Horner séma. Példák. Negyedfokú egyenlet Olyan egyenletek megoldása, ahol x 4 hatványára
Nem sokkal azután, hogy Cardano közzétett egy módszert a köbös egyenletek megoldására, tanítványai és követői megtalálták a módját, hogy a negyedfokú általános egyenletet köbegyenletté redukálják. Mutassuk be a legegyszerűbb módszert, amely L. Ferrarihoz tartozik.
A módszer bemutatásakor a következő elemi lemmát kell használnia.
Lemma. Ahhoz, hogy egy másodfokú trinom egy lineáris binomiális négyzete legyen, szükséges és elegendő, hogy a diszkriminánsa nullával egyenlő.
Bizonyíték. Szükségesség. Hadd . Aztán az Elegendőség. Hadd Akkor
A bemutatott módszer ötlete az, hogy az egyenlet bal oldalát két négyzet különbségeként mutassa be. Ekkor két másodfokú tényezőre bontható, és az egyenlet megoldása két másodfokú egyenlet megoldásához vezet. A cél eléréséhez ábrázoljuk a bal oldalt a következő formában:
Itt y egy segéd ismeretlen, amelyet úgy kell kiválasztani, hogy a szögletes zárójelben lévő kifejezés egy lineáris binomiális négyzetének legyen. A lemma értelmében ehhez szükséges és elegendő a feltétel teljesítése
Ez a feltétel harmadfokú egyenlet y-hoz képest. A zárójelek kinyitása után a rendszer formává alakítja
Legyen ennek az egyenletnek az egyik gyökere. Akkor a feltétel teljesül, tehát fennáll
néhány k és I. Az eredeti egyenlet felveszi a formát
Ha minden tényezőt nullával egyenlővé teszünk, meg fogjuk találni az eredeti egyenlet négy gyökerét.
Tegyünk még egy megjegyzést. Legyenek az első tényező gyökerei, és a másodiké. Aztán ezeket az egyenlőségeket összeadva azt kapjuk
Így a kisegítő köbegyenlet gyökére egy kifejezést kaptunk az eredeti negyedik fokú egyenlet gyökei alapján.
Példa. Oldja meg az egyenletet. A fent vázolt módszer szerint átalakítjuk a bal oldalt:
Most tegyük fel. A formációk után megkapjuk az egyenletet
Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek az egyik gyökere a szám. Ha behelyettesítjük az eredeti egyenlet transzformált bal oldalába, a következőt kapjuk:
A tényezőket nullával egyenlővé téve azt kapjuk, hogy
Ami a negyedik fok feletti egyenleteket illeti, ismertek néhány viszonylag sajátos alakú egyenletosztályt, amely lehetővé tette az algebrai megoldásokat gyökökben, vagyis az aritmetikai műveletek eredményei és a gyökér kivonása formájában. Az ötödik és magasabb fokú általános egyenletek megoldására tett kísérletek azonban végül a 19. század elejéig sikertelenek voltak. Ruffini és Abel nem bizonyította, hogy a negyedik fok feletti általános egyenletek ilyen megoldása lehetetlen. Végül 1830-ban a briliáns francia matematikusnak, E. Galois-nak sikerült megtalálnia a szükséges és elégséges feltételeket (amelyeket meglehetősen nehéz ellenőrizni) egy adott egyenlet gyökökben való megoldhatóságához. Ezzel egy időben Galois megalkotta és felhasználta a permutációs csoportok elméletét, ami korában új volt.
2. Egyenlet Ha egy egyenlőség betűt tartalmaz, akkor az egyenlőséget egyenletnek nevezzük.
Az egyenlet igaz lehet ennek a betűnek néhány értékére
és a többi jelentése miatt helytelen.
Például az x + 6 = 7 egyenlet
igaz x = 1-re
és hamis x = 2 esetén.
3.
Egyenértékű egyenletek A lineáris egyenlet ax + x + c = 0.
Például: 5x – 4y + 6 = 0.
Fogalmazzuk meg y-t:
⇒ 4y = 5x + 6 ⇒ y =
| 5x+6 |
| 4 |
⇒ y = 1,25x + 1,5.
Az eredményül kapott, az elsővel ekvivalens egyenlet alakja
y = kx + m,
ahol: x - független változó (argumentum);
y - függő változó (függvény);
k és m együtthatók (paraméterek).
4 Egyenértékű egyenletek
A két egyenletet ún egyenértékű (egyenértékű), ha az összes megoldás halmaza egybeesik, vagy mindkettőnek nincs megoldása, és jelölje.
5/Az első fokú egyenlet.
Az elsőfokú egyenlet a következő alakra redukálható:
ax+b = 0,
Ahol x- változó, aÉs b– néhány szám, és a ≠ 0.
Innen egyszerű az érték származtatása x:
b
x = – -
a
Ez a jelentése x az egyenlet gyöke.
Az elsőfokú egyenleteknek egy gyöke van.
Másodfokú egyenlet.
A másodfokú egyenlet a következő alakra redukálható:
ax 2 + bx + c = 0,
Ahol x- változó, a, b, c– néhány szám, és a ≠ 0.
A másodfokú egyenlet gyökeinek száma a diszkriminánstól függ:
Ha D > 0, akkor az egyenletnek két gyöke van;
Ha D = 0, akkor az egyenletnek egy gyöke van;
Ha D< 0, то уравнение корней не имеет.
Egy másodfokú egyenletnek legfeljebb két gyöke lehet.
(arról, hogy mi az a diszkrimináns, és hogyan lehet megtalálni az egyenlet gyökereit, lásd a „Másodfokú egyenlet gyökeinek képlete. Diszkriminancia” és „A másodfokú egyenlet megoldásának másik módja” című fejezeteket).
A harmadik fokozat egyenlete.
A harmadik fokú egyenlet a következő alakra redukálható:
fejsze 3 + bx 2 + cx + d = 0,
Ahol x- változó, a, b, c, d– néhány szám, és a ≠ 0.
A harmadik fokú egyenletnek legfeljebb három gyöke lehet.
A negyedik fokozat egyenlete.
A negyedik fokú egyenlet a következő alakra redukálható:
fejsze 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0,
Ahol x- változó, a, b, c, d, e– néhány szám, és a ≠ 0.
Egy harmadfokú egyenletnek legfeljebb négy gyöke lehet.
Összegzés:
1) az ötödik, hatodik stb. egyenlete. fokozatok könnyen származtathatók egymástól függetlenül a fenti diagramot követve;
2) egyenlet n- diploma nem lehet több n gyökerei
6/Az egy változós egyenlet egy olyan egyenlőség, amely csak egy változót tartalmaz. Az egyenlet gyöke (vagy megoldása) annak a változónak az értéke, amelynél az egyenlet valódi numerikus egyenlőséggé változik.
1. 8/-11/Lineáris egyenletrendszerek: alapfogalmak Lineáris egyenletrendszer.
Inkonzisztens és határozatlan lineáris egyenletrendszerek. Lineáris egyenlethalmaz Konzisztens és inkonzisztens lineáris egyenlethalmaz.
Lineáris egyenletrendszer szakszervezete n lineáris egyenletek, amelyek mindegyike tartalmazza k változók. Így van írva:
Sokan, amikor először találkoznak magasabb algebrával, tévesen azt hiszik, hogy az egyenletek számának szükségszerűen egybe kell esnie a változók számával. Az iskolai algebrában ez általában megtörténik, de a magasabb algebrára ez általában nem igaz.
Egyenletrendszer megoldása egy számsorozat ( k 1 , k 2 , ..., k n), amely a rendszer egyes egyenleteinek megoldása, azaz. amikor a változók helyett ebbe az egyenletbe behelyettesítjük x 1 , x 2 , ..., x n megadja a helyes számszerű egyenlőséget.
Ennek megfelelően egy egyenletrendszer megoldása azt jelenti, hogy megtaláljuk az összes megoldásának halmazát, vagy bebizonyítjuk, hogy ez a halmaz üres. Mivel az egyenletek száma és az ismeretlenek száma nem feltétlenül esik egybe, három eset lehetséges:
1. A rendszer inkonzisztens, i.e. az összes megoldás halmaza üres. Meglehetősen ritka eset, amely könnyen észlelhető, függetlenül attól, hogy milyen módszerrel oldják meg a rendszert.
2. A rendszer konzisztens és meghatározott, azaz. pontosan egy megoldása van. A klasszikus változat, az iskola óta jól ismert.
3. A rendszer konzisztens és nem definiált, azaz. végtelenül sok megoldása van. Ez a legnehezebb lehetőség. Nem elég azt jelezni, hogy „a rendszernek végtelen számú megoldása van” – le kell írni, hogy ez a halmaz hogyan épül fel.
Változó x i hívott megengedett, ha csak a rendszer egy egyenletében szerepel, és 1-es együtthatóval. Vagyis a többi egyenletben a változó együtthatója x i egyenlőnek kell lennie nullával.
Ha minden egyenletben kiválasztunk egy megengedett változót, akkor a teljes egyenletrendszerre vonatkozó megengedett változók halmazát kapjuk. Magát a rendszert ebben a formában feloldottnak is nevezzük. Általánosságban elmondható, hogy ugyanazt az eredeti rendszert le lehet redukálni különböző engedélyezettekre, de ez egyelőre nem foglalkozik velünk. Példák az engedélyezett rendszerekre:
Mindkét rendszer változó felbontású x 1 , x 3 és x 4. Ugyanilyen sikerrel azonban vitatható, hogy a második rendszer viszonylag megengedett x 1 , x 3 és x 5. Elég az utolsó egyenletet átírni a formába x 5 = x 4 .
Most nézzünk meg egy általánosabb esetet. Legyen mindenünk k változók, ebből r megengedettek. Ekkor két eset lehetséges:
1. Engedélyezett változók száma r egyenlő a változók teljes számával k: r = k. A rendszert innen szerezzük be k egyenletek, amelyekben r = k megengedett változók. Egy ilyen rendszer együttes és határozott, mert x 1 = b 1 , x 2 = b 2 , ..., x k = b k;
2. Engedélyezett változók száma r kevesebb, mint a változók teljes száma k: r < k. A maradék ( k − r) változókat szabadnak nevezzük – tetszőleges értéket vehetnek fel, amiből könnyen kiszámíthatóak az engedélyezett változók.
Tehát a fenti rendszerekben a változók x 2 , x 5 , x 6 (az első rendszerhez) és x 2 , x 5 (a második) ingyenes. Azt az esetet, amikor vannak szabad változók, jobban meg lehet fogalmazni tételként:
Figyelem: ez egy nagyon fontos pont! Attól függően, hogy hogyan írja meg az eredményül kapott rendszert, ugyanaz a változó lehet engedélyezett vagy szabad. A legtöbb felsőfokú matematika oktató a változók lexikográfiai sorrendben történő kiírását javasolja, pl. növekvő index. Ön azonban nem köteles követni ezt a tanácsot.
Tétel. Ha a rendszer a n egyenletváltozók x 1 , x 2 , ..., x r- engedélyezett, és x r + 1 , x r + 2 , ..., x k- ingyenes, akkor:
1. Ha beállítja a szabad változók értékeit ( x r + 1 = t r + 1 , x r + 2 = t r + 2 , ..., x k = tk), majd keresse meg az értékeket x 1 , x 2 , ..., x r, megkapjuk az egyik megoldást.
2. Ha két megoldásban a szabad változók értéke egybeesik, akkor a megengedett változók értéke is egybeesik, pl. a megoldások egyenlőek.
Mi ennek a tételnek az értelme? Ahhoz, hogy egy feloldott egyenletrendszer összes megoldását megkapjuk, elegendő a szabad változókat elkülöníteni. Ezután a szabad változókhoz különböző értékeket rendelve kész megoldásokat kapunk. Ez minden – így megkaphatja a rendszer összes megoldását. Nincsenek más megoldások.
Következtetés: a feloldott egyenletrendszer mindig konzisztens. Ha egy feloldott rendszerben az egyenletek száma megegyezik a változók számával, akkor a rendszer határozott lesz, ha kevesebb, akkor határozatlan.
Több egyenlet alakul ki Egyenletek halmaza
2. 12,13/ Lineáris egyenlőtlenség./ Szigorú és nem szigorú egyenlőtlenségek Mi az egyenlőtlenség? Bármilyen egyenletet figyelembe vesz, az "=" ("egyenlő") jelet egy másik előjellel helyettesítjük ( > ;≥ ; < ; ≤ ; ≠ ) és egy egyenlőtlenséget kapunk.) Az egyenlet bármi lehet: lineáris, másodfokú, tört, exponenciális, trigonometrikus, logaritmikus stb. stb. Ennek megfelelően egyenlőtlenségeink lesznek lineárisak, másodfokú stb.
Mit kell tudni az egyenlőtlenségi ikonokról? Egyenlőtlenségek ikonnal több (> ), vagy Kevésbé (< ) hívják szigorú. Ikonokkal több vagy egyenlő (≥ ), kisebb vagy egyenlő (≤ ) hívják nem szigorú. Ikon nem egyenlő (≠ ) elkülönül, de állandóan ezzel az ikonnal kell példákat is megoldani. és mi döntünk.)
Maga az ikon nem nagyon befolyásolja a megoldási folyamatot. De a döntés végén, a végső válasz kiválasztásakor az ikon jelentése teljes erővel megjelenik! Ezt látni fogjuk az alábbiakban példákban. Vannak benne viccek...
Az egyenlőtlenségek, akárcsak az egyenlőségek, léteznek hűséges és hűtlen. Itt minden egyszerű, trükkök nélkül. Mondjuk 5 > A 2 valódi egyenlőtlenség. 5 < 2 - helytelen.
A lineáris, másodfokú, tört, exponenciális, trigonometrikus és egyéb egyenlőtlenségeket különböző módon oldják meg. Minden típusnak megvan a maga módszere, saját speciális technikája. De! Mindezek a speciális technikák használhatók csak valamilyen standard típusú egyenlőtlenséghez. Azok. mindenféle egyenlőtlenségnek először kell lennie készít hogy használja a módszerét.
3. 14,16/Az egyenlőtlenségek alapvető tulajdonságai/. Cselekvések két egyenlőtlenséggel.
1) Ha 
2) A tranzitivitás tulajdonsága. Ha
3) Ha egy valódi egyenlőtlenség mindkét oldalához ugyanazt a számot adjuk, akkor valódi egyenlőtlenséget kapunk, pl. Ha
4) Ha bármely tagot átviszünk egy valódi egyenlőtlenség egyik részéből a másikba, az előjelét az ellenkezőjére változtatva, akkor valódi egyenlőtlenséget kapunk, ti. Ha
5) Ha egy valódi egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozzuk ugyanazzal a pozitív számmal, akkor valódi egyenlőtlenséget kapunk. Például ha
6) Ha egy valódi egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozzuk ugyanazzal a negatív számmal és változtassa meg az egyenlőtlenség jelét ellenkezőleg, az eredmény valódi egyenlőtlenség. Például ha
7) Az 5) és 6) szabályhoz hasonlóan az azonos számmal való osztás szabályai érvényesek. Ha 
2x 4 + 5x 3 - 11x 2 - 20x + 12 = 0
Először meg kell találnia egy gyökeret a kiválasztási módszerrel. Általában a szabad kifejezés osztója. Ebben az esetben a szám osztói 12 vannak ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Kezdjük egyenként helyettesíteni őket:
1: 2 + 5 - 11 - 20 + 12 = -12 ⇒ szám 1
-1: 2 - 5 - 11 + 20 + 12 = 18 ⇒ szám -1 nem egy polinom gyöke
2: 2 ∙ 16 + 5 ∙ 8 - 11 ∙ 4 - 20 ∙ 2 + 12 = 0 ⇒ szám 2 a polinom gyöke
Megtaláltuk a polinom 1 gyökét. A polinom gyöke az 2, ami azt jelenti, hogy az eredeti polinomnak oszthatónak kell lennie x - 2. A polinomok felosztásához Horner sémáját használjuk:
| 2 | 5 | -11 | -20 | 12 | |
| 2 |
Az eredeti polinom együtthatói a felső sorban jelennek meg. A talált gyökér a második sor első cellájába kerül 2. A második sor az osztás eredményeként kapott polinom együtthatóit tartalmazza. Így számolják őket:
| A második sor második cellájába írjuk a számot 2, egyszerűen az első sor megfelelő cellájából való áthelyezéssel. | ||||||||||||
| 2 ∙ 2 + 5 = 9 | ||||||||||||
| 2 ∙ 9 - 11 = 7 | ||||||||||||
| 2 ∙ 7 - 20 = -6 | ||||||||||||
| 2 ∙ (-6) + 12 = 0 |
Az utolsó szám az osztás maradéka. Ha egyenlő 0-val, akkor mindent helyesen számoltunk ki.
2x 4 + 5x 3 - 11x 2 - 20x + 12 = (x - 2) (2x 3 + 9x 2 + 7x - 6)
De ez még nem a vége. Ugyanígy megpróbálhatja kibontani a polinomot 2x 3 + 9x 2 + 7x - 6.
Ismét a szabad kifejezés osztói között keresünk egy gyökeret. Számosztók -6 vannak ±1, ±2, ±3, ±6.
1: 2 + 9 + 7 - 6 = 12 ⇒ szám 1 nem egy polinom gyöke
-1: -2 + 9 - 7 - 6 = -6 ⇒ szám -1 nem egy polinom gyöke
2: 2 ∙ 8 + 9 ∙ 4 + 7 ∙ 2 - 6 = 60 ⇒ szám 2 nem egy polinom gyöke
-2: 2 ∙ (-8) + 9 ∙ 4 + 7 ∙ (-2) - 6 = 0 ⇒ szám -2 a polinom gyöke
Írjuk be a megtalált gyökeret a Horner-sémába, és kezdjük el kitölteni az üres cellákat:
| A harmadik sor második cellájába írjuk a számot 2, egyszerűen a második sor megfelelő cellájából való áthelyezéssel. | ||||||||||||||||||
| -2 ∙ 2 + 9 = 5 | ||||||||||||||||||
| -2 ∙ 5 + 7 = -3 | ||||||||||||||||||
| -2 ∙ (-3) - 6 = 0 |
Így az eredeti polinomot figyelembe vettük:
2x 4 + 5x 3 - 11x 2 - 20x + 12 = (x - 2) (x + 2) (2x 2 + 5x - 3)
Polinom 2x 2 + 5x - 3 is faktorizálható. Ehhez megoldhatja a másodfokú egyenletet a diszkriminánson keresztül, vagy megkeresheti a gyöket a szám osztói között -3. Így vagy úgy, de arra a következtetésre jutunk, hogy ennek a polinomnak a gyöke a szám -3
| A negyedik sor második cellájába írjuk a számot 2, egyszerűen a harmadik sor megfelelő cellájából való áthelyezéssel. | ||||||||||||||||||||||||
| -3 ∙ 2 + 5 = -1 | ||||||||||||||||||||||||
| -3 ∙ (-1) - 3 = 0 |
Így az eredeti polinomot lineáris tényezőkre bontottuk.
Látogass el weboldalunk youtube csatornájára, hogy naprakész legyél az új videóleckékről.
Először is emlékezzünk a hatványok alapvető képleteire és tulajdonságaikra.
Egy szám szorzata a n-szer fordul elő önmagán, ezt a kifejezést a a … a=a n alakban írhatjuk fel
1. a 0 = 1 (a ≠ 0)
3. a n a m = a n + m
4. (a n) m = a nm
5. a n b n = (ab) n
7. a n / a m = a n - m
Hatvány- vagy exponenciális egyenletek– ezek olyan egyenletek, amelyekben a változók hatványban (vagy kitevőben) vannak, és az alap egy szám.
Példák exponenciális egyenletekre:
Ebben a példában a 6-os szám az alap, mindig alul van, és a változó x fok vagy mutató.
Adjunk még példákat az exponenciális egyenletekre.
2 x *5=10
16 x - 4 x - 6 = 0
Most nézzük meg, hogyan oldják meg az exponenciális egyenleteket?
Vegyünk egy egyszerű egyenletet:
2 x = 2 3
Ezt a példát még fejben is meg lehet oldani. Látható, hogy x=3. Végül is, ahhoz, hogy a bal és a jobb oldal egyenlő legyen, x helyett 3-as számot kell tennie.
Most pedig nézzük meg, hogyan formálhatjuk ezt a döntést:
2 x = 2 3
x = 3
Egy ilyen egyenlet megoldása érdekében eltávolítottuk azonos indokok(vagyis kettesek) és felírta, ami maradt, ezek fokozatok. Megkaptuk a választ, amit kerestünk.
Most pedig foglaljuk össze döntésünket.
Algoritmus az exponenciális egyenlet megoldására:
1. Ellenőrizni kell ugyanaz hogy az egyenletnek van-e alapja a jobb és a bal oldalon. Ha az okok nem ugyanazok, akkor keressük a megoldási lehetőségeket ennek a példának a megoldására.
2. Miután az alapok azonosak lettek, egyenlővé tenni fokot, és oldja meg a kapott új egyenletet.
Most nézzünk néhány példát:
Kezdjük valami egyszerűvel.
A bal és a jobb oldalon lévő alapok egyenlőek a 2-es számmal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk az alapot, és egyenlővé tehetjük a hatalmukat.
x+2=4 A legegyszerűbb egyenletet kapjuk.
x=4–2
x=2
Válasz: x=2
A következő példában láthatja, hogy az alapok különböznek: 3 és 9.
3 3x - 9 x+8 = 0
Először mozgassa a kilencet jobb oldalra, így kapjuk:
Most ugyanazokat az alapokat kell elkészítenie. Tudjuk, hogy 9=3 2. Használjuk az (a n) m = a nm hatványképletet.
3 3x = (3 2) x+8
9 x+8 =(3 2) x+8 =3 2x+16-ot kapunk
3 3x = 3 2x+16 Most már világos, hogy a bal és a jobb oldalon az alapok azonosak, és egyenlők hárommal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk őket, és egyenlővé tesszük a fokokat.
3x=2x+16 a legegyszerűbb egyenletet kapjuk
3x - 2x=16
x=16
Válasz: x=16.
Nézzük a következő példát:
2 2x+4 - 10 4 x = 2 4
Először is nézzük meg az alapokat, a második és a negyedik alapot. És szükségünk van arra, hogy egyformák legyenek. A négyet az (a n) m = a nm képlettel alakítjuk át.
4 x = (2 2) x = 2 2x
És egy a n a m = a n + m képletet is használunk:
2 2x+4 = 2 2x 2 4
Adjuk hozzá az egyenlethez:
2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24
Ugyanezen okokból adtunk példát. De a többi 10-es és 24-es szám zavar minket. Mit kezdjünk velük? Ha alaposan megnézed, láthatod, hogy a bal oldalon 2 2x ismétlődik, itt a válasz - 2 2x zárójelbe tehetünk:
2 2x (2 4 - 10) = 24
Számítsuk ki a zárójelben lévő kifejezést:
2 4 — 10 = 16 — 10 = 6
A teljes egyenletet elosztjuk 6-tal:
Képzeljük el, hogy 4=2 2:
2 2x = 2 2 bázis azonos, ezeket elvetjük és a fokokat egyenlővé tesszük.
2x = 2 a legegyszerűbb egyenlet. Oszd el 2-vel és megkapjuk
x = 1
Válasz: x = 1.
Oldjuk meg az egyenletet:
9 x – 12*3 x +27= 0
Konvertáljuk:
9 x = (3 2) x = 3 2x
Kapjuk az egyenletet:
3 2x - 12 3 x +27 = 0
Az alapjaink azonosak, egyenlők hárommal. Ebben a példában láthatjuk, hogy az első háromnak kétszer (2x) a foka, mint a másodiknak (csak x). Ebben az esetben meg tudod oldani cseremódszer. A számot a legkisebb fokozatra cseréljük:
Ekkor 3 2x = (3 x) 2 = t 2
Az egyenletben szereplő összes x hatványt t-re cseréljük:
t 2 - 12t+27 = 0
Másodfokú egyenletet kapunk. A diszkrimináns segítségével megoldva a következőket kapjuk:
D=144-108=36
t 1 = 9
t2 = 3
Visszatérve a változóhoz x.
Vegyük a t 1-et:
t 1 = 9 = 3 x
vagyis
3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2
Egy gyökér található. A másodikat keressük a t 2-ből:
t 2 = 3 = 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
Válasz: x 1 = 2; x 2 = 1.
A honlapon a SEGÍTSÉG DÖNTÉS rovatban feltehetitek kérdéseiteket, mi biztosan válaszolunk.
Csatlakozz a csoporthoz
Általános esetben a negyedik fokú egyenlet megoldását a magasabb fokú egyenletek megoldására szolgáló módszerekkel hajtják végre, például a Ferrari módszerrel vagy a Horner-séma használatával. De néhány 4. fokú egyenletnek van egyszerűbb megoldása.
A negyedik fokú egyenleteknek számos speciális típusa létezik, amelyek megoldási módjait az alábbiakban ismerheti meg:
- Kétkvadratikus egyenlet $ax^4+bx^2+c=0$;
- $ax^4+bx^3+cx^2 +bx+ a=0$ alakú reciprok egyenletek;
- $ax^4+b=0$ alakú egyenletek.
Negyedfokú biquadratic egyenletek megoldása
A $ax^4+bx^2+c=0$ kétnegyedes egyenletek másodfokú egyenletekké redukálódnak, ha a $x^2$ változót egy újra cseréljük, például $y$-ra. A csere után az új eredményül kapott egyenletet megoldjuk, majd a talált változó értékét behelyettesítjük a $x^2=y$ egyenletbe. A megoldás eredménye a $x^2=y$ egyenlet gyöke lesz.
1. példa
Oldja meg a $x(x-1)(x-2)(x-3)=24$ egyenletet:
Bontsuk ki a zárójeleket a polinomban:
$(x^2-3x)(x^2-3x+2)=24$
Ebben a formában nyilvánvalóvá válik, hogy új változóként választhatjuk a $y=x^2-3x$ kifejezést.
$y\cdot (y+2)=24$
Most oldjunk meg két másodfokú egyenletet: $x^2-3x=-4$ és $x^2-3x=-6$.
Az első egyenlet gyöke $x_1(1,2)=4;-1$, a másodiknak nincs megoldása.
4. fokú reciprok egyenletek megoldása
Ezek az $ax^4+bx^3+cx^2 +bx+ a=0$ alakú egyenletek az alacsonyabb rendű tagokra vonatkozó együtthatóikkal megismétlik a magasabb fokú polinomok együtthatóit. Egy ilyen egyenlet megoldásához először ossza el $x^2$-val:
$ax^4+bx^3+cx^2 +bx+ a=0|:x^2$
$ax^2+bx+c+\frac(b)(x) + \frac(a)(x^2)=0$
$a(x^2+\frac(1)(x^2))+b(x+\frac(1)(x)) + c=0$
Ezután cserélje ki a $(x+\frac(1)(x))$-t egy új változóra, majd $(x^2+\frac(1)(x^2))=y^2-2$, behelyettesítés után kapjuk a következő egyenlet négyzetével:
$a(y^2-2)+by+c=0$
Ezek után megkeressük a $x+\frac(1)(x)=y_1$ és $x+\frac(1)(x)=y_2$ egyenletek gyökereit.
Hasonló módszert alkalmaznak a $ax^4+bx^3+cx^2 +kbx+ k^2a=0$ alakú reciprok egyenletek megoldására is.
2. példa
Oldja meg az egyenletet:
$3x^4-2x^3-9x^2-4x+12=0$
Ez az egyenlet $ax^4+bx^3+cx^2 +kbx+ k^2a=0$ alakú reciprok egyenlet. Ezért a teljes egyenletet elosztjuk $x^2$-val:
$3x^2-2x-9 \cdot \frac(2 \cdot 2)(x)+3 \cdot (\frac(2)(x))^2=0$
$3(x^2+\frac(4)(x^2))-2(x+\frac(2)(x)-9=0$
Cseréljük le a $x+\frac(2)(x)$ kifejezést: $3(y^2-4)-2y-9=0$
Számítsuk ki ennek az egyenletnek a gyökereit, ezek egyenlőek: $y_1=3$ és $y_2=-\frac(7)(3)$.
Ennek megfelelően most két egyenletet kell megoldani: $x+\frac(2)(x)=3$ és $x+\frac(2)(x)=-\frac(7)(3)$. Az első egyenlet megoldása $x_1=1, x_2=2$, a második egyenletnek nincs gyöke.
Ezért az eredeti egyenlet gyökerei $x_1=1, x_2=2$.
$ax^4+b=0$ alakú egyenletek
Az ilyen típusú egyenlet gyökereit rövidített szorzóképletek segítségével találjuk meg.
