Rješavanje jednačina viših stupnjeva. Jednačine viših stupnjeva Definicije jednadžbi viših stupnjeva

Hajde da razmotrimo rješavanje jednačina sa jednom varijablom stepena većeg od drugog.

Stepen jednačine P(x) = 0 je stepen polinoma P(x), tj. najveća potencija njegovih članova sa koeficijentom koji nije jednak nuli.

Tako, na primjer, jednačina (x 3 – 1) 2 + x 5 = x 6 – 2 ima peti stepen, jer nakon operacija otvaranja zagrada i donošenja sličnih, dobijamo ekvivalentnu jednačinu x 5 – 2x 3 + 3 = 0 petog stepena.

Prisjetimo se pravila koja će biti potrebna za rješavanje jednačina stepena većeg od dva.

Izjave o korijenima polinoma i njegovim djeliteljima:

1. Polinom n-tog stepena ima broj korijena koji ne prelazi n, a korijeni višestrukosti m pojavljuju se tačno m puta.

2. Polinom neparnog stepena ima barem jedan pravi korijen.

3. Ako je α korijen P(x), tada je P n (x) = (x – α) · Q n – 1 (x), gdje je Q n – 1 (x) polinom stepena (n – 1) .

5. Redukovani polinom sa cjelobrojnim koeficijentima ne može imati razlomačne racionalne korijene.

6. Za polinom trećeg stepena

P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d jedna od dvije stvari je moguća: ili se rastavlja na proizvod tri binoma

R 3 (x) = a(h – α)(h – β)(h – γ), ili se razlaže na proizvod binoma i kvadratnog trinoma R 3 (x) = a(h – α)(h 2 + βh + γ ).

7. Bilo koji polinom četvrtog stepena može se proširiti u proizvod dva kvadratna trinoma.

8. Polinom f(x) je djeljiv polinomom g(x) bez ostatka ako postoji polinom q(x) takav da je f(x) = g(x) · q(x). Za podjelu polinoma koristi se pravilo "podjele ugla".

9. Da bi polinom P(x) bio djeljiv binomom (x – c), potrebno je i dovoljno da broj c bude korijen od P(x) (posledica Bezoutove teoreme).

10. Vietin teorem: Ako su x 1, x 2, ..., x n realni korijeni polinoma

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, tada vrijede sljedeće jednakosti:

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 /a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + … + x n – 1 x n = a 2 /a 0,

x 1 x 2 x 3 + … + x n – 2 x n – 1 x n = -a 3 / a 0,

x 1 · x 2 · x 3 · x n = (-1) n a n / a 0 .

Primjeri rješavanja

Primjer 1.

Pronađite ostatak dijeljenja P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 sa (x – 1/3).

Rješenje.

Kao posledica Bezoutove teoreme: “Ostatak polinoma podijeljen binomom (x – c) jednak je vrijednosti polinoma od c.” Nađimo P(1/3) = 0. Dakle, ostatak je 0, a broj 1/3 je korijen polinoma.

Odgovor: R = 0.

Primjer 2.

Podijelite “uglom” 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 sa (x + 2). Pronađite ostatak i nepotpuni količnik.

Rješenje:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4 x 2 2x 2 – x

X 2 – 2 x

Odgovor: R = 3; količnik: 2x 2 – x.

Osnovne metode za rješavanje jednačina višeg stepena

1. Uvođenje nove varijable

Metoda uvođenja nove varijable već je poznata iz primjera bikvadratnih jednadžbi. Sastoji se u tome da se za rješavanje jednadžbe f(x) = 0 uvodi nova varijabla (supstitucija) t = x n ili t = g(x) i f(x) se izražava kroz t, čime se dobija nova jednačina r (t). Tada se rješavanjem jednačine r(t) pronađu korijeni:

(t 1, t 2, …, t n). Nakon toga dobija se skup od n jednačina q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n, iz kojih se nalaze korijeni izvorne jednačine.

Primjer 1.

(x 2 + x + 1) 2 – 3x 2 – 3x – 1 = 0.

Rješenje:

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x) – 1 = 0.

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x + 1) + 3 – 1 = 0.

Zamjena (x 2 + x + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Obrnuta zamjena:

x 2 + x + 1 = 2 ili x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 ili x 2 + x = 0;

Odgovor: Iz prve jednačine: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, iz druge: 0 i -1.

2. Faktorizacija grupisanjem i formulama za skraćeno množenje

Osnova ove metode takođe nije nova i sastoji se u grupisanju pojmova na način da svaka grupa sadrži zajednički faktor. Da biste to učinili, ponekad je potrebno koristiti neke umjetne tehnike.

Primjer 1.

x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.

Rješenje.

Zamislimo - 3x 2 = -2x 2 – x 2 i grupiramo:

(x 4 – 2x 2) – (x 2 – 4x + 3) = 0.

(x 4 – 2x 2 +1 – 1) – (x 2 – 4x + 3 + 1 – 1) = 0.

(x 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

(x 2 – 1 – x + 2)(x 2 – 1 + x - 2) = 0.

(x 2 – x + 1)(x 2 + x – 3) = 0.

x 2 – x + 1 = 0 ili x 2 + x – 3 = 0.

Odgovor: U prvoj jednačini nema korijena, iz druge: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Faktorizacija metodom neodređenih koeficijenata

Suština metode je da se originalni polinom faktorizira sa nepoznatim koeficijentima. Koristeći svojstvo da su polinomi jednaki ako su im koeficijenti jednaki na istim potencijama, nalaze se nepoznati koeficijenti proširenja.

Primjer 1.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

Rješenje.

Polinom stepena 3 može se proširiti u proizvod linearnih i kvadratnih faktora.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x – a)(x 2 + bx + c),

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 +bx 2 + cx – ax 2 – abx – ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + (b – a)x 2 + (cx – ab)x – ac.

Rešivši sistem:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac = 2,

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

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1)(x 2 + 3x + 2).

Korijene jednačine (x + 1)(x 2 + 3x + 2) = 0 je lako pronaći.

Odgovor: -1; -2.

4. Metoda odabira korijena korištenjem najvišeg i slobodnog koeficijenta

Metoda se zasniva na primjeni teorema:

1) Svaki cjelobrojni korijen polinoma s cijelim koeficijentima je djelitelj slobodnog člana.

2) Da bi nesvodljivi razlomak p/q (p je cijeli broj, q prirodan broj) bio korijen jednadžbe s cjelobrojnim koeficijentima, potrebno je da broj p bude cijeli broj djelitelj slobodnog člana a 0, i q je prirodni djelitelj vodećeg koeficijenta.

Primjer 1.

6x 3 + 7x 2 – 9x + 2 = 0.

Rješenje:

6: q = 1, 2, 3, 6.

Dakle, p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Nakon što pronađemo jedan korijen, na primjer - 2, pronaći ćemo druge korijene koristeći podjelu uglova, metodu neodređenih koeficijenata ili Hornerovu shemu.

Odgovor: -2; 1/2; 1/3.

Imate još pitanja? Ne znate kako riješiti jednačine?
Za pomoć od tutora -.
Prva lekcija je besplatna!

blog.site, pri kopiranju materijala u cijelosti ili djelimično, potrebna je veza do originalnog izvora.

Da biste koristili preglede prezentacija, kreirajte Google račun i prijavite se na njega: https://accounts.google.com

Naslovi slajdova:

Jednačine viših stupnjeva (korijeni polinoma u jednoj varijabli).

Plan predavanja. br. 1. Jednačine viših stepena u školskom predmetu matematike. br. 2. Standardni oblik polinoma. Br. 3. Cijeli korijeni polinoma. Hornerova šema. Br. 4. Razlomački korijeni polinoma. Br. 5. Jednačine oblika: (x + a)(x + b)(x + c) ... = A Br. 6. Recipročne jednačine. br. 7. Homogene jednadžbe. br. 8. Metoda neodređenih koeficijenata. Br. 9. Funkcionalno – grafička metoda. Br. 10. Vieta formule za jednačine viših stupnjeva. Br. 11. Nestandardne metode za rješavanje jednačina viših stupnjeva.

Jednačine viših stepena u školskom predmetu matematike. 7. razred. Standardni oblik polinoma. Radnje s polinomima. Faktorovanje polinoma. U redovnom razredu 42 sata, u posebnom 56 sati. 8 posebna klasa. Cjelobrojni korijeni polinoma, podjela polinoma, recipročne jednačine, razlika i zbir n-tih stepena binoma, metoda neodređenih koeficijenata. Yu.N. Makarychev “Dodatna poglavlja školskog kursa algebre za 8. razred”, M.L. Galitsky Zbirka zadataka iz algebre za 8. – 9. razred.” 9 posebna klasa. Racionalni korijeni polinoma. Generalizirane recipročne jednačine. Vieta formule za jednačine viših stupnjeva. N.Ya. Vilenkin „Algebra 9. razred sa detaljnim proučavanjem. 11 posebna klasa. Identitet polinoma. Polinom u nekoliko varijabli. Funkcionalno - grafička metoda za rješavanje jednačina viših stupnjeva.

Standardni oblik polinoma. Polinom P(x) = a ⁿ x ⁿ + a p-1 x p-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Zove se polinom standardnog oblika. a p x ⁿ je vodeći član polinoma, a p je koeficijent vodećeg člana polinoma. Kada je n = 1, P(x) se naziva redukovanim polinomom. a ₀ je slobodni član polinoma P(x). n je stepen polinoma.

Cijeli korijeni polinoma. Hornerova šema. Teorema br. 1. Ako je cijeli broj a korijen polinoma P(x), onda je a djelitelj slobodnog člana P(x). Primjer br. 1. Riješite jednačinu. X⁴ + 2x³ = 11x² – 4x – 4 Dovedemo jednačinu u standardni oblik. X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Imamo polinom P(x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 djelitelja slobodnog člana: ± 1, ± 2, ±4. x = 1 korijen jednačine jer P(1) = 0, x = 2 je korijen jednadžbe jer P(2) = 0 Bezoutov teorem. Ostatak dijeljenja polinoma P(x) binomom (x – a) jednak je P(a). Posljedica. Ako je a korijen polinoma P(x), tada se P(x) dijeli sa (x – a). U našoj jednačini, P(x) je podijeljeno sa (x – 1) i (x – 2), a samim tim i sa (x – 1) (x – 2). Kada se P(x) podijeli sa (x² - 3x + 2), količnik daje trinom x² + 5x + 2 = 0, koji ima korijene x = (-5 ± √17)/2

Razlomački korijeni polinoma. Teorema br. 2. Ako je p / g korijen polinoma P(x), tada je p djelitelj slobodnog člana, g je djelitelj koeficijenta vodećeg člana P(x). Primjer #2: Riješite jednačinu. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Delitelji slobodnog člana: ±1, ±2, ±4, ±8. Nijedan od ovih brojeva ne zadovoljava jednačinu. Ne postoje cijeli korijeni. Prirodni djelitelji koeficijenta glavnog člana P(x): 1, 2, 3, 6. Mogući razlomčki korijeni jednačine: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Provjerom smo uvjereni da je P(4/3) = 0. X = 4/3 je korijen jednadžbe. Koristeći Hornerovu šemu, dijelimo P(x) sa (x – 4/3).

Primjeri za nezavisna rješenja. Riješite jednačine: 9x³ - 18x = x – 2, x³ - x² = x – 1, x³ - 3x² -3x + 1 = 0, X⁴ - 2x³ + 2x – 1 = 0, X⁴ - 3x² + 2 = 0 , x ⁵ + 5x³ - 6x² = 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0, X⁴ + 4x³ - x ² - 16x – 12 = 0 4x³ + x ² - x + 5 = 0 3x⁴ + 5x³ = 9x1 -0 0. Odgovori: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Jednačine oblika (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)... = A. Primjer br. 3. Riješite jednačinu (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Pomnožite prvu zagradu sa četvrtom, a drugu sa trećom. (x + 1)(x + 4)(x + 20(x + 3) = 24. (x² + 5x + 4)(x² + 5x + 6) = 24. Neka je x² + 5x + 4 = y, a zatim y (y + 2) = 24, y² + 2y – 24 = 0 y₁ = - 6, y₂ = 4. x ² + 5x + 4 = -6 ili x² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D

Primjeri za nezavisna rješenja. (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = -15, x (x + 4)(x + 5)(x + 9) + 96 = 0, x (x + 3) )(x + 5)(x + 8) + 56 = 0, (x – 4)(x – 3)(x – 2)(x – 1) = 24, (x – 3)(x -4)( x – 5)(x – 6) = 1680, (x² - 5x)(x + 3)(x – 8) + 108 = 0, (x + 4)² (x + 10)(x – 2) + 243 = 0 (x² + 3x + 2)(x² + 9x + 20) = 4, Napomena: x + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2), x² + 9x + 20 = (x + 4)( x + 5) Odgovori: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

Recipročne jednačine. Definicija br. 1. Jednačina oblika: ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 naziva se recipročna jednačina četvrtog stepena. Definicija br. 2. Jednačina oblika: ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 naziva se generalizovana recipročna jednačina četvrtog stepena. k² a: a = k²; kv: v = k Primjer br. 6. Riješite jednačinu x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Podijelite obje strane jednačine sa x². x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0, (x² + 1/ x²) – 7(x + 1/ x) + 14 = 0. Neka je x + 1/ x = y. Kvadiramo obje strane jednadžbe. x² + 2 + 1/ x² = y², x² + 1/ x² = y² - 2. Dobijamo kvadratnu jednačinu y² - 7y + 12 = 0, y₁ = 3, y₂ = 4. x + 1/ x =3 ili x + 1/ x = 4. Dobijamo dvije jednačine: x² - 3x + 1 = 0, x² - 4x + 1 = 0. Primjer br. 7. 3h⁴ - 2h³ - 31h² + 10h + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Uslov generalizovane recipročne jednačine je zadovoljen na = -5. Rješenje je slično primjeru br. 6. Podijelite obje strane jednačine sa x². 3x⁴ - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0, 3(x⁴ + 25/ x²) – 2(x – 5/ x) – 31 = 0. Neka je x – 5/ x = y, kvadriramo oba strane jednakosti x² - 10 + 25/ x² = y², x² + 25/ x² = y² + 10. Imamo kvadratnu jednačinu 3y² - 2y – 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = - 1/ 3. x – 5/ x = 1 ili x – 5/ x = -1/3. Dobijamo dvije jednačine: x² - x – 5 = 0 i 3x² + x – 15 = 0

Primjeri za nezavisna rješenja. 1. 78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0. 2. x ⁴ - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x ⁴ - x³ - 10x² + 2x + 4. = 2x + 4. 38x² -10x + 24 = 0.5 x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Odgovori: 1) 2/3; 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

Homogene jednadžbe. Definicija. Jednačina oblika a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ = 0 naziva se homogena jednačina trećeg stepena u odnosu na u v. Definicija. Jednačina oblika a₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a₃ uv³ + a₄ v⁴ = 0 naziva se homogena jednačina četvrtog stepena u odnosu na u v. Primjer br. 8. Riješite jednačinu (x² - x + 1)³ + 2x⁴(x² - x + 1) – 3x⁶ = 0 Homogena jednačina trećeg stepena za u = x²- x + 1, v = x². Podijelite obje strane jednačine sa x ⁶. Prvo smo provjerili da x = 0 nije korijen jednadžbe. (x² - x + 1/ x²)³ + 2(x² - x + 1/ x²) – 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y, y³ + 2y – 3 = 0, y = 1 korijen jednačine. Polinom P(x) = y³ + 2y – 3 dijelimo sa y – 1 prema Hornerovoj šemi. U količniku dobijamo trinom koji nema korijen. Odgovor: 1.

Primjeri za nezavisna rješenja. 1. 2(x² + 6x + 1)² + 5(X² + 6X + 1)(X² + 1) + 2(X² + 1)² = 0, 2. (X + 5)⁴ - 13X²(X + 5) )² + 36X⁴ = 0. 3. 2(X² + X + 1)² - 7(X – 1)² = 13(X³ - 1), 4. 2(X -1)⁴ - 5(X² - 3X + 2)² + 2(x – 2)⁴ = 0, 5. (x² + x + 4)² + 3x(x² + x + 4) + 2x² = 0, Odgovori: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Nema korijena.

Metoda neodređenih koeficijenata. Teorema br. 3. Dva polinoma P(x) i G(x) su identična ako i samo ako imaju isti stepen i ako su koeficijenti istih stepeni varijable u oba polinoma jednaki. Primjer br. 9. Faktori polinom y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + uu + s)(y² + v₁u + s₁) =u ⁴ + u³(v₁ + v) s₁ + s + v₁v) + u(s₁ + sv₁) + ss ₁. Prema teoremi br. 3 imamo sistem jednačina: v₁ + v = -4, s₁ + s + v₁v = 5, ss₁ + sv₁ = -4, ss₁ = 1. Sistem je potrebno riješiti u cijelim brojevima. Posljednja jednačina u cijelim brojevima može imati rješenja: c = 1, c₁ =1; s = -1, s₁ = -1. Neka je s = s ₁ = 1, tada iz prve jednačine imamo v₁ = -4 –v. Zamjenjujemo u drugu jednačinu sistema v² + 4v + 3 = 0, v = -1, v₁ = -3 ili v = -3, v₁ = -1. Ove vrijednosti odgovaraju trećoj jednadžbi sistema. Kada je s = s ₁ = -1 D

Primjer br. 10. Faktorirajte polinom y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b)y² + (ab + c)y + ac. Imamo sistem jednadžbi: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Moguća cjelobrojna rješenja treće jednačine: (2; 1), (1; 2), (-2; -1 ), (-1 ; -2). Neka je a = -2, c = -1. Iz prve jednačine sistema u = 2, koja zadovoljava drugu jednačinu. Zamjenom ovih vrijednosti u željenu jednakost, dobijamo odgovor: (y – 2)(y² + 2y – 1). Drugi način. Y³ - 5y + 2 = y³ -5y + 10 – 8 = (y³ - 8) – 5(y – 2) = (y – 2)(y² + 2y -1).

Primjeri za nezavisna rješenja. Faktori polinome: 1. y⁴ + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y⁴ -8y³ + 24y² -32, Sol. jednadžba koristeći metodu faktorizacije: a) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ +5x³ -6x² = 0. Odgovori: 1) (y² +2y -2)(y² +2y +4), 2) (y – 1)²(y² -2y + 2), 3) (x² -6x + 18)(x² + 6x + 18), 4) (y – 1)(y – 3)(y² - 4u + 5) , 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.

Funkcionalno - grafička metoda za rješavanje jednačina viših stupnjeva. Primjer br. 11. Riješite jednačinu x ⁵ + 5x -42 = 0. Funkcija y = x ⁵ raste, funkcija y = 42 – 5x opada (k

Primjeri za nezavisna rješenja. 1. Koristeći svojstvo monotonosti funkcije, dokazati da jednačina ima jedan korijen i pronaći ovaj korijen: a) x ³ = 10 – x, b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 – x. Odgovori: a) 2, b) √2. 2. Rešite jednačinu funkcionalno-grafičkom metodom: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 – x, d) (1/3) = x +4, d ) (x – 1)² = log₂ x, e) log = (x + ½)², g) 1 - √x = ln x, h) √x – 2 = 9/x. Odgovori: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.

Vieta formule za jednačine viših stupnjeva. Teorema br. 5 (Vietina teorema). Ako jednačina a x ⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ ima n različitih realnih korijena x ₁, x ₂, …, x, tada one zadovoljavaju jednakosti: Za kvadratnu jednačinu ax² + bx + c = o: x ₁ + x ₂ = -v/a, x₁h ₂ = s/a; Za kubnu jednačinu a₃x ³ + a₂x ² + a₁x + a₀ = o: x ₁ + x ₂ + x ₃ = -a₂/a₃; x₁h ₂ + x₁h ₃ + x₂h ₃ = a₁/a₃; x₁h₂h ₃ = -a₀/a₃; ..., za jednadžbu n-tog stepena: x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a, x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x = a / a, ... , x₁x ₂ ·… · x = (- 1 ) ⁿ a₀/a. Obrnuta teorema također vrijedi.

Primjer br. 13. Napišite kubičnu jednačinu čiji su korijeni inverzni korijenima jednačine x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0, a koeficijent za x ³ je 2. 1. Prema Vietinoj teoremi za kubičnu jednačinu imamo: x ₁ + x ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁h ₃ + x₂h ₃ = 12, x₁h₂h ₃ = 18. 2. Sastavljamo recipročne vrijednosti ovih korijena i primjenjujemo inverznu Vietinu teoremu za njih. 1/ x ₁ + 1/ x ₂ + 1/ x ₃ = (x₂h ₃ + x₁h ₃ + x₁h ₂)/ x₁h₂h ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x₁h ₂ + 1/ x₁h ₃ + 1/ x₂h ₃ = (x ₃ + x ₂ + x ₁)/ x₁h₂h ₃ = 6/18 = 1/3, 1/ x₁h₂h. Dobijamo jednačinu x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 Odgovor: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Primjeri za nezavisna rješenja. 1. Napišite kubičnu jednačinu čiji su korijeni inverzni kvadrati korijena jednačine x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0, a koeficijent od x ³ je 8. Odgovor: 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. Nestandardne metode za rješavanje jednačina viših stupnjeva. Primjer br. 12. Riješite jednačinu x ⁴ -8x + 63 = 0. Faktorizirajmo lijevu stranu jednačine. Odaberimo tačne kvadrate. X⁴ - 8x + 63 = (x⁴ + 16x² + 64) – (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9)(x² - 4x + 7) = 0. Oba diskriminanta su negativna. Odgovor: nema korijena.

Primjer br. 14. Riješite jednačinu 21x³ + x² - 5x – 1 = 0. Ako je lažni član jednačine ± 1, tada se jednačina pretvara u redukovanu jednačinu korištenjem zamjene x = 1/y. 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³, y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = -3 korijen jednačine. (y + 3)(y² + 2y -7) = 0, y = -1 ± 2√2. x ₁ = -1/3, x ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7, X₃ = 1/-1 -2√2 = (1-2√2)/7 . Primjer br. 15. Riješite jednačinu 4x³-10x² + 14x – 5 = 0. Pomnožite obje strane jednačine sa 2. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0, (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = 0. Hajde da uvedemo novu varijablu y = 2x, dobićemo redukovanu jednačinu y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 korijen jednačine. (y – 1)(y² - 4y + 10) = 0, D

Primjer br. 16. Dokažite da jednačina x ⁴ + x ³ + x – 2 = 0 ima jedan pozitivan korijen. Neka je f (x) = x ⁴ + x ³ + x – 2, f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o za x > o. Funkcija f (x) raste za x > o, a vrijednost f (o) = -2. Očigledno je da jednačina ima jedan pozitivan korijen itd. Primjer br. 17. Riješite jednačinu 8x(2x² - 1)(8x⁴ - 8x² + 1) = 1. I.F. Sharygin “Fakultativni predmet matematike za 11. razred.” M. Prosvjeta 1991. str.90. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 i 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Napravimo zamjenu x = ugodno, y € (0; n). Za ostale vrijednosti y, vrijednosti x se ponavljaju, a jednadžba nema više od 7 korijena. 2h² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y, 8h⁴ - 8h² + 1 = 2(2h² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos4y. 3. Jednačina ima oblik 8 cozycos2ycos4y = 1. Pomnožite obje strane jednačine sa sinusom. 8 sinycosycos2ycos4y = siny. Primjenom formule dvostrukog ugla 3 puta dobijamo jednačinu sin8y = siny, sin8y – siny = 0

Kraj rješenja primjera br. 17. Primjenjujemo formulu razlike sinusa. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 . S obzirom da je y € (0;n), y = 2pk/3, k = 1, 2, 3 ili y = n/9 + 2pk/9, k =0, 1, 2, 3. Vraćajući se na varijablu x, dobijamo odgovor: Cos2 p/7, cos4 p/7, cos6 p/7, cos p/9, ½, cos5 p/9, cos7 p/9. Primjeri za nezavisna rješenja. Pronađite sve vrijednosti a za koje jednačina (x² + x)(x² + 5x + 6) = a ima tačno tri korijena. Odgovor: 9/16. Upute: Grafikujte lijevu stranu jednačine. F max = f(0) = 9/16 . Prava linija y = 9/16 seče grafik funkcije u tri tačke. Riješite jednačinu (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55. Odgovor: -4; 2. Riješite jednačinu (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ = 16. Odgovor: -5; -3. Riješite jednačinu 2(x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1). Odgovor: -1; -1/2, 2;4 Odrediti broj realnih korijena jednačine x ³ - 12x + 10 = 0 na [-3; 3/2]. Upute: pronađite izvod i istražite monot.

Primjeri za nezavisna rješenja (nastavak). 6. Pronađite broj realnih korijena jednadžbe x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0. Odgovor: 2 7. Neka su x ₁, x ₂, x ₃ korijeni polinoma P(x) = x ³ - 6x² -15x + 1. Pronađite X₁² + x ₂² + x ₃². Odgovor: 66. Upute: Primijeniti Vietin teorem. 8. Dokazati da za a > o i proizvoljnu realnu vrijednost u jednadžbi x ³ + ax + b = o ima samo jedan realan korijen. Nagoveštaj: Dokazati kontradikcijom. Primijenite Vietin teorem. 9. Riješite jednačinu 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1). Odgovor: ½; 1; (3 ± √13)/2. Savjet: dovedite jednačinu u homogenu jednačinu koristeći jednakosti X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1, x³ + 1 = (x + 1)(x² - x + 1). 10. Riješite sistem jednačina x + y = x², 3y – x = y². Odgovor: (0;0),(2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Riješite sistem: 4y² -3y = 2x –y, 5x² - 3y² = 4x – 2y. Odgovor: (o;o), (1;1),(297/265; - 27/53).

Test. Opcija 1. 1. Riješite jednačinu (x² + x) – 8(x² + x) + 12 = 0. 2. Riješite jednačinu (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = - 15 3. Riješite jednačinu 12x²(x – 3) + 64(x – 3)² = x ⁴. 4. Riješite jednačinu x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Riješite sistem jednačina: x² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

Opcija 2 1. (x² - 4x)² + 7(x² - 4x) + 12 = 0. 2. x (x + 1)(x + 5)(x + 6) = 24. 3. x ⁴ + 18( x + 4)² = 11x²(x + 4). 4. x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 = 0. 5. x² - 2xy + y² + 2x²y – 9 = 0, x – y – x²y + 3 = 0. 3. opcija. 1. (x² + 3x)² - 14(x² + 3x) + 40 = 0 2. (x – 5)(x-3)(x + 3)(x + 1) = - 35. 3. x4 + 8x² (x + 2) = 9(x+ 2)². 4. x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. 5. x + y + x² + y² = 18, xy + x² + y² = 19.

Opcija 4. (x² - 2x)² - 11(x² - 2x) + 24 = o. (x -7)(x-4)(x-2)(x + 1) = -36. X⁴ + 3(x -6)² = 4x²(6 – x). X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy – 3y² = - 4. Dodatni zadatak: Ostatak dijeljenja polinoma P(x) sa (x – 1) je 4, ostatak kada se podijeli sa (x + 1) jednak je 2, a kada se podijeli sa (x – 2) jednak je 8. Pronađite ostatak kada podijelite P(x) sa (x³ - 2x² - x + 2 ).

Odgovori i uputstva: opcija br. 1 br. 2. br. 3. br. 4. br. 5. 1. - 3; ±2; 1 1;2;3. -5; -4; 1; 2. Homogena jednačina: u = x -3, v = x² -2 ; -1; 3; 4. (2;1); (2/3;4/3). Hint: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2. 1±√11; 4; - 2. Homogena jednačina: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- trideset). Hint: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -1; 2. Homogeni u = x+ 2, v = x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Uputstvo: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ± √21)/2 (1;-2), (-1;2). Savjet: 1·4 + 2 .

Rješavanje dodatnog zadatka. Prema Bezoutovom teoremu: P(1) = 4, P(-1) = 2, P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + With . Zamjena 1; - 1; 2. P(1) = G(1) 0 + a + b + c = 4, a + b+ c = 4. P(-1) = a – b + c = 2, P(2) = 4a² + 2b + c = 8. Rješavajući rezultujući sistem od tri jednačine, dobijamo: a = b = 1, c = 2. Odgovor: x² + x + 2.

Kriterijum br. 1 - 2 boda. 1 bod – jedna računska greška. Br. 2,3,4 – po 3 boda. 1 bod – dovelo je do kvadratne jednačine. 2 boda – jedna računska greška. br. 5. – 4 boda. 1 bod – izražena jedna varijabla u terminima druge. 2 boda – dobijeno jedno od rješenja. 3 boda – jedna računska greška. Dodatni zadatak: 4 boda. 1 bod – primijenjena Bezoutova teorema za sva četiri slučaja. 2 boda – sastavio sistem jednačina. 3 boda – jedna računska greška.

Općenito, jednačina stepena većeg od 4 ne može se riješiti u radikalima. Ali ponekad još uvijek možemo pronaći korijene polinoma s lijeve strane u jednadžbi najvišeg stupnja ako je predstavimo kao proizvod polinoma na stepenu ne većem od 4. Rješavanje takvih jednadžbi temelji se na faktoringu polinoma, pa vam savjetujemo da pregledate ovu temu prije proučavanja ovog članka.

Najčešće se morate baviti jednadžbama viših stupnjeva sa cjelobrojnim koeficijentima. U ovim slučajevima možemo pokušati pronaći racionalne korijene, a zatim faktorizirati polinom tako da ga možemo transformirati u jednadžbu nižeg stupnja koju je lako riješiti. U ovom materijalu ćemo pogledati upravo takve primjere.

Jednačine višeg stepena sa celobrojnim koeficijentima

Sve jednadžbe oblika a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 , možemo proizvesti jednačinu istog stepena množenjem obje strane sa n n - 1 i promjenom varijable u obliku y = a n x:

a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 a n n · x n + a n - 1 · a n n - 1 · x n - 1 + … + a 1 · (a n) n - 1 · x + a 0 · (a n) n - 1 = 0 y = a n x ⇒ y n + b n - 1 y n - 1 + … + b 1 y + b 0 = 0

Rezultirajući koeficijenti će također biti cijeli brojevi. Dakle, moraćemo da rešimo redukovanu jednačinu n-tog stepena sa celobrojnim koeficijentima, koji imaju oblik x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 = 0.

Izračunavamo cjelobrojne korijene jednadžbe. Ako jednadžba ima cjelobrojne korijene, trebate ih potražiti među djeliteljima slobodnog člana a 0 . Zapišimo ih i zamijenimo ih u izvornu jednakost jedan po jedan, provjeravajući rezultat. Nakon što smo dobili identičnost i pronašli jedan od korijena jednačine, možemo je zapisati u obliku x - x 1 · P n - 1 (x) = 0. Ovdje je x 1 korijen jednadžbe, a P n - 1 (x) je količnik x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 podijeljen sa x - x 1 .

Preostale upisane djelitelje zamjenjujemo u P n - 1 (x) = 0, počevši od x 1, jer se korijeni mogu ponoviti. Nakon dobijanja identiteta smatra se da je korijen x 2 pronađen, a jednačina se može napisati u obliku (x - x 1) (x - x 2) · P n - 2 (x) = 0. Ovdje je P n - 2 (x) će biti količnik dijeljenja P n - 1 (x) sa x - x 2.

Nastavljamo da sortiramo djelitelje. Nađimo sve cijele korijene i označimo njihov broj sa m. Nakon toga, originalna jednačina se može predstaviti kao x - x 1 x - x 2 · … · x - x m · P n - m (x) = 0. Ovdje je P n - m (x) polinom od n - m stepena. Za proračun je zgodno koristiti Hornerovu shemu.

Ako naša originalna jednadžba ima cjelobrojne koeficijente, ne možemo na kraju dobiti razlomke.

Na kraju smo dobili jednadžbu P n - m (x) = 0, čiji se korijeni mogu pronaći na bilo koji pogodan način. One mogu biti iracionalne ili složene.

Pokažimo konkretnim primjerom kako se ova shema rješenja koristi.

Primjer 1

Stanje: pronađite rješenje jednačine x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0.

Rješenje

Počnimo s pronalaženjem cijelih korijena.

Imamo slobodan termin jednak minus tri. Ima djelitelje jednake 1, - 1, 3 i - 3. Zamijenimo ih u originalnu jednadžbu i vidimo koja od njih daje rezultirajuće identitete.

Sa x jednakim jedan, dobijamo 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 = 0, što znači da će jedan biti korijen ove jednačine.

Sada podijelimo polinom x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 sa (x - 1) u stupcu:

Dakle, x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 = 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 = 0

Dobili smo identitet, što znači da smo pronašli drugi korijen jednačine, jednak - 1.

Podijelite polinom x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 sa (x + 1) u stupcu:

Shvatili smo to

x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = (x - 1) (x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3) = = (x - 1) (x + 1) (x 2 + x + 3)

Zamjenjujemo sljedeći djelitelj u jednakost x 2 + x + 3 = 0, počevši od - 1:

1 2 + (- 1) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 (- 3) 2 + (- 3) + 3 = 9 ≠ 0

Rezultirajuće jednakosti će biti netačne, što znači da jednačina više nema cjelobrojne korijene.

Preostali korijeni bit će korijeni izraza x 2 + x + 3.

D = 1 2 - 4 1 3 = - 11< 0

Iz ovoga slijedi da ovaj kvadratni trinom nema realne korijene, ali ima kompleksno konjugiranih: x = - 1 2 ± i 11 2.

Pojasnimo da se umjesto podjele u kolonu može koristiti Hornerova shema. To se radi ovako: nakon što smo odredili prvi korijen jednačine, popunjavamo tabelu.

U tabeli koeficijenata odmah možemo vidjeti koeficijente kvocijenta dijeljenja polinoma, što znači x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 .

Nakon pronalaženja sljedećeg korijena, koji je - 1, dobijamo sljedeće:

odgovor: x = - 1, x = 1, x = - 1 2 ± i 11 2.

Primjer 2

Stanje: riješiti jednačinu x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0.

Rješenje

Slobodni termin ima djelitelje 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.

Provjerimo ih redom:

1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 = 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 = 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 = 0

To znači da će x = 2 biti korijen jednačine. Podijelite x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 sa x - 2 koristeći Hornerovu šemu:

Kao rezultat, dobijamo x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.

2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 = 0

To znači da će 2 opet biti korijen. Podijelite x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 sa x - 2:

Kao rezultat, dobijamo (x - 2) 2 · (x 2 + 3 x + 3) = 0.

Provjera preostalih djelitelja nema smisla, jer je jednakost x 2 + 3 x + 3 = 0 brže i pogodnije za rješavanje pomoću diskriminanta.

Rešimo kvadratnu jednačinu:

x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 - 4 1 3 = - 3< 0

Dobijamo kompleksno konjugirani par korijena: x = - 3 2 ± i 3 2 .

Odgovori: x = - 3 2 ± i 3 2 .

Primjer 3

Stanje: Nađite prave korijene za jednadžbu x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0.

Rješenje

x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0

Množimo 2 3 na obje strane jednačine:

2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0

Zamijenite varijable y = 2 x:

2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0 y 4 + y 3 - 20 y - 48 = 0

Kao rezultat, dobili smo standardnu jednačinu 4. stepena, koja se može riješiti prema standardnoj šemi. Provjerimo djelitelje, podijelimo i na kraju dobijemo da ima 2 realna korijena y = - 2, y = 3 i dva kompleksna. Ovdje nećemo predstavljati cjelokupno rješenje. Zbog zamjene, pravi korijeni ove jednadžbe će biti x = y 2 = - 2 2 = - 1 i x = y 2 = 3 2.

odgovor: x 1 = - 1 , x 2 = 3 2

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Kada rješavate algebarske jednadžbe, često morate faktorisati polinom. Faktorirati polinom znači predstaviti ga kao proizvod dva ili više polinoma. Često koristimo neke metode dekompozicije polinoma: uzimanje zajedničkog faktora, korištenje skraćenih formula za množenje, izolovanje kompletnog kvadrata, grupiranje. Pogledajmo još neke metode.

Ponekad su sljedeće izjave korisne prilikom faktoringa polinoma:

1) ako polinom s cijelim koeficijentima ima racionalni korijen (gdje je nesvodljivi razlomak, tada je djelitelj slobodnog člana i djelitelj vodećeg koeficijenta:

2) Ako nekako odaberete korijen polinoma stepena, tada se polinom može predstaviti u obliku gdje je polinom stepena

Polinom se može naći ili dijeljenjem polinoma na binom u „stupcu“, ili odgovarajućim grupisanjem pojmova polinoma i odvajanjem množitelja od njih, ili metodom neodređenih koeficijenata.

Primjer. Faktor polinoma

Rješenje. Pošto je koeficijent od x4 jednak 1, onda postoje racionalni korijeni ovog polinoma i djelitelji su broja 6, odnosno mogu biti cijeli brojevi ±1, ±2, ±3, ±6. Označimo ovaj polinom sa P4(x). Kako je P P4 (1) = 4 i P4(-4) = 23, brojevi 1 i -1 nisu korijeni polinoma PA(x). Kako je P4(2) = 0, onda je x = 2 korijen polinoma P4(x), pa je ovaj polinom djeljiv sa binomom x - 2. Stoga je x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 +x-3

3x3 +7x2 -5x +6

3x3 +6x2 x2 - 5x + 6 x2- 2x

Dakle, P4(x) = (x - 2)(x3 - 3x2 + x - 3). Kako je xz - 3x2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3)(x2 + 1), onda je x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) ( x - 3)(x2 + 1).

Metoda unosa parametara

Ponekad kod faktoringa polinoma pomaže metoda uvođenja parametra. Objasnit ćemo suštinu ove metode koristeći sljedeći primjer.

Primjer. x3 –(√3 + 1) x2 + 3.

Rješenje. Razmotrimo polinom sa parametrom a: x3 - (a + 1)x2 + a2, koji se pri a = √3 pretvara u dati polinom. Zapišimo ovaj polinom kao kvadratni trinom za a: a - ax2 + (x3 - x2).

Kako su korijeni ovog trinoma na kvadrat u odnosu na a a1 = x i a2 = x2 - x, tada je tačna jednakost a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x)(a - x2 + x). Shodno tome, polinom x3 - (√3 + 1)x2 + 3 se razlaže na faktore √3 – x i √3 - x2 + x, tj.

x3 – (√3+1)x2+3=(x-√3)(x2-x-√3).

Metoda uvođenja nove nepoznanice

U nekim slučajevima, zamjenom izraza f(x) uključenog u polinom Pn(x), preko y se može dobiti polinom u odnosu na y, koji se lako može faktorizirati. Zatim, nakon zamjene y sa f(x), dobijamo faktorizaciju polinoma Pn(x).

Primjer. Faktorirajte polinom x(x+1)(x+2)(x+3)-15.

Rješenje. Transformirajmo ovaj polinom na sljedeći način: x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 =( x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) - 15.

Označimo x2 + 3x sa y. Tada imamo y(y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1)2 - 16 = (y + 1 + 4)(y + 1 - 4)= (y+ 5)(y - 3).

Dakle, x(x + 1)(x+ 2)(x + 3) - 15 = (x2+ 3x + 5)(x2 + 3x - 3).

Primjer. Faktorirajte polinom (x-4)4+(x+2)4

Rješenje. Označimo x- 4+x+2 = x - 1 sa y.

(x - 4)4 + (x + 2)2= (y - 3)4 + (y + 3)4 = y4 - 12y3 +54y3 - 108y + 81 + y4 + 12y3 + 54y2 + 108y + 81 =

2y4 + 108y2 + 162 = 2(y4 + 54y2 + 81) = 2[(yg + 27)2 - 648] = 2 (y2 + 27 - √b48)(y2 + 27+√b48)=

2((x-1)2+27-√b48)((x-1)2+27+√b48)=2(x2-2x + 28- 18√ 2)(x2- 2x + 28 + 18√ 2 ).

Kombinovanje različitih metoda

Često, prilikom faktoringa polinoma, potrebno je uzastopno primijeniti nekoliko gore navedenih metoda.

Primjer. Faktori polinom x4 - 3x2 + 4x-3.

Rješenje. Koristeći grupisanje, prepisujemo polinom u obliku x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 – 2x2) – (x2 -4x + 3).

Primjenjujući metodu izolacije cijelog kvadrata na prvu zagradu, imamo x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4).

Koristeći formulu savršenog kvadrata, sada možemo napisati da je x4 – 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2.

Konačno, primjenom formule razlike kvadrata, dobijamo da je x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2)(x2 - 1 - x + 2) = (x2+x-3)(x2 -x + 1 ).

§ 2. Simetrične jednačine

1. Simetrične jednačine trećeg stepena

Jednačine oblika ax3 + bx2 + bx + a = 0, a ≠ 0 (1) nazivaju se simetričnim jednačinama trećeg stepena. Kako je ax3 + bx2 + bx + a = a(x3 + 1) + bx (x + 1) = (x+1)(ax2+(b-a)x+a), onda je jednadžba (1) ekvivalentna skupu jednačina x + 1 = 0 i ax2 + (b-a)x + a = 0, što nije teško riješiti.

Primjer 1: Riješite jednačinu

3x3 + 4x2 + 4x + 3 = 0. (2)

Rješenje. Jednačina (2) je simetrična jednačina trećeg stepena.

Kako je 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3(x3 + 1) + 4x(x + 1) = (x+ 1)(3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1)(3x2 + x + 3) , tada je jednadžba (2) ekvivalentna skupu jednačina x + 1 = 0 i 3x3 + x +3=0.

Rješenje prve od ovih jednačina je x = -1, druga jednačina nema rješenja.

Odgovor: x = -1.

2. Simetrične jednačine četvrtog stepena

Jednačina oblika

(3) naziva se simetrična jednačina četvrtog stepena.

Budući da x = 0 nije korijen jednadžbe (3), onda dijeljenjem obje strane jednačine (3) sa x2 dobijamo jednačinu koja je ekvivalentna izvornoj (3):

Prepišimo jednačinu (4) kao:

Napravimo zamjenu u ovoj jednadžbi, onda ćemo dobiti kvadratnu jednačinu

Ako jednadžba (5) ima 2 korijena y1 i y2, tada je originalna jednadžba ekvivalentna skupu jednadžbi

Ako jednadžba (5) ima jedan korijen y0, tada je originalna jednadžba ekvivalentna jednadžbi

Konačno, ako jednačina (5) nema korijena, onda i originalna jednačina nema korijena.

Primjer 2: Riješite jednačinu

Rješenje. Ova jednačina je simetrična jednačina četvrtog stepena. Pošto x = 0 nije njegov korijen, onda dijeljenjem jednačine (6) sa x2 dobijamo ekvivalentnu jednačinu:

Nakon što smo grupirali pojmove, prepisujemo jednačinu (7) u obliku ili u obliku

Stavljajući to, dobijamo jednačinu koja ima dva korijena y1 = 2 i y2 = 3. Prema tome, originalna jednadžba je ekvivalentna skupu jednačina

Rješenje prve jednadžbe ovog skupa je x1 = 1, a rješenje druge je u.

Prema tome, originalna jednadžba ima tri korijena: x1, x2 i x3.

Odgovor: x1=1.

§3. Algebarske jednadžbe

1. Smanjenje stepena jednačine

Neke algebarske jednadžbe, zamjenom određenog polinoma u njima jednim slovom, mogu se svesti na algebarske jednačine čiji je stepen manji od stepena izvorne jednačine i čije je rješenje jednostavnije.

Primjer 1: Riješite jednačinu

Rješenje. Označimo sa, onda se jednačina (1) može prepisati kao Posljednja jednačina ima korijen i Prema tome, jednačina (1) je ekvivalentna skupu jednačina i. Rješenje prve jednačine ovog skupa je, a rješenje druge jednačine je

Rješenja jednačine (1) su

Primjer 2: Riješite jednačinu

Rješenje. Pomnožite obje strane jednačine sa 12 i označite sa,

Dobijamo jednačinu.Ovu jednačinu prepisujemo u obliku

(3) i označavajući sa prepisujemo jednačinu (3) u obliku. Posljednja jednačina ima korijene i stoga dobijamo da je jednadžba (3) ekvivalentna skupu od dvije jednačine i da postoje rješenja za ovaj skup jednačina, tj. jednačina (2) je ekvivalentna skupu jednadžbi i (4)

Rješenja skupa (4) su i, a ona su rješenja jednadžbe (2).

2. Jednačine oblika

Jednačina

(5) gdje su dati brojevi, može se svesti na bikvadratnu jednačinu zamjenom nepoznatog, tj. zamjenom

Primjer 3: Riješite jednačinu

Rješenje. Označimo sa,t. e. izvršimo promjenu varijabli ili Tada se jednačina (6) može prepisati u obliku ili, koristeći formulu, u obliku

Kako su korijeni kvadratne jednadžbe i, rješenja jednadžbe (7) su rješenja skupa jednadžbi i. Ovaj skup jednadžbi ima dva rješenja i Prema tome, rješenja jednadžbe (6) su i

3. Jednačine oblika

Jednačina

(8) gdje su brojevi α, β, γ, δ i Α takvi da α

Primjer 4: Riješite jednačinu

Rješenje. Napravimo promjenu nepoznanica, tj. y=x+3 ili x = y – 3. Tada se jednačina (9) može prepisati kao

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10, tj. u obliku

(y2- 4)(y2-1)=10(10)

Bikvadratna jednadžba (10) ima dva korijena. Dakle, jednadžba (9) također ima dva korijena:

4. Jednačine oblika

Jednadžba, (11)

Tamo gdje x = 0 nema korijen, dakle, dijeljenjem jednačine (11) sa x2, dobijamo ekvivalentnu jednačinu

Koja će, nakon zamjene nepoznatog, biti prepisana u obliku kvadratne jednadžbe čije rješenje nije teško.

Primjer 5: Riješite jednačinu

Rješenje. Kako h = 0 nije korijen jednadžbe (12), podijelimo ga sa x2, dobićemo ekvivalentnu jednačinu

Čineći zamenu nepoznatom, dobijamo jednačinu (y+1)(y+2)=2, koja ima dva korena: y1 = 0 i y1 = -3. Prema tome, originalna jednadžba (12) je ekvivalentna skupu jednadžbi

Ovaj skup ima dva korijena: x1= -1 i x2 = -2.

Odgovor: x1= -1, x2 = -2.

Komentar. Jednačina oblika

Što se uvijek može svesti na oblik (11) i, osim toga, smatrajući α > 0 i λ > 0 na oblik.

5. Jednačine oblika

Jednačina

,(13) gdje su brojevi, α, β, γ, δ i Α takvi da je αβ = γδ ≠ 0, može se prepisati množenjem prve zagrade sa drugom, a treće sa četvrtom, u obliku tj. jednadžba (13) je sada zapisana u obliku (11), a njeno rješavanje se može izvesti na isti način kao i rješavanje jednačine (11).

Primjer 6: Riješite jednačinu

Rješenje. Jednačina (14) ima oblik (13), pa je prepisujemo u obliku

Pošto x = 0 nije rješenje ove jednačine, onda dijeljenjem obje strane sa x2 dobijamo ekvivalentnu originalnu jednačinu. Promjenom varijabli dobijamo kvadratnu jednačinu čije je rješenje i. Prema tome, originalna jednadžba (14) je ekvivalentna skupu jednačina i.

Rješenje prve jednadžbe ovog skupa je

Druga jednadžba ovog skupa rješenja nema rješenja. Dakle, originalna jednadžba ima korijene x1 i x2.

6. Jednačine oblika

Jednačina

(15) gdje su brojevi a, b, c, q, A takvi da x = 0 nema korijen, pa se jednačina (15) dijeli sa x2. dobijamo njoj ekvivalentnu jednačinu, koja će se, nakon zamjene nepoznatog, prepisati u obliku kvadratne jednačine, čije rješenje nije teško.

Primjer 7. Rješavanje jednačine

Rješenje. Kako x = 0 nije korijen jednadžbe (16), onda dijeljenjem obje strane sa x2 dobijamo jednačinu

, (17) ekvivalentno jednačini (16). Nakon što smo izvršili zamjenu nepoznatom, prepisujemo jednačinu (17) u obliku

Kvadratna jednadžba (18) ima 2 korijena: y1 = 1 i y2 = -1. Prema tome, jednadžba (17) je ekvivalentna skupu jednačina i (19)

Skup jednadžbi (19) ima 4 korijena: ,.

Oni će biti korijeni jednačine (16).

§4. Racionalne jednadžbe

Jednačine oblika = 0, gdje su H(x) i Q(x) polinomi, nazivaju se racionalnim.

Nakon što ste pronašli korijene jednadžbe H(x) = 0, morate provjeriti koji od njih nisu korijeni jednačine Q(x) = 0. Ovi korijeni i samo oni će biti rješenja jednadžbe.

Razmotrimo neke metode za rješavanje jednačina oblika = 0.

1. Jednačine oblika

Jednačina

(1) pod određenim uslovima na brojeve se može riješiti na sljedeći način. Grupisanjem članova jednačine (1) po dva i sabiranjem svakog para, potrebno je u brojiocu dobiti polinome prvog ili nultog stepena, koji se razlikuju samo po brojčanim faktorima, a u nazivnicima - trinome sa ista dva člana koji sadrže x, tada će nakon zamjene varijabli rezultirajuća jednačina ili imati oblik (1), ali sa manjim brojem članova, ili će biti ekvivalentna skupu od dvije jednačine, od kojih će jedna biti prvog stepena, i druga će biti jednačina tipa (1), ali sa manjim brojem članova.

Primjer. Riješite jednačinu

Rješenje. Grupirajući na lijevoj strani jednačine (2) prvi član s posljednjim, a drugi s pretposljednjim, prepisujemo jednačinu (2) u obliku

Zbrajajući članove u svakoj zagradi, prepisujemo jednačinu (3) u obliku

Budući da ne postoji rješenje jednadžbe (4), onda, dijeljenjem ove jednačine sa, dobijamo jednačinu

, (5) ekvivalentno jednačini (4). Napravimo zamjenu za nepoznatu, tada će jednačina (5) biti prepisana u obliku

Dakle, rješenje jednačine (2) sa pet članova na lijevoj strani svodi se na rješenje jednačine (6) istog oblika, ali sa tri člana na lijevoj strani. Sumirajući sve članove na lijevoj strani jednačine (6), prepisujemo je u obliku

Postoje rješenja za jednadžbu. Nijedan od ovih brojeva ne čini da nazivnik racionalne funkcije na lijevoj strani jednačine (7) nestane. Prema tome, jednadžba (7) ima ova dva korijena, pa je stoga originalna jednadžba (2) ekvivalentna skupu jednačina

Rješenja prve jednačine ovog skupa su

Rješenja druge jednačine iz ovog skupa su

Prema tome, originalna jednadžba ima korijen

2. Jednačine oblika

Jednačina

(8) pod određenim uslovima na brojeve se može riješiti na sljedeći način: potrebno je u svakom od razlomaka jednadžbe odabrati cijeli broj, odnosno zamijeniti jednačinu (8) jednačinom

Smanjite ga u formu (1), a zatim ga riješite na način opisan u prethodnom paragrafu.

Primjer. Riješite jednačinu

Rješenje. Zapišimo jednačinu (9) u obliku ili u obliku

Sumirajući članove u zagradama, prepisujemo jednačinu (10) u obliku

Zamjenom nepoznatog, prepisujemo jednačinu (11) u obliku

Sumirajući članove na lijevoj strani jednačine (12), prepisujemo je u obliku

Lako je vidjeti da jednačina (13) ima dva korijena: i. Prema tome, originalna jednadžba (9) ima četiri korijena:

3) Jednačine oblika.

Jednačina oblika (14), pod određenim uvjetima za brojeve, može se riješiti na sljedeći način: proširivanjem (ako je to, naravno, moguće) svakog od razlomaka s lijeve strane jednačine (14) u zbir prosti razlomci

Reduciramo jednačinu (14) u formu (1), a zatim, izvršivši prikladno preuređenje članova rezultirajuće jednačine, riješimo je metodom opisanom u paragrafu 1).

Primjer. Riješite jednačinu

Rješenje. Budući da i, onda množenjem brojnika svakog razlomka u jednačini (15) sa 2 i napomenom da se jednačina (15) može napisati kao

Jednačina (16) ima oblik (7). Nakon što smo preuredili članove u ovoj jednačini, prepisujemo je u obliku ili u obliku

Jednačina (17) je ekvivalentna skupu jednačina i

Za rješavanje druge jednadžbe skupa (18) vršimo zamjenu za nepoznatu, a zatim se ona prepisuje u obliku ili u obliku

Sumirajući sve članove na lijevoj strani jednačine (19), prepišite je u obrazac

Kako jednačina nema korijene, ni jednačina (20) ih nema.

Prva jednadžba skupa (18) ima jedan korijen.S obzirom da je ovaj korijen uključen u ODZ druge jednadžbe skupa (18), on je jedini korijen skupa (18), a samim tim i originalnog jednačina.

4. Jednačine oblika

Jednačina

(21) pod određenim uvjetima na brojeve i A nakon predstavljanja svakog člana na lijevoj strani u obliku može se svesti na oblik (1).

Primjer. Riješite jednačinu

Rješenje. Prepišimo jednačinu (22) u obliku ili u obliku

Dakle, jednačina (23) se svodi na oblik (1). Sada, grupisajući prvi član s posljednjim, a drugi s trećim, prepisujemo jednačinu (23) u obliku

Ova jednadžba je ekvivalentna skupu jednačina i. (24)

Posljednja jednačina skupa (24) može se prepisati kao

Za ovu jednačinu postoje rješenja i, budući da je uključena u ODZ druge jednačine skupa (30), skup (24) ima tri korijena:. Sve su to rješenja originalne jednadžbe.

5. Jednačine oblika.

Jednadžba oblika (25)

Pod određenim uslovima na brojeve, zamjenom nepoznatog, može se svesti na jednačinu oblika

Primjer. Riješite jednačinu

Rješenje. Kako to nije rješenje jednadžbe (26), onda podijelimo brojilac i nazivnik svakog razlomka na lijevoj strani sa, prepisujemo ga u obliku

Nakon što smo izvršili promjenu varijabli, prepisujemo jednačinu (27) u obliku

Rješavanje jednadžbe (28) postoji i. Prema tome, jednadžba (27) je ekvivalentna skupu jednačina i. (29)

klasa: 9

Osnovni ciljevi:

Pojačati koncept cijele racionalne jednačine th stepena.
Formulirati osnovne metode za rješavanje jednačina viših stupnjeva (n > 3).
Naučiti osnovne metode za rješavanje jednačina višeg reda.
Naučite koristiti vrstu jednačine da odredite najefikasniji način da je riješite.

Oblici, metode i pedagoške tehnike koje nastavnik koristi u nastavi:

Predavačko-seminarski sistem nastave (predavanja - objašnjenje novog gradiva, seminari - rješavanje problema).
Informaciono-komunikacione tehnologije (frontalna anketa, usmeni rad sa razredom).
Diferencirano učenje, grupni i individualni oblici.
Korišćenje istraživačke metode u nastavi sa ciljem razvijanja matematičkog aparata i misaonih sposobnosti svakog pojedinog učenika.
Štampani materijal – pojedinačni kratki sažetak lekcije (osnovni pojmovi, formule, iskazi, materijal za predavanje sažet u obliku dijagrama ili tabela).

Plan lekcije:

Organiziranje vremena.
Svrha etape: uključiti učenike u obrazovne aktivnosti, odrediti sadržaj časa.
Ažuriranje znanja učenika.
Svrha etape: ažuriranje znanja učenika o prethodno proučavanim srodnim temama
Proučavanje nove teme (predavanje). Cilj etape: formulisati osnovne metode za rješavanje jednačina viših stupnjeva (n > 3)
Rezimirajući.
Svrha faze: još jednom istaći ključne tačke u materijalu koji se proučava u lekciji.
Zadaća.
Svrha etape: formulisati domaći zadatak za učenike.

Sažetak lekcije

1. Organizacioni momenat.

Formulacija teme časa: „Jednačine viših potencija. Metode za njihovo rješavanje.”

2. Ažuriranje znanja učenika.

Teorijski pregled - razgovor. Ponavljanje nekih prethodno proučavanih informacija iz teorije. Studenti formulišu osnovne definicije i formulišu potrebne teoreme. Navedite primjere koji pokazuju nivo prethodno stečenog znanja.

Koncept jednadžbe s jednom promjenljivom.
Koncept korijena jednadžbe, rješenje jednačine.
Koncept linearne jednačine sa jednom promenljivom, koncept kvadratne jednačine sa jednom promenljivom.
Koncept ekvivalencije jednačina, jednadžbe-posljedice (koncept stranih korijena), tranzicija ne posljedično (slučaj gubitka korijena).
Koncept čitavog racionalnog izraza sa jednom promenljivom.
Koncept cijele racionalne jednadžbe n th stepen. Standardni oblik cijele racionalne jednadžbe. Redukovana cijela racionalna jednačina.
Prijelaz na skup jednačina nižih stupnjeva faktoringom izvorne jednačine.
Koncept polinoma n stepen od x. Bezoutova teorema. Posljedice iz Bezoutove teoreme. Korijenske teoreme ( Z-korijeni i Q-korijeni) cijele racionalne jednadžbe sa cjelobrojnim koeficijentima (reduciranim i nereduciranim).
Hornerova šema.

3. Proučavanje nove teme.

Razmotrit ćemo cijelu racionalnu jednačinu n-ti stepen standardnog oblika sa jednom nepoznatom promenljivom x:Pn(x)= 0, gdje P n (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0– polinom n stepen od x, a n ≠ 0. Ako a n = 1, onda se takva jednadžba naziva reduciranom cjelobrojnom racionalnom jednačinom n th stepen. Razmotrimo takve jednadžbe za različite vrijednosti n i navesti glavne metode za njihovo rješavanje.

n= 1 – linearna jednačina.

n= 2 – kvadratna jednačina. Diskriminantna formula. Formula za izračunavanje korijena. Vietin teorem. Odabir cijelog kvadrata.

n= 3 – kubna jednačina.

Metoda grupisanja.

primjer: x 3 – 4x 2 – x+ 4 = 0 (x – 4) (x 2– 1) = 0 x 1 = 4 , x 2 = 1,x 3 = -1.

Recipročna kubna jednačina oblika sjekira 3 + bx 2 + bx + a= 0. Rješavamo kombiniranjem članova sa istim koeficijentima.

primjer: x 3 – 5x 2 – 5x + 1 = 0 (x + 1)(x 2 – 6x + 1) = 0 x 1 = -1, x 2 = 3 + 2, x 3 = 3 – 2.

Izbor Z-korijena na osnovu teoreme. Hornerova šema. Prilikom primjene ove metode potrebno je naglasiti da je pretraga u ovom slučaju konačna, a korijene biramo određenim algoritmom u skladu s teoremom Z-korijeni date cijele racionalne jednadžbe sa cjelobrojnim koeficijentima.

primjer: x 3 – 9x 2 + 23x– 15 = 0. Jednačina je data. Zapišimo djelitelje slobodnog člana ( + 1; + 3; + 5; + 15). Primijenimo Hornerovu shemu:

	x 3	x 2	x 1	x 0	zaključak
	1	-9	23	-15
1	1	1 x 1 – 9 = -8	1 x (-8) + 23 = 15	1 x 15 – 15 = 0	1 – korijen
	x 2	x 1	x 0

Dobijamo ( x – 1)(x 2 – 8x + 15) = 0 x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5.

Jednadžba sa cjelobrojnim koeficijentima. Izbor Q-korijena na osnovu teoreme. Hornerova šema. Prilikom primjene ove metode potrebno je naglasiti da je pretraga u ovom slučaju konačna i da biramo korijene određenim algoritmom u skladu s teoremom o Q-korijeni nereducirane cjelobrojne racionalne jednadžbe s cjelobrojnim koeficijentima.

Primjer: 9 x 3 + 27x 2 – x– 3 = 0. Jednačina nije redukovana. Zapišimo djelitelje slobodnog člana ( + 1; + 3). Zapišimo djelitelje koeficijenta na najvećem stepenu nepoznate. ( + 1; + 3; + 9) Shodno tome, tražit ćemo korijene među vrijednostima ( + 1; + ; + ; + 3). Primijenimo Hornerovu shemu:

	x 3	x 2	x 1	x 0	zaključak
	9	27	-1	-3
1	9	1 x 9 + 27 = 36	1 x 36 – 1 = 35	1 x 35 – 3 = 32 ≠ 0	1 – nije korijen
-1	9	-1 x 9 + 27 = 18	-1 x 18 – 1 = -19	-1 x (-19) – 3 = 16 ≠ 0	-1 – nije korijen
	9	x 9 + 27 = 30	x 30 – 1 = 9	x 9 – 3 = 0	root
	x 2	x 1	x 0

Dobijamo ( x – )(9x 2 + 30x + 9) = 0 x 1 = , x 2 = - , x 3 = -3.

Radi lakšeg izračunavanja pri odabiru Q -korijeni Može biti zgodno napraviti promjenu varijable, otići na datu jednačinu i odabrati Z -korijeni.

Ako je lažni termin 1

.

Ako možete koristiti zamjenu obrasca y = kx

.

Cardano formula. Postoji univerzalna metoda za rješavanje kubnih jednadžbi - ovo je Cardano formula. Ova formula je povezana sa imenima italijanskih matematičara Gerolamo Cardano (1501–1576), Nicolo Tartaglia (1500–1557), Scipione del Ferro (1465–1526). Ova formula je izvan okvira našeg kursa.

n= 4 – jednačina četvrtog stepena.

Metoda grupisanja.

primjer: x 4 + 2x 3 + 5x 2 + 4x – 12 = 0 (x 4 + 2x 3) + (5x 2 + 10x) – (6x + 12) = 0 (x + 2)(x 3 + 5x – 6) = 0 (x + 2)(x– 1)(x 2 + x + 6) = 0 x 1 = -2, x 2 = 1.

Varijabilna metoda zamjene.

Bikvadratna jednadžba oblika sjekira 4 + bx 2 + s = 0 .

primjer: x 4 + 5x 2 – 36 = 0. Zamjena y = x 2. Odavde y 1 = 4, y 2 = -9. Zbog toga x 1,2 = + 2 .

Recipročna jednačina četvrtog stepena oblika sjekira 4 + bx 3+c x 2 + bx + a = 0.

Rješavamo kombiniranjem članova sa istim koeficijentima zamjenom oblika

sjekira 4 + bx 3 + cx 2 – bx + a = 0.

Generalizovana rekurentna jednačina četvrtog stepena oblika sjekira 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k 2 a = 0.

Opća zamjena. Neke standardne zamjene.

Primjer 3 . Zamjena generalnog izgleda(proizlazi iz tipa specifične jednačine).

n = 3.

Jednadžba sa cjelobrojnim koeficijentima. Izbor Q-korijena n = 3.

Opća formula. Postoji univerzalna metoda za rješavanje jednačina četvrtog stepena. Ova formula je povezana sa imenom Ludovika Ferarija (1522–1565). Ova formula je izvan okvira našeg kursa.

n > 5 – jednačine petog i višeg stepena.

Jednadžba sa cjelobrojnim koeficijentima. Izbor Z-korijena na osnovu teoreme. Hornerova šema. Algoritam je sličan onom o kojem je gore raspravljano za n = 3.

Jednadžba sa cjelobrojnim koeficijentima. Izbor Q-korijena na osnovu teoreme. Hornerova šema. Algoritam je sličan onom o kojem je gore raspravljano za n = 3.

Simetrične jednačine. Svaka recipročna jednačina neparnog stepena ima korijen x= -1 i nakon faktoringa u faktore nalazimo da jedan faktor ima oblik ( x+ 1), a drugi faktor je recipročna jednačina parnog stepena (njen stepen je za jedan manji od stepena originalne jednačine). Bilo koja recipročna jednačina parnog stepena zajedno sa korenom oblika x = φ također sadrži korijen vrste. Koristeći ove tvrdnje, rješavamo problem snižavanjem stepena jednačine koja se proučava.

Varijabilna metoda zamjene. Upotreba homogenosti.

Ne postoji opšta formula za rešavanje čitavih jednačina petog stepena (to su pokazali italijanski matematičar Paolo Rufini (1765–1822) i norveški matematičar Niels Henrik Abel (1802–1829)) i viših stepeni (to je pokazao Francuski matematičar Evariste Galois (1811–1832) )).

Podsjetimo još jednom da je u praksi moguće koristiti kombinacije gore navedene metode. Pogodno je prijeći na skup jednačina nižih stupnjeva faktoring originalne jednačine.
Izvan okvira naše današnje rasprave su oni koji se široko koriste u praksi. grafičke metode rješavanje jednačina i približne metode rješenja jednačine viših stepeni.

Postoje situacije kada jednadžba nema R-korijene.

Korištenje svojstva monotonosti funkcija

4. Sumiranje.

Rezime: Sada smo savladali osnovne metode za rješavanje različitih jednačina viših stupnjeva (za n > 3). Naš zadatak je da naučimo kako efikasno koristiti gore navedene algoritme. U zavisnosti od vrste jednačine, moraćemo da naučimo da odredimo koji je metod rešenja u datom slučaju najefikasniji, kao i da pravilno primenimo izabranu metodu.

5. Domaći.

: paragraf 7, str. 164–174, brojevi 33–36, 39–44, 46.47.

: №№ 9.1–9.4, 9.6–9.8, 9.12, 9.14–9.16, 9.24–9.27.

Moguće teme za izvještaje ili sažetke na ovu temu:

Cardano formula
Grafička metoda rješavanja jednačina. Primjeri rješenja.
Metode aproksimativnog rješavanja jednačina.

Analiza učenja i interesovanja učenika za temu:

Iskustvo pokazuje da interesovanje studenata prvenstveno izaziva mogućnost izbora Z-korijeni i Q-korijene jednadžbi koristeći prilično jednostavan algoritam koji koristi Hornerovu shemu. Studenti su takođe zainteresovani za različite standardne vrste zamene varijabli, koje mogu značajno pojednostaviti tip problema. Metode grafičkog rješenja obično su od posebnog interesa. U ovom slučaju možete dodatno analizirati probleme koristeći grafičku metodu za rješavanje jednačina; diskutovati o opštem obliku grafa za polinom stepena 3, 4, 5; analizirati kako je broj korijena jednačina stepena 3, 4, 5 povezan sa izgledom odgovarajućeg grafa. Ispod je lista knjiga u kojima možete pronaći dodatne informacije o ovoj temi.

Bibliografija:

Vilenkin N.Ya. i dr. „Algebra. Udžbenik za učenike 9. razreda sa detaljnim proučavanjem matematike” - M., Prosveshchenie, 2007 - 367 str.
Vilenkin N.Ya., Shibasov L.P., Shibasova Z.F.„Iza stranica udžbenika matematike. Aritmetika. Algebra. 10-11 razredi” – M., Prosveta, 2008 – 192 str.
Vygodsky M.Ya.“Matematički priručnik” – M., AST, 2010 – 1055 str.
Galitsky M.L.“Zbirka zadataka iz algebre. Udžbenik za 8-9 razred sa detaljnim proučavanjem matematike” - M., Prosveshchenie, 2008 - 301 str.
Zvavich L.I. i dr. „Algebra i počeci analize. 8–11 razredi Priručnik za škole i razrede sa detaljnim proučavanjem matematike” - M., Drofa, 1999. - 352 str.
Zvavich L.I., Averyanov D.I., Pigarev B.P., Trushanina T.N.“Matematički zadaci za pripremu za pismeni ispit u 9. razredu” - M., Prosveshchenie, 2007 - 112 str.
Ivanov A.A., Ivanov A.P.“Tematski testovi za sistematizaciju znanja iz matematike” 1. dio – M., Fizmatkniga, 2006 – 176 str.
Ivanov A.A., Ivanov A.P.“Tematski testovi za sistematizaciju znanja iz matematike” 2. dio – M., Fizmatkniga, 2006 – 176 str.
Ivanov A.P.“Testovi i testovi iz matematike. Tutorial". – M., Fizmatkniga, 2008 – 304 str.
Leibson K.L.“Zbirka praktičnih zadataka iz matematike. Dio 2–9 razredi” – M., MTSNM, 2009 – 184 str.
Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G.„Algebra. Dodatna poglavlja za udžbenik za 9. razred. Udžbenik za učenike u školama i odeljenjima sa detaljnim proučavanjem matematike.” – M., Prosveta, 2006 – 224 str.
Mordkovich A.G.„Algebra. Dubinska studija. 8. razred. Udžbenik” – M., Mnemosyne, 2006 – 296 str.
Savin A.P.“Enciklopedijski rečnik mladog matematičara” - M., Pedagogija, 1985 - 352 str.
Survillo G.S., Simonov A.S.“Didaktički materijali o algebri za 9. razred sa detaljnim proučavanjem matematike” - M., Prosveshchenie, 2006 - 95 str.
Chulkov P.V.„Jednačine i nejednačine u školskom predmetu matematike. Predavanja 1–4” – M., 1. septembar 2006. – 88 str.
Chulkov P.V.„Jednačine i nejednačine u školskom predmetu matematike. Predavanja 5–8” – M., 1. septembar 2009. – 84 str.