Szinte minden másodfokú egyenlet \ alakra konvertálható \ Ez azonban lehetséges, ha először minden tagot elosztunk egy együtthatóval \előtt \ Ezen kívül bevezethet egy új jelölést:

\[(\frac (b)(a))= p\] és \[(\frac (c)(a)) = q\]

Emiatt lesz egy \ egyenletünk, amelyet a matematikában redukált másodfokú egyenletnek nevezünk. Ennek az egyenletnek és az együtthatók gyökerei összefüggenek, amit Vieta tétele is megerősít.

Vieta tétele: Az adott gyökeinek összege másodfokú egyenlet\ egyenlő az ellenkező előjellel vett második \ együtthatóval, és a gyökök szorzata a szabad tag \

Az érthetőség kedvéért oldjuk meg a következő egyenletet:

Oldjuk meg ezt a másodfokú egyenletet az írott szabályok segítségével. A kiindulási adatok elemzése után megállapíthatjuk, hogy az egyenletnek két különböző gyökere lesz, mert:

Most a 15-ös szám összes tényezője közül (1 és 15, 3 és 5) kiválasztjuk azokat, amelyeknél a különbség 2. A 3 és 5 számok erre a feltételre esnek. A kisebb szám elé mínusz jelet teszünk. Így megkapjuk a \ egyenlet gyökereit

Válasz: \[ x_1= -3 és x_2 = 5\]

Hol tudok egyenletet megoldani Vieta tételével online?

Az egyenletet a https://site weboldalunkon tudja megoldani. Az ingyenes online megoldó segítségével pillanatok alatt megoldhat bármilyen bonyolultságú online egyenletet. Mindössze annyit kell tennie, hogy egyszerűen beírja adatait a megoldóba. Weboldalunkon videós utasításokat is megtekinthet, és megtanulhatja az egyenlet megoldását. És ha továbbra is kérdései vannak, felteheti őket a VKontakte csoportunkban: http://vk.com/pocketteacher. Csatlakozz csoportunkhoz, mindig szívesen segítünk.

A másodfokú egyenletekben számos összefüggés van. A főbbek a gyökök és az együtthatók közötti kapcsolatok. A másodfokú egyenletekben is számos összefüggés van, amelyeket Vieta tétele ad meg.

Ebben a témában bemutatjuk magát Vieta tételét és annak bizonyítását egy másodfokú egyenletre, a tételt a Vieta tételével fordítottan, és számos problémamegoldási példát elemezünk. Az anyagban különös figyelmet fordítunk a Vieta-képletek figyelembevételére, amelyek a valódi gyökerek közötti kapcsolatot határozzák meg. algebrai egyenlet fokon nés együtthatói.

Vieta tételének megfogalmazása és bizonyítása

Másodfokú egyenlet gyökeinek képlete a x 2 + b x + c = 0 x 1 = - b + D 2 · a, x 2 = - b - D 2 · a alakú, ahol D = b 2 − 4 a c, kapcsolatokat hoz létre x 1 + x 2 = - b a, x 1 x 2 = c a. Ezt erősíti meg Vieta tétele.

1. tétel

Másodfokú egyenletben a x 2 + b x + c = 0, Hol x 1És x 2– gyökök, a gyökök összege egyenlő lesz az együtthatók arányával bÉs a, amelyet ellenkező előjellel vettünk, és a gyökök szorzata egyenlő lesz az együtthatók arányával cÉs a, azaz x 1 + x 2 = - b a, x 1 x 2 = c a.

Bizonyíték 1

A következő sémát ajánljuk a bizonyítás végrehajtásához: vegye fel a gyökképletet, állítsa össze a másodfokú egyenlet gyökeinek összegét és szorzatát, majd alakítsa át a kapott kifejezéseket, hogy megbizonyosodjon arról, hogy egyenlők -b aÉs c a illetőleg.

Tegyük a gyökök összegét x 1 + x 2 = - b + D 2 · a + - b - D 2 · a. Csökkentsük a törteket erre közös nevező- b + D 2 · a + - b - D 2 · a = - b + D + - b - D 2 · a . Nyissuk meg a kapott tört számlálójában a zárójelet, és mutassunk be hasonló tagokat: - b + D + - b - D 2 · a = - b + D - b - D 2 · a = - 2 · b 2 · a . Csökkentsük a törtet: 2 - b a = - b a.

Így igazoltuk Vieta tételének első összefüggését, amely egy másodfokú egyenlet gyökeinek összegére vonatkozik.

Most pedig térjünk át a második kapcsolatra.

Ehhez meg kell alkotnunk a másodfokú egyenlet gyökeinek szorzatát: x 1 · x 2 = - b + D 2 · a · - b - D 2 · a.

Emlékezzünk a törtek szorzásának szabályára, és írjuk fel az utolsó szorzatot a következőképpen: - b + D · - b - D 4 · a 2.

Szorjunk meg egy zárójelet egy zárójellel a tört számlálójában, vagy használjuk a négyzetek különbségi képletét a szorzat gyorsabb átalakításához: - b + D · - b - D 4 · a 2 = - b 2 - D 2 4 · a 2.

Használjuk a definíciót négyzetgyök a következő átmenethez: - b 2 - D 2 4 · a 2 = b 2 - D 4 · a 2. Képlet D = b 2 − 4 a c másodfokú egyenlet diszkriminánsának felel meg, ezért törtté ahelyett D helyettesíthető b 2 − 4 a c:

b 2 - D 4 a 2 = b 2 - (b 2 - 4 a c) 4 a 2

Nyissuk meg a zárójeleket, adjunk hozzá hasonló kifejezéseket, és kapjuk: 4 · a · c 4 · a 2 . Ha lerövidítjük arra 4 a, akkor a c a marad. Így igazoltuk a Vieta-tétel második összefüggését a gyökök szorzatára.

Vieta tételének bizonyítása nagyon lakonikus formában írható fel, ha elhagyjuk a magyarázatokat:

x 1 + x 2 = - b + D 2 a + - b - D 2 a = - b + D + - b - D 2 a = - 2 b 2 a = - b a , x 1 x 2 = - b + D 2 · a · - b - D 2 · a = - b + D · - b - D 4 · a 2 = - b 2 - D 2 4 · a 2 = b 2 - D 4 · a 2 = = D = b 2 - 4 · a · c = b 2 - b 2 - 4 · a · c 4 · a 2 = 4 · a · c 4 · a 2 = c a .

Ha egy másodfokú egyenlet diszkriminánsa nulla, az egyenletnek csak egy gyöke lesz. Ahhoz, hogy egy ilyen egyenletre alkalmazhassuk Vieta tételét, feltételezhetjük, hogy az egyenletnek nullával egyenlő diszkriminánssal két azonos gyöke van. Valóban, mikor D=0 a másodfokú egyenlet gyöke: - b 2 · a, akkor x 1 + x 2 = - b 2 · a + - b 2 · a = - b + (- b) 2 · a = - 2 · b 2 · a = - b a és x 1 · x 2 = - b 2 · a · - b 2 · a = - b · - b 4 · a 2 = b 2 4 · a 2, és mivel D = 0, azaz b 2 - 4 · a · c = 0, ahonnan b 2 = 4 · a · c, akkor b 2 4 · a 2 = 4 · a · c 4 · a 2 = c a.

A gyakorlatban leggyakrabban Vieta tételét alkalmazzák az alak redukált másodfokú egyenletére x 2 + p x + q = 0, ahol az a vezető együttható 1. Ezzel kapcsolatban Vieta tétele kifejezetten az ilyen típusú egyenletekre van megfogalmazva. Ez nem korlátozza az általánosságot, mivel bármely másodfokú egyenlet helyettesíthető egy ekvivalens egyenlettel. Ehhez mindkét részét el kell osztani egy nullától eltérő számmal.

Adjuk meg Vieta tételének egy másik megfogalmazását.

2. tétel

Gyökök összege az adott másodfokú egyenletben x 2 + p x + q = 0 egyenlő lesz x együtthatójával, amelyet ellenkező előjellel veszünk fel, a gyökök szorzata egyenlő lesz a szabad taggal, azaz. x 1 + x 2 = − p, x 1 x 2 = q.

A tétel megfordítva Vieta tételét

Ha figyelmesen megnézi Vieta tételének második megfogalmazását, láthatja, hogy a gyökerek x 1És x 2 redukált másodfokú egyenlet x 2 + p x + q = 0 a következő összefüggések lesznek érvényesek: x 1 + x 2 = − p, x 1 · x 2 = q. Ezekből az x 1 + x 2 = − p, x 1 x 2 = q összefüggésekből az következik, hogy x 1És x 2 a másodfokú egyenlet gyökerei x 2 + p x + q = 0. Tehát eljutunk egy állításhoz, amely Vieta tételének a fordítottja.

Most azt javasoljuk, hogy ezt az állítást tételként formalizáljuk, és végezzük el a bizonyítását.

3. tétel

Ha a számok x 1És x 2 olyanok, hogy x 1 + x 2 = − pÉs x 1 x 2 = q, Azt x 1És x 2 a redukált másodfokú egyenlet gyökerei x 2 + p x + q = 0.

Bizonyíték 2

Az esélyek cseréje pÉs q kifejezésükre keresztül x 1És x 2 lehetővé teszi az egyenlet átalakítását x 2 + p x + q = 0 egyenértékűvé .

Ha a számot behelyettesítjük a kapott egyenletbe x 1 helyett x, akkor megkapjuk az egyenlőséget x 1 2 − (x 1 + x 2) x 1 + x 1 x 2 = 0. Ez egyenlőség mindenkinek x 1És x 2 valódi numerikus egyenlőséggé válik 0 = 0 , mert x 1 2 − (x 1 + x 2) x 1 + x 1 x 2 = x 1 2 − x 1 2 − x 2 x 1 + x 1 x 2 = 0. Ez azt jelenti x 1– az egyenlet gyöke x 2 − (x 1 + x 2) x + x 1 x 2 = 0, Na és mi van x 1 az ekvivalens egyenlet gyöke is x 2 + p x + q = 0.

Behelyettesítés egyenletbe x 2 − (x 1 + x 2) x + x 1 x 2 = 0 számok x 2 x helyett lehetővé teszi számunkra, hogy egyenlőséget kapjunk x 2 2 − (x 1 + x 2) x 2 + x 1 x 2 = 0. Ez az egyenlőség igaznak tekinthető, hiszen x 2 2 − (x 1 + x 2) x 2 + x 1 x 2 = x 2 2 − x 1 x 2 − x 2 2 + x 1 x 2 = 0. Kiderül, hogy x 2 az egyenlet gyöke x 2 − (x 1 + x 2) x + x 1 x 2 = 0, és innen erednek az egyenletek x 2 + p x + q = 0.

Vieta tételének fordítottja bebizonyosodott.

Példák Vieta tételére

Most kezdjük el elemezni a legtöbbet tipikus példák a témában. Kezdjük azoknak a problémáknak az elemzésével, amelyeknél a tétel inverzét kell alkalmazni Vieta tételére. Használható a számításokkal előállított számok ellenőrzésére, hogy egy adott másodfokú egyenlet gyökerei-e. Ehhez ki kell számítani azok összegét és különbségét, majd ellenőrizni kell az x 1 + x 2 = - b a, x 1 · x 2 = a c összefüggések érvényességét.

Mindkét összefüggés teljesülése azt jelzi, hogy a számítások során kapott számok az egyenlet gyökerei. Ha azt látjuk, hogy legalább egy feltétel nem teljesül, akkor ezek a számok nem lehetnek a problémafelvetésben megadott másodfokú egyenlet gyökei.

1. példa

Melyik számpár 1) x 1 = − 5, x 2 = 3, vagy 2) x 1 = 1 - 3, x 2 = 3 + 3, vagy 3) x 1 = 2 + 7 2, x 2 = 2 - 7 2 egy másodfokú egyenlet gyökepárja 4 x 2 − 16 x + 9 = 0?

Megoldás

Keressük meg a másodfokú egyenlet együtthatóit 4 x 2 − 16 x + 9 = 0. Ez a = 4, b = − 16, c = 9. Vieta tétele szerint egy másodfokú egyenlet gyökeinek összegének egyenlőnek kell lennie -b a, vagyis 16 4 = 4 , és a gyökerek szorzatának egyenlőnek kell lennie c a, vagyis 9 4 .

Ellenőrizzük a kapott számokat úgy, hogy három adott párból kiszámoljuk a számok összegét és szorzatát, és összevetjük a kapott értékekkel.

Az első esetben x 1 + x 2 = − 5 + 3 = − 2. Ez az érték eltér a 4-től, ezért az ellenőrzést nem kell folytatni. A Vieta tételével ellentétes tétel szerint azonnal arra a következtetésre juthatunk, hogy az első számpár nem a gyöke ennek a másodfokú egyenletnek.

A második esetben x 1 + x 2 = 1 - 3 + 3 + 3 = 4. Látjuk, hogy az első feltétel teljesül. De a második feltétel nem: x 1 · x 2 = 1 - 3 · 3 + 3 = 3 + 3 - 3 · 3 - 3 = - 2 · 3. A kapott érték különbözik 9 4 . Ez azt jelenti, hogy a második számpár nem a másodfokú egyenlet gyöke.

Térjünk át a harmadik párra. Itt x 1 + x 2 = 2 + 7 2 + 2 - 7 2 = 4 és x 1 x 2 = 2 + 7 2 2 - 7 2 = 2 2 - 7 2 2 = 4 - 7 4 = 16 4 - 7 4 = 9 4. Mindkét feltétel teljesül, ami azt jelenti x 1És x 2 egy adott másodfokú egyenlet gyökerei.

Válasz: x 1 = 2 + 7 2, x 2 = 2 - 7 2

Használhatjuk Vieta tételének megfordítását is a másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresésére. A legegyszerűbb módszer az adott másodfokú egyenletek egész gyökeinek kiválasztása egész együtthatókkal. Más lehetőségek is mérlegelhetők. Ez azonban jelentősen megnehezítheti a számításokat.

A gyökök kiválasztásához azt használjuk, hogy ha két szám összege egyenlő egy másodfokú egyenlet mínusz előjellel vett második együtthatójával, és ezeknek a számoknak a szorzata egyenlő a szabad taggal, akkor ezek a számok a ennek a másodfokú egyenletnek a gyökerei.

2. példa

Példaként használjuk a másodfokú egyenletet x 2 − 5 x + 6 = 0. Számok x 1És x 2 lehet ennek az egyenletnek a gyökerei, ha két egyenlőség teljesül x 1 + x 2 = 5És x 1 x 2 = 6. Válasszuk ki ezeket a számokat. Ezek a 2-es és 3-as számok, mivel 2 + 3 = 5 És 2 3 = 6. Kiderült, hogy 2 és 3 ennek a másodfokú egyenletnek a gyökerei.

Vieta tételének fordítottja felhasználható a második gyökér megkeresésére, ha az első ismert vagy nyilvánvaló. Ehhez használhatjuk az x 1 + x 2 = - b a, x 1 · x 2 = c a összefüggéseket.

3. példa

Tekintsük a másodfokú egyenletet 512 x 2 - 509 x - 3 = 0. Meg kell találni ennek az egyenletnek a gyökereit.

Megoldás

Az egyenlet első gyöke 1, mivel ennek a másodfokú egyenletnek az együtthatóinak összege nulla. Kiderül, hogy x 1 = 1.

Most keressük meg a második gyökeret. Ehhez használhatja a relációt x 1 x 2 = c a. Kiderül, hogy 1 x 2 = – 3,512, hol x 2 = -3,512.

Válasz: a feladatmeghatározásban megadott másodfokú egyenlet gyökerei 1 És - 3 512 .

A gyökök kiválasztása Vieta tételének inverzével csak a következőben lehetséges egyszerű esetek. Más esetekben jobb, ha a képlet segítségével keresünk egy másodfokú egyenlet gyökereit egy diszkriminánson keresztül.

Vieta tételének megfordításának köszönhetően a meglévő gyökök felhasználásával másodfokú egyenleteket is alkothatunk x 1És x 2. Ehhez ki kell számítanunk a gyökök összegét, amely megadja a for együtthatót x az adott másodfokú egyenlet ellentétes előjelével, és a gyökök szorzatával, amely a szabad tagot adja.

4. példa

Írj fel egy másodfokú egyenletet, amelynek gyöke számok! − 11 És 23 .

Megoldás

Tegyük fel, hogy x 1 = −11És x 2 = 23. Ezeknek a számoknak az összege és szorzata egyenlő lesz: x 1 + x 2 = 12És x 1 x 2 = – 253. Ez azt jelenti, hogy a második együttható 12, a szabad tag − 253.

Készítsünk egy egyenletet: x 2 − 12 x − 253 = 0.

Válasz: x 2 − 12 x − 253 = 0 .

A Vieta-tételt felhasználhatjuk olyan feladatok megoldására, amelyek másodfokú egyenletek gyökeinek előjeleit tartalmazzák. A Vieta-tétel közötti kapcsolat a redukált másodfokú egyenlet gyökeinek előjeleivel függ össze. x 2 + p x + q = 0 alábbiak szerint:

• ha a másodfokú egyenletnek valós gyökei vannak és ha a metszőtagnak q van pozitív szám, akkor ezeknek a gyökereknek ugyanaz lesz a „+” vagy „-” jele;
• ha a másodfokú egyenletnek vannak gyökei és ha a metszőtagnak q negatív szám, akkor az egyik gyök „+”, a második „-” lesz.

Mindkét állítás a képlet következménye x 1 x 2 = q valamint a pozitív és a szorzás szabályai negatív számok, valamint különböző előjelű számok.

5. példa

A másodfokú egyenlet gyökerei x 2 − 64 x − 21 = 0 pozitív?

Megoldás

Vieta tétele szerint ennek az egyenletnek a gyökerei nem lehetnek mindketten pozitívak, mert ki kell elégíteniük az egyenlőséget. x 1 x 2 = – 21. Ez lehetetlen pozitívumokkal x 1És x 2.

Válasz: Nem

6. példa

Milyen paraméterértékeken r másodfokú egyenlet x 2 + (r + 2) x + r − 1 = 0 két valódi gyökere lesz különböző előjelekkel.

Megoldás

Kezdjük azzal, hogy megkeressük, melyik értékét r, amelyre az egyenletnek két gyöke lesz. Keressük meg a megkülönböztetőt, és nézzük meg, miben r pozitív értékeket vesz fel. D = (r + 2) 2 - 4 1 (r - 1) = r 2 + 4 r + 4 - 4 r + 4 = r 2 + 8. Kifejezés értéke r 2 + 8 pozitív minden igazi r, ezért a diszkrimináns nagyobb lesz nullánál minden valós esetén r. Ez azt jelenti, hogy az eredeti másodfokú egyenletnek két gyöke lesz a paraméter bármely valós értékéhez r.

Most lássuk, mikor fognak gyökeret verni a gyökerek különböző jelek. Ez akkor lehetséges, ha a termékük negatív. Vieta tétele szerint a redukált másodfokú egyenlet gyökeinek szorzata egyenlő a szabad taggal. Eszközök, a helyes döntés lesznek azok az értékek r, amelyre az r − 1 szabad tag negatív. Döntsünk lineáris egyenlőtlenség r - 1< 0 , получаем r < 1 .

Válasz: az r< 1 .

Vieta képletek

Számos képlet alkalmazható nemcsak másodfokú, hanem köbös és más típusú egyenletek gyökeivel és együtthatóival végzett műveletek végrehajtására is. Ezeket Vieta képleteinek nevezik.

Egy algebrai fokegyenlethez n az a 0 · x n + a 1 · x n - 1 + formájú. . . + a n - 1 x + a n = 0 úgy tekintjük, hogy az egyenlet rendelkezik n igazi gyökerek x 1 , x 2 , … , x n, amelyek között ugyanaz lehet:
x 1 + x 2 + x 3 +. . . + x n = - a 1 a 0, x 1 · x 2 + x 1 × 3 +. . . + x n - 1 · x n = a 2 a 0, x 1 · x 2 · x 3 + x 1 · x 2 × 4 +. . . + 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

1. definíció

Vieta képletei segítenek nekünk elérni:

• tétel a polinom lineáris tényezőkre való felosztásáról;
• egyenlő polinomok meghatározása az összes megfelelő együtthatójuk egyenlőségével.

Így az a 0 · x n + a 1 · x n - 1 + polinom. . . + a n - 1 · x + a n és kibontása a 0 · (x - x 1) · (x - x 2) · alakú lineáris tényezőkké. . . · (x - x n) egyenlők.

Ha kibővítjük a zárójelet utolsó munkaés egyenlővé tesszük a megfelelő együtthatókat, megkapjuk Vieta képleteit. Ha n = 2-t veszünk, megkapjuk a Vieta-féle képletet a másodfokú egyenlethez: x 1 + x 2 = - a 1 a 0, x 1 · x 2 = a 2 a 0.

2. definíció

Vieta formula for köbös egyenlet:
x 1 + x 2 + x 3 = - a 1 a 0, x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = a 2 a 0, x 1 x 2 x 3 = - a 3 a 0

A Vieta-képlet bal oldala az úgynevezett elemi szimmetrikus polinomokat tartalmazza.

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

A matematikában vannak olyan speciális technikák, amelyekkel sok másodfokú egyenlet nagyon gyorsan és minden megkülönböztetés nélkül megoldható. Sőt, megfelelő képzéssel sokan elkezdik szóban megoldani a másodfokú egyenleteket, szó szerint „első látásra”.

Sajnos be modern tanfolyam Az iskolai matematikában az ilyen technológiákat szinte soha nem tanulmányozzák. De tudnod kell! És ma megvizsgáljuk az egyik ilyen technikát - Vieta tételét. Először is vezessünk be egy új definíciót.

Az x 2 + bx + c = 0 alakú másodfokú egyenletet redukáltnak nevezzük. Kérjük, vegye figyelembe, hogy x 2 együtthatója 1. Az együtthatókra nincs egyéb korlátozás.

1. x 2 + 7x + 12 = 0 egy redukált másodfokú egyenlet;
2. x 2 − 5x + 6 = 0 - szintén redukálva;
3. 2x 2 − 6x + 8 = 0 - de ez egyáltalán nincs megadva, mivel x 2 együtthatója egyenlő 2-vel.

Természetesen bármely ax 2 + bx + c = 0 alakú másodfokú egyenlet redukálható - csak el kell osztani az összes együtthatót a számmal. Ezt mindig megtehetjük, mivel a másodfokú egyenlet definíciója azt jelenti, hogy a ≠ 0.

Igaz, ezek az átalakítások nem mindig lesznek hasznosak a gyökerek megtalálásához. Az alábbiakban megbizonyosodunk arról, hogy ezt csak akkor szabad megtenni, ha a négyzet által adott végső egyenletben minden együttható egész szám. Most nézzük a legegyszerűbb példákat:

Feladat. Alakítsa át a másodfokú egyenletet redukált egyenletté:

1. 3x 2 − 12x + 18 = 0;
2. −4x 2 + 32x + 16 = 0;
3. 1,5x 2 + 7,5x + 3 = 0;
4. 2x 2 + 7x − 11 = 0.

Osszuk el az egyes egyenleteket az x 2 változó együtthatójával. Kapunk:

1. 3x 2 − 12x + 18 = 0 ⇒ x 2 − 4x + 6 = 0 - mindent elosztva 3-mal;
2. −4x 2 + 32x + 16 = 0 ⇒ x 2 − 8x − 4 = 0 - osztva -4-gyel;
3. 1,5x 2 + 7,5x + 3 = 0 ⇒ x 2 + 5x + 2 = 0 - 1,5-tel osztva minden együttható egész szám lett;
4. 2x 2 + 7x − 11 = 0 ⇒ x 2 + 3,5x − 5,5 = 0 - osztva 2-vel. Ebben az esetben törtegyütthatók jelentek meg.

Amint láthatja, a fenti másodfokú egyenletek akkor is tartalmazhatnak egész együtthatókat, ha az eredeti egyenlet törteket tartalmazott.

Most fogalmazzuk meg a fő tételt, amelyhez valójában bevezették a redukált másodfokú egyenlet fogalmát:

Vieta tétele. Tekintsük az x 2 + bx + c = 0 alakú redukált másodfokú egyenletet. Tegyük fel, hogy ennek az egyenletnek x 1 és x 2 valós gyöke van. Ebben az esetben a következő állítások igazak:

1. x 1 + x 2 = −b. Más szóval, az adott másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az x változó ellentétes előjelű együtthatójával;
2. x 1 x 2 = c. A másodfokú egyenlet gyökeinek szorzata egyenlő a szabad együtthatóval.

Példák. Az egyszerűség kedvéért csak a fenti másodfokú egyenleteket vesszük figyelembe, amelyek nem igényelnek további átalakításokat:

1. x 2 − 9x + 20 = 0 ⇒ x 1 + x 2 = − (−9) = 9; x 1 x 2 = 20; gyökök: x 1 = 4; x 2 = 5;
2. x 2 + 2x − 15 = 0 ⇒ x 1 + x 2 = −2; x 1 x 2 = -15; gyökök: x 1 = 3; x 2 = -5;
3. x 2 + 5x + 4 = 0 ⇒ x 1 + x 2 = -5; x 1 x 2 = 4; gyökök: x 1 = −1; x 2 = −4.

Vieta tétele további információkat ad a másodfokú egyenlet gyökereiről. Első pillantásra ez nehéznek tűnhet, de még minimális edzéssel is megtanulja „látni” a gyökereket és szó szerint kitalálni néhány másodperc alatt.

Feladat. Oldja meg a másodfokú egyenletet:

1. x 2 − 9x + 14 = 0;
2. x 2 − 12x + 27 = 0;
3. 3x 2 + 33x + 30 = 0;
4. −7x2 + 77x-210 = 0.

Próbáljuk kiírni az együtthatókat Vieta tételével, és „kitalálni” a gyökereket:

1. x 2 − 9x + 14 = 0 egy redukált másodfokú egyenlet.
   Vieta tétele szerint: x 1 + x 2 = −(−9) = 9; x 1 · x 2 = 14. Könnyen belátható, hogy a gyökök a 2 és 7 számok;
2. x 2 − 12x + 27 = 0 - szintén csökkentve.
   Vieta tétele szerint: x 1 + x 2 = −(−12) = 12; x 1 x 2 = 27. Innen a gyökök: 3 és 9;
3. 3x 2 + 33x + 30 = 0 - ez az egyenlet nem redukálódik. De ezt most úgy javítjuk, hogy az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk az a = 3 együtthatóval. Kapjuk: x 2 + 11x + 10 = 0.
   Megoldjuk Vieta tételével: x 1 + x 2 = −11; x 1 x 2 = 10 ⇒ gyökök: −10 és −1;
4. −7x 2 + 77x − 210 = 0 - x 2 együtthatója ismét nem egyenlő 1-gyel, azaz. egyenlet nincs megadva. Mindent elosztunk az a = −7 számmal. A következőt kapjuk: x 2 − 11x + 30 = 0.
   Vieta tétele szerint: x 1 + x 2 = −(−11) = 11; x 1 x 2 = 30; Ezekből az egyenletekből könnyen kitalálható a gyökök: 5 és 6.

A fenti okfejtésből világosan látszik, hogy Vieta tétele hogyan egyszerűsíti le a másodfokú egyenletek megoldását. Nincsenek bonyolult számítások, nincsenek számtani gyökök és törtek. És még diszkriminánsra sem volt szükségünk (lásd „Másodfokú egyenletek megoldása”).

Természetesen minden elmélkedésünk során két fontos feltevésből indultunk ki, amelyek általában véve nem mindig teljesülnek valós problémák esetén:

1. A másodfokú egyenletet redukáljuk, i.e. x 2 együtthatója 1;
2. Az egyenletnek két különböző gyökere van. Algebrai szempontból ebben az esetben a diszkrimináns D > 0 - valójában kezdetben feltételezzük, hogy ez az egyenlőtlenség igaz.

Azonban jellemzően matematikai problémákat ah ezek a feltételek teljesülnek. Ha a számítás „rossz” másodfokú egyenletet eredményez (az x 2 együtthatója eltér 1-től), ez könnyen korrigálható - nézze meg a példákat a lecke legelején. A gyökerekről általában hallgatok: miféle probléma ez, amire nincs válasz? Természetesen lesznek gyökerei.

Így, általános séma A másodfokú egyenletek megoldása Vieta tételével így néz ki:

1. A másodfokú egyenletet redukáljuk a megadottra, ha ez még nem történt meg a problémafelvetésben;
2. Ha a fenti másodfokú egyenletben az együtthatók törtek, akkor a diszkrimináns segítségével oldjuk meg. Még az eredeti egyenlethez is visszatérhet, hogy több „kényelmes” számmal dolgozhasson;
3. Egész együtthatók esetén az egyenletet a Vieta-tétel segítségével oldjuk meg;
4. Ha néhány másodpercen belül nem találja ki a gyökereket, felejtse el Vieta tételét, és oldja meg a diszkrimináns segítségével.

Feladat. Oldja meg az egyenletet: 5x 2 − 35x + 50 = 0.

Tehát egy egyenlet áll előttünk, amely nem redukált, mert együttható a = 5. Mindent elosztunk 5-tel, így kapjuk: x 2 − 7x + 10 = 0.

Egy másodfokú egyenlet minden együtthatója egész szám – próbáljuk meg megoldani Vieta tételével. Van: x 1 + x 2 = −(−7) = 7; x 1 · x 2 = 10. Ebben az esetben a gyökök könnyen kitalálhatók - 2 és 5. Nem kell a diszkrimináns segítségével számolni.

Feladat. Oldja meg az egyenletet: −5x 2 + 8x − 2,4 = 0.

Nézzük: −5x 2 + 8x − 2,4 = 0 - ez az egyenlet nem redukálódik, osszuk el mindkét oldalt az a = −5 együtthatóval. A következőt kapjuk: x 2 − 1,6x + 0,48 = 0 - egyenlet törtegyütthatókkal.

Jobb, ha visszatérünk az eredeti egyenlethez, és a diszkrimináns segítségével számolunk: −5x 2 + 8x − 2,4 = 0 ⇒ D = 8 2 − 4 · (−5) · (−2,4) = 16 ⇒ ... ⇒ x 1 = 1,2; x 2 = 0,4.

Feladat. Oldja meg az egyenletet: 2x 2 + 10x − 600 = 0.

Először osszuk el mindent az a = 2 együtthatóval. Az x 2 + 5x − 300 = 0 egyenletet kapjuk.

Ez a redukált egyenlet, Vieta tétele szerint: x 1 + x 2 = −5; x 1 x 2 = -300. Ebben az esetben nehéz kitalálni a másodfokú egyenlet gyökereit - személy szerint én komolyan elakadtam a probléma megoldása során.

Gyökereket kell keresni a diszkriminánson keresztül: D = 5 2 − 4 · 1 · (−300) = 1225 = 35 2 . Ha nem emlékszik a diszkrimináns gyökerére, csak megjegyzem, hogy 1225: 25 = 49. Ezért 1225 = 25 49 = 5 2 7 2 = 35 2.

Most, hogy a diszkrimináns gyökere ismert, az egyenlet megoldása nem nehéz. A következőt kapjuk: x 1 = 15; x 2 = -20.

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 bővül 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 fordított tétel csak -vel dolgoznak, vagyis olyannal, amelynek \(x^2\) előtti együtthatója eggyel egyenlő. Ha kezdetben kaptunk egy nem redukált egyenletet, akkor azt úgy tudjuk redukálni, 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 az \(x^2\) 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: Vieta tételét használva bármelyik ?
Válasz: Sajnos nem. 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 egyenletek 80%-a benne van iskolai tanfolyam a matematikának teljes megoldásai vannak.

Amikor másodrendű egyenletek megoldási módszereit tanulmányozzuk egy iskolai algebratanfolyamon, figyelembe veszik a kapott gyökök tulajdonságait. Jelenleg Vieta tételeként ismertek. Használatára példákat adunk ebben a cikkben.

Másodfokú egyenlet

A másodrendű egyenlet az alábbi képen látható egyenlőség.

Itt az a, b, c szimbólumok néhány szám, amelyeket a vizsgált egyenlet együtthatóinak neveznek. Egy egyenlőség megoldásához meg kell találnia x értékeit, amelyek igazzá teszik.

Vegyük észre, hogy mivel az x maximális teljesítménye kettő, ezért a gyökök száma általános esetben is kettő.

Az ilyen típusú egyenlőségeket többféleképpen lehet megoldani. Ebben a cikkben ezek egyikét fogjuk megvizsgálni, amely magában foglalja az úgynevezett Vieta-tétel használatát.

Vieta tételének megfogalmazása

A 16. század végén a híres matematikus, Francois Viète (francia) a különböző másodfokú egyenletek gyökereinek tulajdonságait elemezve észrevette, hogy ezek egyes kombinációi specifikus összefüggéseket elégítenek ki. Különösen ezek a kombinációk a szorzatuk és az összegük.

Vieta tétele a következőket állapítja meg: a másodfokú egyenlet gyökei összegezve adják meg az ellenkező előjellel vett lineáris és másodfokú együtthatók arányát, és ezeket szorozva a szabad tag és a másodfokú együttható arányához vezetnek. .

Ha általános nézet az egyenletet a cikk előző részében lévő képen látható módon írjuk fel, akkor matematikailag ez a tétel két egyenlőség formájában írható fel:

• r2+r1=-b/a;
• r 1 x r 2 = c / a.

Ahol r 1, r 2 a kérdéses egyenlet gyökeinek értéke.

A fenti két egyenlőség számos különböző matematikai feladat megoldására használható. Vieta tételének megoldási példákban való felhasználását a cikk következő részei ismertetik.