Vieta tételét gyakran használják a már megtalált gyökerek ellenőrzésére. Ha megtalálta a gyökereket, a \(\begin(cases)x_1+x_2=-p \\x_1 \cdot x_2=q\end(esetek)\) képletekkel számíthatja ki a \(p) értékét \) és \(q\ ). És ha kiderül, hogy megegyeznek az eredeti egyenletben, akkor a gyökerek helyesen találhatók.
Például a segítségével oldjuk meg a \(x^2+x-56=0\) egyenletet, és kapjuk meg a gyököket: \(x_1=7\), \(x_2=-8\). Ellenőrizzük, nem hibáztunk-e a megoldási folyamat során. Esetünkben \(p=1\) és \(q=-56\). Vieta tétele alapján a következőt kapjuk:
\(\begin(esetek)x_1+x_2=-p \\x_1 \cdot x_2=q\end(esetek)\) \(\bal jobbra nyíl\) \(\begin(esetek)7+(-8)=-1 \\7\cdot(-8)=-56\end(esetek)\) \(\Bal jobbra nyíl\) \(\begin(cases)-1=-1\\-56=-56\end(esetek)\ )
Mindkét állítás konvergált, ami azt jelenti, hogy helyesen oldottuk meg az egyenletet.
Ez az ellenőrzés szóban is elvégezhető. 5 másodpercig tart, és megóvja Önt a hülye hibáktól.
Vieta fordított tétele
Ha \(\begin(esetek)x_1+x_2=-p \\x_1 \cdot x_2=q\end(esetek)\), akkor \(x_1\) és \(x_2\) a másodfokú egyenlet \ (x^ 2+px+q=0\).
Vagy egyszerűen: ha van egy \(x^2+px+q=0\\ alakú egyenlete), akkor a rendszer megoldása \(\begin(cases)x_1+x_2=-p \\x_1 \cdot x_2=q\ end(cases)\) megtalálja a gyökereit.
Ennek a tételnek köszönhetően gyorsan megtalálhatja a másodfokú egyenlet gyökereit, különösen, ha ezek a gyökök . Ez a készség azért fontos, mert sok időt takarít meg.
Példa . Oldja meg a \(x^2-5x+6=0\) egyenletet.
Megoldás
: Vieta inverz tételével azt találjuk, hogy a gyökök teljesítik a feltételeket: \(\begin(cases)x_1+x_2=5 \\x_1 \cdot x_2=6\end(esetek)\).
Tekintse meg a \(x_1 \cdot x_2=6\) rendszer második egyenletét. Milyen kettőre bontható fel a \(6\) szám? A \(2\) és \(3\), \(6\) és \(1\) vagy \(-2\) és \(-3\), valamint \(-6\) és \(- 1\). A rendszer első egyenlete megmondja, hogy melyik párt válassza: \(x_1+x_2=5\). \(2\) és \(3\) hasonlóak, mivel \(2+3=5\).
Válasz
: \(x_1=2\), \(x_2=3\).
Példák
. A Vieta-tétel megfordításával keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit:
a) \(x^2-15x+14=0\); b) \(x^2+3x-4=0\); c) \(x^2+9x+20=0\); d) \(x^2-88x+780=0\).
Megoldás
:
a) \(x^2-15x+14=0\) – milyen tényezőkre bomlik a \(14\)? \(2\) és \(7\), \(-2\) és \(-7\), \(-1\) és \(-14\), \(1\) és \(14\) ). Milyen számpárokból adódik \(15\)? Válasz: \(1\) és \(14\).
b) \(x^2+3x-4=0\) – milyen tényezőkre bomlik a \(-4\)? \(-2\) és \(2\), \(4\) és \(-1\), \(1\) és \(-4\). Milyen számpárokból adódik \(-3\)? Válasz: \(1\) és \(-4\).
c) \(x^2+9x+20=0\) – milyen tényezőkre bomlik a \(20\)? \(4\) és \(5\), \(-4\) és \(-5\), \(2\) és \(10\), \(-2\) és \(-10\) ), \(-20\) és \(-1\), \(20\) és \(1\). Milyen számpárokból adódik \(-9\)? Válasz: \(-4\) és \(-5\).
d) \(x^2-88x+780=0\) – milyen tényezőkre bomlik a \(780\)? \(390\) és \(2\). Összeadva \(88\) lesz? Nem. Milyen egyéb szorzói vannak a \(780\)-nak? \(78\) és \(10\). Összeadva \(88\) lesz? Igen. Válasz: \(78\) és \(10\).
Nem szükséges az utolsó kifejezést az összes lehetséges tényezőre kiterjeszteni (mint az utolsó példában). Azonnal ellenőrizheti, hogy az összegük megadja-e a \(-p\) értéket.
Fontos! Vieta tétele és a fordított tétele csak -vel működik, azaz olyannal, amelyre \(x^2\) együtthatója eggyel egyenlő. Ha kezdetben kaptunk egy nem redukált egyenletet, akkor azt csökkenthetjük úgy, hogy egyszerűen elosztjuk az \(x^2\) előtti együtthatóval.
Például, legyen adott a \(2x^2-4x-6=0\) egyenlet és egy Vieta-tételt szeretnénk használni. De nem tehetjük meg, mivel \(x^2\) együtthatója egyenlő \(2\). Megszabadulunk tőle úgy, hogy a teljes egyenletet elosztjuk \(2\-el).
\(2x^2-4x-6=0\) \(|:2\)
\(x^2-2x-3=0\)
Kész. Most mindkét tételt használhatja.
Válaszok a gyakran ismételt kérdésekre
Kérdés:
A Vieta-tétel segítségével bármelyik ?
Válasz:
Sajnos nincs. Ha az egyenlet nem tartalmaz egész számokat, vagy az egyenletnek egyáltalán nincs gyöke, akkor Vieta tétele nem segít. Ebben az esetben használnia kell diszkriminatív
. Szerencsére az iskolai matematikában az egyenletek 80%-ának van egész megoldása.
I. Vieta tétele a redukált másodfokú egyenlethez.
A redukált másodfokú egyenlet gyökeinek összege x 2 +px+q=0 egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, és a gyökök szorzata egyenlő a szabad taggal:
x 1 + x 2 = -p; x 1 ∙x 2 =q.
Keresse meg az adott másodfokú egyenlet gyökereit Vieta tételével!
1. példa) x 2 -x-30=0. Ez a redukált másodfokú egyenlet ( x 2 +px+q=0), második együttható p=-1, és az ingyenes tag q=-30. Először is győződjön meg arról, hogy ennek az egyenletnek vannak gyökei, és hogy a gyököket (ha vannak) egész számokban fejezzük ki. Ehhez elég, ha a diszkrimináns egy egész szám tökéletes négyzete.
A diszkrimináns megtalálása D=b 2 — 4ac=(-1) 2 -4∙1∙(-30)=1+120=121= 11 2 .
Most, Vieta tétele szerint, a gyökök összegének egyenlőnek kell lennie az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, azaz. ( -o), a szorzat pedig egyenlő a szabad kifejezéssel, azaz. ( q). Akkor:
x 1 + x 2 = 1; x 1 ∙x 2 =-30. Két számot kell választanunk úgy, hogy a szorzatuk egyenlő legyen -30 , és az összeg Mértékegység. Ezek számok -5 És 6 . Válasz: -5; 6.
2. példa) x 2 +6x+8=0. Megvan a redukált másodfokú egyenlet a második együtthatóval p=6és ingyenes tagja q=8. Győződjön meg arról, hogy vannak egész gyökök. Keressük a diszkriminánst D 1 D 1=3 2 -1∙8=9-8=1=1 2 . A D 1 diszkrimináns a szám tökéletes négyzete 1 , ami azt jelenti, hogy ennek az egyenletnek a gyökerei egész számok. Válasszuk ki a gyököket Vieta tételével: a gyökök összege egyenlő –р=-6, és a gyökök szorzata egyenlő q=8. Ezek számok -4 És -2 .
Valójában: -4-2=-6=-р; -4∙(-2)=8=q. Válasz: -4; -2.
3. példa) x 2 +2x-4=0. Ebben a redukált másodfokú egyenletben a második együttható p=2, és az ingyenes tag q=-4. Keressük a diszkriminánst D 1, mivel a második együttható páros szám. D 1=1 2 -1∙(-4)=1+4=5. A diszkrimináns nem a szám tökéletes négyzete, ezért tesszük következtetés: Ennek az egyenletnek a gyökerei nem egész számok, és nem találhatók meg Vieta tételével. Ez azt jelenti, hogy ezt az egyenletet szokás szerint a képletekkel (jelen esetben a képletekkel) oldjuk meg. Kapunk:
4. példa).Írj fel egy másodfokú egyenletet a gyökeivel, ha x 1 =-7, x 2 =4.
Megoldás. A szükséges egyenlet a következő formában lesz felírva: x 2 +px+q=0, és Vieta tétele alapján –p=x 1 +x 2=-7+4=-3 → p=3; q=x 1 ∙x 2=-7∙4=-28 . Ekkor az egyenlet a következő alakot veszi fel: x 2 +3x-28=0.
5. példa).Írjon fel egy másodfokú egyenletet a gyökeivel, ha:
II. Vieta tétele teljes másodfokú egyenlethez ax 2 +bx+c=0.
A gyökerek összege mínusz b, osztva A, a gyökerek szorzata egyenlő Val vel, osztva
2.5 Vieta képlet magasabb fokú polinomokhoz (egyenletekhez).
A Viète által a másodfokú egyenletekre levezetett képletek a magasabb fokú polinomokra is igazak.
Legyen a polinom
P(x) = a 0 x n + a 1 x n -1 + … +a n
n különböző gyöke van x 1, x 2..., x n.
Ebben az esetben a következő alakzattal rendelkezik:
a 0 x n + a 1 x n-1 +…+ a n = a 0 (x – x 1) (x – x 2)… (x – x n)
Osszuk el ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát 0 ≠ 0-val, és nyissuk meg a zárójeleket az első részben. Az egyenlőséget kapjuk:
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
De két polinom akkor és csak akkor egyenlő, ha ugyanazon hatványok együtthatói egyenlők. Ebből következik, hogy az egyenlőség
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
Például harmadfokú polinomokhoz
a 0 x³ + a 1 x² + a 2 x + a 3
Vannak identitásaink
x 1 + x 2 + x 3 = -
x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 =
x 1 x 2 x 3 = -
Ami a másodfokú egyenleteket illeti, ezt a képletet Vieta-képleteknek nevezik. Ezeknek a képleteknek a bal oldala az egyenlet x 1, x 2 ..., x n gyökéből származó szimmetrikus polinomok, a jobb oldalak pedig a polinom együtthatóján keresztül vannak kifejezve.
2.6 Másodfokúra (kétnegyedesre) redukálható egyenletek
A negyedik fokú egyenletek másodfokú egyenletekre redukálódnak:
ax 4 + bx 2 + c = 0,
bikvadratikusnak nevezzük, és a ≠ 0.
Elegendő x 2 = y ebbe az egyenletbe beletenni, ezért
ay² + by + c = 0
keressük meg a kapott másodfokú egyenlet gyökereit
y 1,2 = 
Az x 1, x 2, x 3, x 4 gyökök azonnali megtalálásához cserélje ki az y-t x-re, és kapja meg
x² =
x 1,2,3,4 = 
.
Ha egy negyedik fokú egyenletben x 1, akkor van gyöke is x 2 = -x 1,
Ha van x 3, akkor x 4 = - x 3. Egy ilyen egyenlet gyökeinek összege nulla.
2x 4 - 9x² + 4 = 0
Helyettesítsük be az egyenletet a kétnegyedes egyenletek gyökeinek képletébe:
x 1,2,3,4 = 
,
tudva, hogy x 1 = -x 2 és x 3 = -x 4, akkor:
x 3,4 = 
Válasz: x 1,2 = ±2; x 1,2 =
2.7 Biquadratic egyenletek tanulmányozása
Vegyük a bikvadratikus egyenletet
ax 4 + bx 2 + c = 0,
ahol a, b, c valós számok, a > 0. Az y = x² segédismeretlen beiktatásával megvizsgáljuk ennek az egyenletnek a gyökereit, és az eredményeket beírjuk a táblázatba (lásd 1. számú melléklet)
2.8 Cardano képlet
Ha modern szimbolikát használunk, a Cardano képlet levezetése így nézhet ki:
x = 
Ez a képlet határozza meg egy általános harmadfokú egyenlet gyökereit:
ax 3 + 3bx 2 + 3cx + d = 0.
Ez a képlet nagyon nehézkes és összetett (több összetett gyököt tartalmaz). Ez nem mindig érvényes, mert... nagyon nehéz kitölteni.
F ¢(xо) = 0, >0 (<0), то точка xоявляется точкой локального минимума (максимума) функции f(x). Если же =0, то нужно либо пользоваться первым достаточным условием, либо привлекать высшие производные. На отрезке функция y = f(x) может достигать наименьшего или наибольшего значения либо в критических точках, либо на концах отрезка . Пример 3.22. Найти экстремумы функции f(x) ...
Sorolja fel vagy válassza ki a legérdekesebb helyeket 2-3 szövegből. Így megvizsgáltuk a választható kurzusok létrehozására és lebonyolítására vonatkozó általános rendelkezéseket, amelyeket figyelembe veszünk az algebra szabadon választható kurzusának kidolgozásakor a 9. évfolyamhoz „Másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek egy paraméterrel”. fejezet II. A „Másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterrel” szabadon választható tantárgy lebonyolításának módszertana 1.1. Gyakoriak...
Megoldások numerikus számítási módszerekből. Egy egyenlet gyökereinek meghatározásához nem szükséges Abel, Galois, Lie stb. csoportok elméleteinek ismerete és speciális matematikai terminológia használata: gyűrűk, mezők, ideálok, izomorfizmusok stb. Egy n-edik fokú algebrai egyenlet megoldásához csak másodfokú egyenletek megoldására és komplex számokból gyökök kinyerésére van szükség. A gyökerek meghatározhatók a...
Fizikai mennyiségek mértékegységeivel a MathCAD rendszerben? 11. Ismertesse részletesen a szöveges, grafikai és matematikai blokkokat! 2. sz. előadás. Lineáris algebrai feladatok és differenciálegyenletek megoldása MathCAD környezetben A lineáris algebrai feladatokban szinte mindig szükség van különféle műveletek végrehajtására mátrixokkal. A mátrixokat tartalmazó kezelőpanel a Math panelen található. ...
Mielőtt rátérnénk Vieta tételére, bevezetünk egy definíciót. Az alak másodfokú egyenlete x² + px + q= 0-t redukáltnak nevezzük. Ebben az egyenletben a vezető együttható eggyel egyenlő. Például az egyenlet x² - 3 x- 4 = 0 csökken. Az alak bármely másodfokú egyenlete fejsze² + b x + c= 0 csökkenthető, ha az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk A≠ 0. Például a 4. egyenlet x² + 4 x— 3 = 0 4-gyel osztva a következő alakra redukálódik: x² + x— 3/4 = 0. Levezetjük a redukált másodfokú egyenlet gyökeinek képletét, ehhez használjuk az általános másodfokú egyenlet gyökeinek képletét: fejsze² + bx + c = 0
Csökkentett egyenlet x² + px + q= 0 egybeesik egy általános egyenlettel, amelyben A = 1, b = p, c = q. Ezért az adott másodfokú egyenletre a képlet a következőképpen alakul: 
az utolsó kifejezést a redukált másodfokú egyenlet gyökeinek képletének nevezzük, különösen akkor célszerű ezt a képletet használni, amikor R- páros szám. Például oldjuk meg az egyenletet x² – 14 x — 15 = 0
Válaszul azt írjuk, hogy az egyenletnek két gyöke van.
Pozitív redukált másodfokú egyenletre a következő tétel érvényes.
Vieta tétele
Ha x 1 és x 2 - az egyenlet gyökerei x² + px + q= 0, akkor a képletek érvényesek:
x 1 + x 2 = — R
x 1 * x 2 = q, vagyis a redukált másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjellel vett második együtthatóval, a gyökök szorzata pedig egyenlő a szabad taggal.
A fenti másodfokú egyenlet gyökeinek képlete alapján a következőt kapjuk:
Ezeket az egyenlőségeket összeadva a következőket kapjuk: x 1 + x 2 = —R.
Ezeket az egyenlőségeket megszorozva a négyzetek különbségi képletével kapjuk:
Vegyük észre, hogy Vieta tétele akkor is érvényes, ha a diszkrimináns nullával egyenlő, ha feltételezzük, hogy ebben az esetben a másodfokú egyenletnek két azonos gyöke van: x 1 = x 2 = — R/2.
Egyenletek megoldása nélkül x² – 13 x+ 30 = 0 keresse meg gyökeinek összegét és szorzatát x 1 és x 2. ezt az egyenletet D= 169 – 120 = 49 > 0, tehát a Vieta-tétel alkalmazható: x 1 + x 2 = 13, x 1 * x 2 = 30. Nézzünk még néhány példát. Az egyenlet egyik gyökere x² — px- 12 = 0 egyenlő x 1 = 4. Együttható keresése Rés a második gyökér x Ennek az egyenletnek a 2. Vieta tétele szerint x 1 * x 2 =— 12, x 1 + x 2 = — R. Mert x 1 = 4, majd 4 x 2 = - 12, honnan x 2 = — 3, R = — (x 1 + x 2) = - (4 - 3) = - 1. Válaszként felírjuk a második gyöket x 2 = - 3, együttható p = — 1.
Egyenletek megoldása nélkül x² + 2 x- 4 = 0 keressük meg a gyökeinek négyzetösszegét. Hadd x 1 és x 2 - az egyenlet gyökerei. Vieta tétele szerint x 1 + x 2 = — 2, x 1 * x 2 = — 4. Mert x 1²+ x 2² = ( x 1 + x 2)² - 2 x 1 x 2 akkor x 1²+ x 2² = (- 2)² -2 (- 4) = 12.
Keressük meg a 3. egyenlet gyökeinek összegét és szorzatát x² + 4 x- 5 = 0. Ennek az egyenletnek két különböző gyökere van, mivel a diszkrimináns D= 16 + 4*3*5 > 0. Az egyenlet megoldásához a Vieta-tételt használjuk. Ezt a tételt az adott másodfokú egyenletre igazoltuk. Tehát osszuk el ezt az egyenletet 3-mal.
Ezért a gyökerek összege -4/3, szorzatuk pedig -5/3.
Általában az egyenlet gyökerei fejsze² + b x + c= 0 a következő egyenlőségekkel függ össze: x 1 + x 2 = — b/a, x 1 * x 2 = c/a, Ahhoz, hogy megkapjuk ezeket a képleteket, elegendő ennek a másodfokú egyenletnek mindkét oldalát elosztani A ≠ 0 és alkalmazzuk Vieta tételét a kapott redukált másodfokú egyenletre. Tekintsünk egy példát: létre kell hozni egy redukált másodfokú egyenletet, amelynek gyökerei vannak x 1 = 3, x 2 = 4. Mert x 1 = 3, x 2 = 4 - másodfokú egyenlet gyökei x² + px + q= 0, akkor Vieta tétele alapján R = — (x 1 + x 2) = — 7, q = x 1 x 2 = 12. A választ így írjuk x² – 7 x+ 12 = 0. Egyes feladatok megoldásánál a következő tételt alkalmazzuk.
A tétel megfordítva Vieta tételét
Ha a számok R, q, x 1 , x 2 olyan, hogy x 1 + x 2 = — p, x 1 * x 2 = q, Azt x 1És x 2- az egyenlet gyökerei x² + px + q= 0. Csere a bal oldalra x² + px + q ahelyett R kifejezés - ( x 1 + x 2), és helyette q- munka x 1 * x 2 . Kapunk: x² + px + q = x² — ( x 1 + x 2) x + x 1 x 2 = x² - x 1 x - x 2 x + x 1 x 2 = (x - x 1) (x - x 2).Így, ha a számok R, q, x 1 és x 2 ezek az összefüggések kapcsolódnak össze, akkor mindenki számára xérvényesül az egyenlőség x² + px + q = (x - x 1) (x - x 2), amiből az következik x 1 és x 2 - az egyenlet gyökerei x² + px + q= 0. A Vieta-tétellel fordított tételt használva néha kiválasztással megtalálhatja a másodfokú egyenlet gyökereit. Nézzünk egy példát, x² – 5 x+ 6 = 0. Itt R = — 5, q= 6. Válasszunk két számot x 1 és x 2 szóval x 1 + x 2 = 5, x 1 * x 2 = 6. Ha észrevesszük, hogy 6 = 2 * 3 és 2 + 3 = 5, a Vieta tételének fordított tételével azt kapjuk, hogy x 1 = 2, x 2 = 3 - az egyenlet gyökerei x² – 5 x + 6 = 0.