak o zaman bile zaman zaman, bir miktarın arzu edilen değerinin belirli dolaylı koşullarla belirlendiği ve modern bakış açımıza göre bir denklemin veya denklem sisteminin oluşturulmasını gerektiren sorunlar ortaya çıktı. Başlangıçta bu tür problemleri çözmek için aritmetik yöntemler kullanıldı. Daha sonra cebirsel kavramların başlangıcı oluşmaya başladı. Örneğin Babil hesap makineleri, modern sınıflandırma açısından ikinci derece denklemlere indirgenebilecek problemleri çözebildiler. Daha sonra cebirsel bileşenin izole edilmesi ve bağımsız çalışmasının temelini oluşturan kelime problemlerini çözmek için bir yöntem oluşturuldu.

Bu çalışma başka bir dönemde, ilk olarak denklemlerin standart bir forma getirilmesini sağlayan karakteristik eylemleri tanımlayan Arap matematikçiler (MS VI-X yüzyıllar) tarafından gerçekleştirildi: benzer terimleri getirmek, terimleri denklemin bir kısmından diğerine aktarmak. işaret değişikliği. Ve daha sonra, uzun bir araştırma sonucunda modern cebirin dilini, harflerin kullanımını, aritmetik işlemler için sembollerin tanıtılmasını, parantezleri vb. yaratan Rönesans'ın Avrupalı ​​​​matematikçileri tarafından. 16. yüzyılın başında- 17. yüzyıllar. Matematiğin özel bir parçası olan cebir, kendine has konusu, yöntemi ve uygulama alanlarıyla zaten oluşmuştu. Günümüze kadarki gelişimi, yöntemlerin geliştirilmesi, uygulama alanlarının genişletilmesi, kavramların ve bunların matematiğin diğer dallarındaki kavramlarla bağlantılarının açıklığa kavuşturulmasından ibaretti.

Dolayısıyla denklem kavramıyla ilgili materyalin önemi ve genişliği göz önüne alındığında, modern matematik yöntemlerinde incelenmesi, kökeni ve işleyişiyle ilgili üç ana alanla ilişkilendirilmektedir.

Rusya Federasyonu Eğitim Bakanlığı

Belediye eğitim kurumu

"22 No'lu Ortaokul"

İkinci dereceden ve daha yüksek dereceli denklemler

Tamamlanmış:

8 "B" sınıfı öğrencileri

Kuznetsov Evgeniy ve Rudi Alexey

Danışman:

Zenina Alevtina Dmitrievna

matematik öğretmeni

giriiş

1.1 Antik Babil'deki Denklemler

1.2 Arap denklemleri

1.3 Hindistan'daki Denklemler

Bölüm 2. İkinci dereceden denklemler teorisi ve yüksek dereceli denklemler

2.1 Temel kavramlar

2.2 x'te çift katsayı için formüller

2.3 Vieta teoremi

2.4 Belirli bir nitelikteki ikinci dereceden denklemler

2.5 Daha yüksek dereceli polinomlar (denklemler) için Vieta teoremi

2.6 İkinci dereceden (biquadratik) indirgenebilen denklemler

2.7 İki ikinci dereceden denklemlerin incelenmesi

2.8 Cordano formülleri

2.9 Üçüncü dereceden simetrik denklemler

2.10 Karşılıklı denklemler

2.11 Horner şeması

Çözüm

Kullanılmış literatür listesi

Ek 1

Ek 2

Ek 3

giriiş

Denklemler okul cebir dersinde önde gelen bir yere sahiptir. Çalışmalarına diğer konulardan daha fazla zaman ayrılır. Aslında denklemler yalnızca önemli teorik öneme sahip olmakla kalmaz, aynı zamanda tamamen pratik amaçlara da hizmet eder. Gerçek dünyadaki mekansal formlar ve niceliksel ilişkilerle ilgili çok sayıda problem, çeşitli denklem türlerinin çözülmesinden kaynaklanmaktadır. Bunları çözmenin yollarını öğrenerek, bilim ve teknolojiden (ulaşım, tarım, sanayi, iletişim vb.) kaynaklanan çeşitli sorulara yanıtlar buluyoruz.

Bu yazıda çeşitli denklemleri çözmek için formüller ve yöntemler göstermek istiyorum. Bu amaçla okul müfredatında yer almayan denklemler verilmektedir. Bunlar esas olarak belirli nitelikteki denklemler ve daha yüksek dereceli denklemlerdir. Bu konuyu genişletmek için bu formüllerin kanıtları verilmiştir.

Makalemizin amaçları:

Denklem çözme becerilerini geliştirin

Denklemleri çözmenin yeni yollarını geliştirin

Bu denklemleri çözmenin bazı yeni yollarını ve formüllerini öğrenin.

Çalışmanın amacı temel cebirdir. Çalışmanın konusu denklemlerdir. Bu konunun seçimi, denklemlerin hem ilkokul müfredatında hem de ortaokul, lise ve kolejlerin sonraki her sınıfında yer alması gerçeğine dayanıyordu. Pek çok geometrik problem, fizik, kimya ve biyolojideki problemler denklemler kullanılarak çözülür. Denklemler yirmi beş yüzyıl önce çözüldü. Hem eğitim sürecinde kullanılmak üzere hem de üniversitelerdeki rekabetçi sınavlar için, en üst düzeydeki olimpiyatlar için bugün hala yaratılıyorlar.

Bölüm 1. İkinci dereceden denklemlerin ve yüksek mertebeden denklemlerin tarihi

1.1 Antik Babil'deki Denklemler

Cebir, denklemleri kullanarak çeşitli problemlerin çözülmesiyle bağlantılı olarak ortaya çıktı. Tipik olarak problemler, istenen ve verilen miktarlar üzerinde gerçekleştirilen bazı eylemlerin sonuçlarını bilerek bir veya daha fazla bilinmeyenin bulunmasını gerektirir. Bu tür problemler, bir veya birkaç denklemden oluşan bir sistemin çözülmesine, belirli miktarlarda cebirsel işlemler kullanılarak gerekli olanların bulunmasına indirgenir. Cebir, nicelikler üzerindeki işlemlerin genel özelliklerini inceler.

Lineer ve ikinci dereceden denklemlerin çözümüne yönelik bazı cebirsel teknikler 4000 yıl önce Eski Babil'de biliniyordu. Antik çağda bile sadece birinci değil, aynı zamanda ikinci derecedeki denklemleri çözme ihtiyacı, askeri nitelikteki arsaların ve arazi işlerinin bulunmasıyla ilgili sorunların çözülmesi ihtiyacından kaynaklanıyordu. astronomi ve matematiğin gelişmesiyle birlikte. Daha önce de belirttiğimiz gibi ikinci dereceden denklemler M.Ö. 2000 yıllarında Babilliler tarafından çözülebilmiştir. Modern cebirsel notasyonu kullanarak çivi yazılı metinlerde hem eksik hem de tam ikinci dereceden denklemlerin bulunduğunu söyleyebiliriz.

Babil metinlerinde belirtilen bu denklemleri çözme kuralı esasen modern olanlarla 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.

Babil'de cebirin yüksek düzeyde gelişmesine rağmen çivi yazısı metinleri negatif sayı kavramından ve ikinci dereceden bir denklemi çözmek için genel yöntemlerden yoksundur.

1.2 Arap denklemleri

Araplar tarafından hem ikinci dereceden hem de yüksek mertebeden denklemlerin çözümü için bazı yöntemler geliştirildi. Böylece ünlü Arap matematikçi El-Khorezmi, "El-Jabar" adlı kitabında çeşitli denklemleri çözmenin birçok yolunu anlattı. Onların tuhaflığı, Al-Khorezmi'nin denklemlerin köklerini (çözümlerini) bulmak için karmaşık radikalleri kullanmasıydı. Miras paylaşımına ilişkin sorularda bu tür denklemlerin çözülmesine ihtiyaç vardı.

1.3 Hindistan'daki Denklemler

İkinci dereceden denklemler Hindistan'da da çözüldü. 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), tek bir konik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemlerin çözümü için genel bir kural ortaya koydu:

aх² + bx= c, burada a > 0

Bu denklemde a dışındaki katsayılar negatif olabilir. Brahmagupta'nın kuralı aslında bizimkiyle aynı.

Eski Hindistan'da zor sorunların çözümünde halka açık yarışmalar yaygındı. Eski Hint kitaplarından biri bu tür yarışmalar hakkında şunları söylüyor: "Güneşin parlaklığıyla yıldızları gölgede bırakması gibi, bilgili bir adam da halka açık toplantılarda cebirsel problemler önererek ve çözerek diğerinin ihtişamını gölgede bırakacaktır." Sorunlar genellikle şiirsel biçimde sunuldu.

Hem ikinci dereceden hem de daha yüksek dereceli denklemler, uzak atalarımız tarafından çözüldü. Bu denklemler çok farklı ve uzak ülkelerde çözüldü. Denklemlere duyulan ihtiyaç büyüktü. Denklemler inşaatta, askeri işlerde ve günlük durumlarda kullanıldı.

Bölüm 2. İkinci dereceden denklemler ve yüksek mertebeden denklemler

2.1 Temel kavramlar

İkinci dereceden bir denklem, formun bir denklemidir

a, b, c katsayıları herhangi bir gerçek sayıdır ve a ≠ 0'dır.

İkinci dereceden bir denklemin baş katsayısı 1 ise azaltılmış denklem olarak adlandırılır.

Örnek :

x 2 + 2x + 6 = 0.

İkinci dereceden denklem, baş katsayısı 1'den farklıysa indirgenmemiş denklem olarak adlandırılır.

Örnek :

2x2 + 8x + 3 = 0.

Tam ikinci dereceden denklem, üç terimin de mevcut olduğu ikinci dereceden bir denklemdir, diğer bir deyişle b ve c katsayılarının sıfır olmadığı bir denklemdir.

Örnek :

3x2 + 4x + 2 = 0.

Tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklem, en az bir b, c katsayısının sıfıra eşit olduğu ikinci dereceden bir denklemdir.

Dolayısıyla üç tür tamamlanmamış ikinci dereceden denklem vardır:

1) ax² = 0 (çakışan iki kökü vardır x = 0).

2) ax² + bx = 0 (iki kökü vardır x 1 = 0 ve x 2 = -)

Örnek :

x1 = 0, x2 = -5.

Cevap: x 1 =0, x 2 = -5.

Eğer -<0 - уравнение не имеет корней.

Örnek :

Cevap: Denklemin kökleri yoktur.

–> 0 ise x 1,2 = ±

Örnek :

Cevap: x 1,2 =±

İkinci dereceden herhangi bir denklem, diskriminant (b² - 4ac) kullanılarak çözülebilir. Genellikle b² - 4ac ifadesi D harfiyle gösterilir ve ikinci dereceden ax² + bx + c = 0 denkleminin diskriminantı (veya ikinci dereceden üç ax² + bx + c teriminin diskriminantı) olarak adlandırılır.

Örnek :

x 2 +14x – 23 = 0

D = b 2 – 4ac = 144 + 92 = 256

x 2 =

Cevap: x 1 = 1, x 2 = - 15.

Diskriminant'a bağlı olarak denklemin bir çözümü olabilir veya olmayabilir.

1) Eğer D< 0, то не имеет решения.

2) Eğer D = 0 ise denklemin çakışan iki çözümü vardır x 1,2 =

3) D > 0 ise aşağıdaki formüle göre iki çözüm bulunur:

x 1,2 =

2.2 x'te çift katsayı için formüller

İkinci dereceden bir denklemin köklerinin

ax² + bx + c = 0 formülüyle bulunur

x 1,2 =

Ancak matematikçiler hesaplamalarını kolaylaştırma fırsatını asla kaçırmayacaklar. Bu formülün, b katsayısının b = 2k olması durumunda, özellikle de b'nin bir çift sayı olması durumunda basitleştirilebileceğini buldular.

Aslında ikinci dereceden ax² + bx + c = 0 denkleminin b katsayısı b = 2k olsun. Formülümüzde b yerine 2k sayısını yazarsak şunu elde ederiz:

Dolayısıyla ikinci dereceden ax² + 2kx + c = 0 denkleminin kökleri aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanabilir:

x 1,2 =

Örnek :

5x2 - 2x + 1 = 0

Bu formülün avantajı, b sayısının karesi değil yarısı olması; bu kareden çıkarılanın 4ac değil, sadece ac olması ve son olarak paydanın 2a değil sadece a içermesidir. .

İkinci dereceden denklem verilirse formülümüz şöyle görünecektir:

Örnek :

x 2 – 4x + 3 = 0

Cevap: x 1 = 3, x 2 = 1.

2.3 Vieta teoremi

İkinci dereceden denklemin köklerinin çok ilginç bir özelliği Fransız matematikçi Francois Viète tarafından keşfedildi. Bu özelliğe Vieta teoremi adı verildi:

Böylece x 1 ve x 2 sayıları denklemin kökleri olur:

ax² + bx + c = 0

eşitliği sağlamak gerekli ve yeterlidir

x 1 + x 2 = -b/a ve x 1 x 2 = c/a

Vieta teoremi ikinci dereceden bir denklemin işaretlerini ve mutlak değerini yargılamamızı sağlar

x² + bx + c = 0

1. Eğer b>0, c>0 ise her iki kök de negatiftir.

2. Eğer b<0, c>0 ise her iki kök de pozitiftir.

3. Eğer b>0 ise, c<0 то уравнение имеет корни разных знаков, причём отрицательный корень по абсолютной величине больше положительного.

4. Eğer b<0, c<0 то уравнение имеет корни разных знаков, причём отрицательный корень по абсолютной величине меньше положительного.

2.4 Belirli bir nitelikteki ikinci dereceden denklemler

1) ax² + bx + c = 0 denkleminde a + b + c = 0 ise, o zaman

x 1 = 1 ve x 2 = .

Kanıt :

ax² + bx + c = 0 denkleminde kökleri

x 1,2 = (1).

b'yi a + b + c = 0 eşitliğinden temsil edelim

Bu ifadeyi formül (1)'de yerine koyalım:

=

Denklemin iki kökünü ayrı ayrı ele alırsak şunu elde ederiz:

1) x 1 =

2) x 2 =

Şu şekildedir: x 1 = 1 ve x 2 =.

1. Örnek :

2x² - 3x + 1 = 0

a = 2, b = -3, c = 1.

a + b + c = 0, dolayısıyla

2. Örnek :

418x² - 1254x + 836 = 0

Bu örneği bir diskriminant kullanarak çözmek çok zordur, ancak yukarıdaki formülü bilerek kolayca çözülebilir.

a = 418, b = -1254, c = 836.

x 1 = 1 x 2 = 2

2) ax² + bx + c = 0 denkleminde a - b + c = 0 ise:

x 1 =-1 ve x 2 =-.

Kanıt :

ax² + bx + c = 0 denklemini düşünün, şu şekilde olur:

x 1,2 = (2).

b'yi a - b + c = 0 eşitliğinden temsil edelim

b = a + c, formül (2)'de yerine koyun:

=

İki ifade elde ederiz:

1) x 1 =

2) x 2 =

Bu formül öncekine benzer ama aynı zamanda önemlidir çünkü... Bu türün örnekleri yaygındır.

1) Örnek :

2x² + 3x + 1 = 0

a = 2, b = 3, c = 1.

a - b + c = 0, dolayısıyla

2)Örnek :

Cevap: x1 = -1; x2 = -

3) Yöntem “ transferler ”

İkinci dereceden y² + by + ac = 0 ve ax² + bx + c = 0 denklemlerinin kökleri aşağıdaki ilişkilerle ilişkilidir:

x 1 = ve x 2 =

Kanıt :

a) ax² + bx + c = 0 denklemini düşünün

x 1,2 = =

b) y² + by + ac = 0 denklemini düşünün

y 1,2 =

Her iki çözümün diskriminantlarının eşit olduğuna dikkat edin; bu iki denklemin köklerini karşılaştıralım. Birbirlerinden önde gelen bir faktörle ayrılırlar, ilk denklemin kökleri ikincinin köklerinden a kadar küçüktür. Vieta teoremini ve yukarıdaki kuralı kullanarak çeşitli denklemleri çözmek zor değildir.

Örnek :

Keyfi bir ikinci dereceden denklemimiz var

10x² - 11x + 3 = 0

Bu denklemi verilen kurala göre dönüştürelim

y² - 11y + 30 = 0

Vieta teoremi kullanılarak oldukça kolay çözülebilen indirgenmiş ikinci dereceden denklemi elde ediyoruz.

y 1 ve y 2, y² - 11y + 30 = 0 denkleminin kökleri olsun

y 1 y 2 = 30 y 1 = 6

y 1 + y 2 = 11 y 2 = 5

Bu denklemlerin köklerinin birbirinden a kadar farklı olduğunu bilerek, o zaman

x 1 = 6/10 = 0,6

x 2 = 5/10 = 0,5

Bazı durumlarda, önce verilen ax² + bx + c = 0 denklemini değil, verilen “transfer” katsayısı a'dan elde edilen azaltılmış y² + + ac = 0'ı çözmek ve sonra bulunanı bölmek uygundur. Orijinal denklemi bulmak için a'ya göre kökler.

2.5 Daha yüksek dereceli polinomlar (denklemler) için Vieta formülü

İkinci dereceden denklemler için Viète tarafından türetilen formüller, daha yüksek dereceli polinomlar için de geçerlidir.

Polinom olsun

P(x) = a 0 x n + a 1 x n -1 + … +a n

N farklı kökü var x 1, x 2..., x n.

Bu durumda, formun çarpanlara ayrılması vardır:

a 0 x n + a 1 x n-1 +…+ a n = a 0 (x – x 1)(x – x 2)…(x – x n)

Bu eşitliğin her iki tarafını da 0 ≠ 0'a bölelim ve ilk kısımdaki parantezleri açalım. Eşitliği elde ederiz:

x n + ()x n -1 + … + () = x n – (x 1 + x 2 + … + x n) x n -1 + (x 1 x 2 + x 2 x 3 + … + x n -1 x n)x n - 2 + … +(-1) n x 1 x 2 … x n

Ancak iki polinom ancak ve ancak aynı güçlerin katsayıları eşitse tamamen eşittir. Bundan şu sonuç çıkıyor: eşitlik

x 1 + x 2 + … + x n = -

x 1 x 2 + x 2 x 3 + … + x n -1 x n =

x 1 x 2 … x n = (-1) n

Örneğin üçüncü dereceden polinomlar için

a 0 x³ + a 1 x² + a 2 x + a 3

Kimliklerimiz var

x 1 + x 2 + x 3 = -

x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 =

x 1 x 2 x 3 = -

İkinci dereceden denklemlere gelince, bu formüle Vieta formülleri denir. Bu formüllerin sol tarafları bu denklemin x 1, x 2..., x n köklerinden simetrik polinomlardır, sağ tarafları ise polinomun katsayısı ile ifade edilir.

2.6 İkinci dereceden (biquadratik) indirgenebilen denklemler

Dördüncü dereceden denklemler ikinci dereceden denklemlere indirgenir:

balta 4 + bx 2 + c = 0,

biquadratic denir ve a ≠ 0.

Bu denkleme x 2 = y koymak yeterlidir, dolayısıyla,

ay² + by + c = 0

ortaya çıkan ikinci dereceden denklemin köklerini bulalım

y 1,2 =

x 1, x 2, x 3, x 4 köklerini hemen bulmak için y'yi x ile değiştirin ve şunu elde edin:

x² =

x 1,2,3,4 = .

Dördüncü dereceden bir denklemin x 1 varsa, o zaman aynı zamanda bir kökü de vardır x 2 = -x 1,

Eğer x 3 varsa, o zaman x 4 = - x 3. Böyle bir denklemin köklerinin toplamı sıfırdır.

Örnek :

2x 4 - 9x² + 4 = 0

Denklemi iki ikinci dereceden denklemlerin kökleri formülünde yerine koyalım:

x 1,2,3,4 = ,

x 1 = -x 2 ve x 3 = -x 4 olduğunu bildiğimizde:

x 3,4 =

Cevap: x 1,2 = ±2; x 1,2 =

2.7 İki ikinci dereceden denklemlerin incelenmesi

Biquadratic denklemi ele alalım

balta 4 + bx 2 + c = 0,

burada a, b, c gerçek sayılardır ve a > 0. Yardımcı bilinmeyen y = x²'yi dahil ederek, bu denklemin köklerini inceliyoruz ve sonuçları tabloya giriyoruz (bkz. Ek No. 1)

2.8 Cardano formülü

Modern sembolizmi kullanırsak Cardano formülünün türetilmesi şu şekilde görünebilir:

x =

Bu formül genel bir üçüncü derece denklemin köklerini belirler:

balta 3 + 3bx 2 + 3cx + d = 0.

Bu formül çok hantal ve karmaşıktır (birkaç karmaşık radikal içerir). Her zaman geçerli olmayabilir çünkü... doldurulması çok zordur.

2.9 Üçüncü dereceden simetrik denklemler

Üçüncü derecenin simetrik denklemleri formun denklemleridir

ax³ + bx² +bx + a = 0 ( 1 )

ax³ + bx² - bx – a = 0 ( 2 )

a ve b'ye a¹0 ile sayılar verilmiştir.

Denklemin nasıl olduğunu gösterelim ( 1 ).

ax³ + bx² + bx + a = a(x³ + 1) + bx(x + 1) = a(x + 1) (x² - x + 1) + bx(x + 1) = (x + 1) (ax² +(b – a)x + a).

Denklemin ( 1 ) denkleme eşdeğerdir

(x + 1) (ax² +(b – a)x + a) = 0.

Bu, köklerinin denklemin kökleri olacağı anlamına gelir

ax² +(b – a)x + a = 0

ve sayı x = -1

denklem ( 2 )

ax³ + bx² - bx - a = a(x³ - 1) + bx(x - 1) = a(x - 1) (x² + x + 1) + bx(x - 1) = (x - 1) (ax 2 + balta + a + bx) = (x - 1) (ax² +(b + a)x + a).

1) Örnek :

2x³ + 3x² - 3x – 2 = 0

x 1 = 1 olduğu açıktır ve

2x² + 5x + 2 = 0 denkleminin x 2 ve x 3 kökleri,

Bunları diskriminant aracılığıyla bulalım:

x 1,2 =

x2 = -, x3 = -2

2) Örnek :

5x³ + 21x² + 21x + 5 = 0

x 1 = -1 olduğu açıktır ve

5x² + 26x + 5 = 0 denkleminin x 2 ve x 3 kökleri,

Bunları diskriminant aracılığıyla bulalım:

x 1,2 =

x2 = -5, x3 = -0,2.

2.10 Karşılıklı denklemler

Karşılıklı denklem – cebirsel denklem

a 0 x n + a 1 x n – 1 + … + an n – 1 x + an n =0,

burada a k = a n – k, burada k = 0, 1, 2…n ve a ≠ 0.

Karşılıklı bir denklemin köklerini bulma sorunu, daha düşük dereceli bir cebirsel denklemin çözümlerini bulma sorununa indirgenir. Karşılıklı denklemler terimi L. Euler tarafından tanıtıldı.

Formun dördüncü derece denklemi:

ax 4 + bx 3 + cx 2 + bmx + am² = 0, (a ≠ 0).

Bu denklemi forma indirgemek

a (x² + m²/x²) + b(x + m/x) + c = 0 ve y = x + m/x ve y² - 2m = x² + m²/x²,

Denklemin ikinci dereceden indirgendiği yerden

ay² + by + (c-2am) = 0.

3x 4 + 5x 3 – 14x 2 – 10x + 12 = 0

Bunu x 2'ye bölmek eşdeğer denklemi verir

3x 2 + 5x – 14 – 5 × veya

Nerede ve

3(y 2 - 4) + 5y – 14 = 0, dolayısıyla

y 1 = y 2 = -2, dolayısıyla

Ve nereden

Cevap: x 1,2 = x 3,4 = .

Karşılıklı denklemlerin özel bir durumu simetrik denklemlerdir. Daha önce üçüncü dereceden simetrik denklemlerden bahsetmiştik ama dördüncü dereceden simetrik denklemler de var.

Dördüncü dereceden simetrik denklemler.

1) Eğer m = 1 ise, bu birinci türden simetrik bir denklemdir;

ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0 ve yeni yerine koyma ile çözüldü

2) Eğer m = -1 ise bu ikinci türden simetrik bir denklemdir;

ax 4 + bx 3 + cx 2 - bx + a = 0 ve yeni yerine koyma ile çözüldü

2.11 Horner şeması

Polinomları bölmek için "açıya göre bölme" kuralı veya Horner şeması kullanılır . Bu amaçla polinomlar azalan derecelerde düzenlenir. X ve bölen D(x)'in baş terimi ile çarpıldığında, bölen P(x)'in baş terimi elde edilmesi koşulundan Q(x) bölümünün baş terimini bulun. Bölümün bulunan terimi önce bölenle çarpılır ve bölünen paydan çıkarılır. Bölümün baştaki terimi, bölenin baştaki terimiyle çarpıldığında fark polinomunun baştaki terimini vermesi koşulundan belirlenir, vb. Farkın derecesi bölenin derecesinden küçük olana kadar işlem devam eder (bkz. Ek No. 2).

R = 0 denklemleri durumunda bu algoritmanın yerini Horner şeması alır.

Örnek :

x 3 + 4x 2 + x – 6 = 0

Serbest terimin ±1 bölenlerini bulun; ± 2; ± 3; ± 6.

Denklemin sol tarafını f(x) ile gösterelim. Açıkçası, f(1) = 0, x1 = 1. f(x)'i x – 1'e bölün. (bkz. Ek No. 3)

x 3 + 4x 2 + x – 6 = (x – 1) (x 2 + 5x + 6)

Son faktörü Q(x) ile gösteriyoruz. Q(x) = 0 denklemini çözüyoruz.

x 2,3 =

Cevap : 1; -2; -3.

Bu bölümde çeşitli denklemlerin çözümü için bazı formüller verdik. Kısmi denklemlerin çözümü için bu formüllerin çoğu. Bu özellikler çok uygundur çünkü denklemleri bu denklem için ayrı bir formül kullanarak çözmek, genel prensibi kullanmaktan çok daha kolaydır. Her yöntem için bir kanıt ve birkaç örnek sunduk.

Çözüm

Birinci bölümde ikinci dereceden denklemlerin ve yüksek mertebeden denklemlerin ortaya çıkış tarihi incelendi. Çeşitli denklemler 25 yüzyıldan daha uzun bir süre önce çözüldü. Hindistan'ın Babil kentinde bu tür denklemleri çözmek için birçok yöntem oluşturuldu. Denklemlere ihtiyaç olmuştur ve olmaya devam edecektir.

İkinci bölümde ikinci dereceden denklemleri ve yüksek dereceli denklemleri çözmenin (köklerini bulmanın) çeşitli yolları sunulmaktadır. Temel olarak bunlar belirli bir nitelikteki denklemleri çözme yöntemleridir, yani bazı ortak özellikler veya türlerle birleştirilen her denklem grubu için yalnızca bu denklem grubu için geçerli olan özel bir kural verilir. Bu yöntem (her denklem için kendi formülünüzü seçmek), bir diskriminant aracılığıyla kökleri bulmaktan çok daha kolaydır.

Bu özette tüm hedeflere ulaşılmış ve ana görevler tamamlanmış, yeni, önceden bilinmeyen formüller kanıtlanmış ve öğrenilmiştir. Özete dahil etmeden önce örneklerin birçok çeşidi üzerinde çalıştık, dolayısıyla bazı denklemlerin nasıl çözüleceğine dair zaten bir fikrimiz var. Her çözüm ilerideki çalışmalarda işimize yarayacaktır. Bu makale eski bilgilerin sınıflandırılmasına ve yenilerinin öğrenilmesine yardımcı oldu.

Referanslar

1.Vilenkin N.Ya. “8. sınıf için cebir”, M., 1995.

2. Galitsky M.L. “Cebirde problemlerin toplanması”, M. 2002.

3. Daan-Dalmedico D. “Yollar ve labirentler”, M., 1986.

4.Zvavich L.I. “Cebir 8. sınıf”, M., 2002.

5. Kushnir I.A. “Denklemler”, Kiev 1996.

6. Savin Yu.P. “Genç Bir Matematikçinin Ansiklopedik Sözlüğü”, M., 1985.

7. Mordkovich A.G. “Cebir 8. sınıf”, M., 2003.

8. Khudobin A.I. “Cebirde problemlerin toplanması”, M., 1973.

9. Sharygin I.F. “Cebirde seçmeli ders”, M., 1989.

Ek 1

Biquadratic denklemlerin incelenmesi

Ek 2

Bir polinomu köşe kullanarak polinomlara bölme

Ek 3

Horner şeması