Nem felejtették el, hogyan lehet megoldani egy másodfokú egyenlet hiányos?

Hogyan lehet megoldani a hiányos másodfokú egyenlet? Ismeretes, hogy ez egy különleges kiviteli alakja egyenlőség ax ² + Bx + C = O, ahol a, b, és c - a valós együtthatók az ismeretlen x, és ahol a ≠ o, és a b és c jelentése nulla - egyidejűleg vagy külön-külön. Például, C = O, egy ≠ vagy fordítva. Már majdnem felidézni a meghatározása a másodfokú egyenlet.

tisztázni

Trinomiális másodfokú egyenlő nullával. Az első tényező a ≠ o, b és c bármilyen értéket felvehet. A változó értéke x ekkor a gyökér az egyenlet, ahol, amennyiben szubsztituált kapcsolja be a megfelelő numerikus egyenlőség. Nézzük meg az igazi gyökerekhez, bár a döntések a egyenletek komplex számok. Complete úgynevezett egyenlet, amelyben sem az együtthatók nem egyenlő O, A ≠ o, a ≠ O, C ≠ o.
Mi megoldjuk a példa. 2 ² 5 = -9H-on, azt találjuk,
D = 81 + 40 = 121,
D jelentése pozitív, a gyökerek, akkor x ₁ = (9 + √121): 4 = 5, és a második x ₂ = (9-√121): -o = 4, 5. Ellenőrző segít abban, hogy igazuk van.

Itt látható a lépésről lépésre megoldás a másodfokú egyenlet

Keresztül diszkrimináló meg tud oldani minden egyenlet bal oldalán van egy jól ismert négyzet trinomiális ha a ≠ kb. A példánkban. -9H-2 ² 5 0 = (s ² + Bx + C = O)

• Find első diszkrimináns D által ismert általános képletű ² -4as.
• Megnézzük, mi az értéke a D: több mint nulla nullával egyenlő vagy annál kevesebb.
• Tudjuk, hogy ha D> o, a másodfokú egyenlet csak két különböző valós gyöke, akkor általában képviseli x ₁ és x _2,
  Itt van, hogyan kell kiszámítani:
  x ₁ = (-C + érték ábrázolása VÉT értékkel) :( 2a) és a második: x ₂ = (-to-érték ábrázolása VÉT értékkel) :( 2a).
• D = o - egy gyökér, vagy, mondjuk, két egyenlő:
  x ₁ értéke _2, és egyenlő -to: (2a).
• Végül D

Nézzük meg, mi hiányos egyenleteket a másodfokú

1. ax ² + Bx = o. A konstans tag, együttható c ha x ⁰ nullával egyenlő, a ≠ o.
   Hogyan lehet megoldani a hiányos másodfokú egyenlet ilyen? Vegye ki x zárójelben. Emlékszünk, amikor a termék két tényező nulla.
   x (ax + b) = O, lehet, ha X jelentése O vagy ha ax + b = o.
   Döntés 2. lineáris egyenlet, hogy x = -c / a.
   Ennek eredményeként, van gyökerek x ₁ = 0, számításigényes x ₂ = -b / _a.
2. Most a koefficiense x kb, de nem egyenlő (≠) o.
   ² x + C = O. Mozog a jobb oldalon az egyenlet, megkapjuk x ² = c. Ez az egyenlet csak valós gyöke, ha egy pozitív számot (c x értéke _1, ha √ (c), illetve X ₂ - -√ (c). Ellenkező esetben az egyenletnek nincs gyökerek egyáltalán.
3. Az utolsó lehetőség: b = c = o, azaz ² s = o. Természetesen egy ilyen egyszerű kis egyenletnek egy gyökér, x = on.

Különleges esetek

Hogyan lehet megoldani egy másodfokú egyenlet hiányosnak találták, és most vozmem bármilyen.

• A teljes másodfokú egyenlet második X együttható - páros szám.
  Legyen k = o, 5b. Megvan a képlet a diszkrimináns és gyökerek.
  D / 4 ² = k - AC, gyökerek számítható x _{1,2 = (-k ± √ (D} / 4)) / a, amikor D> o.
  X = -k / a d = o.
  Nem gyökerek ha D
• Kapnak másodfokú egyenlet, amikor a koefficiens x a négyzeten értéke 1, ezek általában rögzíteni x ² + p + q = O. Ezek alá az összes fenti általános képletű, a számítás valamivel egyszerűbb.
  Példa ² x 9--4h = 0. Compute D: 2 ² 9, D = 13.
  = X ₁ 2 + √13, x ₂ = 2-√13.
• Ezen kívül, mivel könnyedén alkalmazhatja a tétel a Térség. Megállapítja, hogy az összeg a gyökerek az egyenlet egyenlő -p, a második együttható a mínusz (vagyis az ellenkező jel), és a termék a gyökerek egyenlő q, a konstans tag. Ellenőrizze, hogy milyen könnyű lenne hangosan azonosítani a gyökerei az egyenlet. A nem redukált (minden együtthatók nem egyenlő nullával), ennek a tételnek a következőképpen kell alkalmazni: az összeg x ₁ + x ₂ egyenlő -to / a, a termék x ₁ · x ₂ egyenlő a / a.

Összege abszolút kifejezés, és az első tényező, és megegyezik a tényező b. Ebben a helyzetben, az egyenlet legalább egy gyökér (könnyen bizonyítható), az első szükséges -1, és a második C / a, ha létezik. Hogyan lehet megoldani egy másodfokú egyenlet hiányos, akkor ellenőrizze magát. Egyszerű. Az együtthatók lehetnek bizonyos arányban egymással

• x ² + X = O, 7x ² -7 = O.
• Az összeg az összes együttható kb.
  A gyökerek Ezen egyenlet - 1 és a c / a. 2. példa ² -15h + 13 = o.
  ₁ = X 1, X ₂ = 13/2.

Számos más módon megoldani a különböző egyenletek a második fokozatot. Például a kiosztás módja ennek polinom tökéletes négyzet. Számos grafikus módon. Ha gyakran foglalkozik az ilyen példákat, hogy hogyan lehet „flip” őket magokat, mert minden módon jöhetnek szóba automatikusan.