≡× MENÜ

• Szivattyúk kutakhoz
• Szűrők tisztításhoz
• Egész fúrás
• Fúrólyukszivattyúk
• Kutak

Vieta tétel az 5-ös egyenletért. A vieta tétel képletét és az oldat példáit. A fordított vieta tétel igazolása

Önkormányzati költségvetési oktatási intézmény

"Középiskola №64" Bryansk

Város tudományos és gyakorlati konferencia

"Első lépések a tudományban"

Tudományosan kutatás

"Vieta tétel a harmadik és a negyedik fokú egyenletekre"

Matematika

Elvégzett: Student 11b osztály

Sharov Ilya Alekseevich

Tudományos tanácsadó:

matematikai tanár,

jelölt Fiz.-mat. Tudomány

Bykov Sergey Valentinovich

Bryansk 2012.

Bevezetés ................................................. .......................... 3.

Célok és célkitűzések ............................................... ........................ 4

Rövid történelmi hivatkozás ............................................... . 4

Másodfokú egyenlet …………………………………………………. öt

Cubic egyenlet ................................................ ............ 6.

A negyedik fokozat egyenlete ............................................. ... 7

Gyakorlati rész ................................................ ................ kilenc

Referenciák ................................................. ........... 12

Függelék ................................................. .................... 13.

Bevezetés

Az algebra fő tétele azt állítja, hogy a mező egy algebrai zárva van, más szóval, hogy az N-lényegesség egyenletei összetett együtthatókkal (általában) a területen pontosan n komplex gyökerei vannak. A harmadik fokozat egyenleteit a Cordano formula megoldja. A Ferrari negyedik fokozatának egyenletei. Ezenkívül az algebra elméletében bebizonyosodott, hogy ha - az egyenlet gyökere, akkor Ez az egyenlet gyökere is. Kockás egyenlet esetén a következő esetek lehetségesek:

mindhárom gyökér érvényes;

két komplex gyökér, egy érvényes.

Ebből következik, hogy bármelyik kockaegyenletnek legalább egy érvényes gyökere van.

A negyedik fokú egyenletért:

Mind a négy gyökér más.

Két gyökér érvényes, két összetett.

Mind a négy gyökér összetett.

Ez a munka a vieta tételének alapos tanulmányozására van szentelve: megfogalmazása, bizonyítéka, valamint problémák megoldása a tétel használatával.

A végzett munka célja, hogy segítse a 11. osztály hallgatóját, amelynek meg kell adnia a vizsgát, valamint a fiatal matematikusokat, akik nem közömbösek a legegyszerűbbek és hatékony módszerek megoldások a matematika különböző területein.

Ennek a munkának a függeléke biztosítja a független megoldás feladatainak gyűjtését, és megszilárdítja az új tanulmányi anyagot.

Ezt a kérdést figyelmen kívül hagyhatjuk, mivel fontos a matematika számára mind a tudomány egészére, mind a diákok számára, valamint az ilyen feladatok megoldására.

Célok és munkafeladatok:

Szerezzen egy analógot a vieta tételnek a harmadik fokú egyenletért.

Bizonyítsa a vieta tétel analógját a harmadik fokozat egyenletére.

Szerezd meg a Vieta tétel analógját a negyedik fokú egyenletért.

Bizonyítsuk be a Viet tételének analógját a negyedik fokú egyenletre.

Fontolja meg ezeket a kérdéseket a gyakorlati feladatok megoldására.

• Biztosítsa a tétel használatának gyakorlati gyakorlatát.

A matematikai ismeretek elmélyítése az egyenletek megoldásában.

Érdeklődjön a matematika iránt.

Rövid történelmi tanúsítvány

Jogosan méltó versek énekelnek

A vieta tétel gyökerei tulajdonságaiban ...

Francois Viet (1540-1603) - francia matematikus. Az ügyvéd szakmával. 1591-ben a levelet nemcsak ismeretlen értékekre, hanem az egyenletek együtthatókra is bevezették; Ennek köszönhetően először az első alkalom, hogy az egyenletek tulajdonságainak és gyökereiknek a megosztott képletekkel való kifejezése. A 2., 3. és 4. fokú egyenletek egységes átvételének megteremtése. Maga a felfedezés között különösen nagyra értékelte a gyökerek és az egyenletek együtthatók közötti függőségét. A numerikus koefficiensekkel rendelkező egyenletek hozzávetőleges megoldásához Viet azt javasolta, hogy a Newton későbbi módszeréhez hasonló módszert javasolta. Trigonometriában a Francois Vieta teljes megoldást adott a három adat lapos vagy gömb alakú háromszögének minden elemének meghatározására, amely a COS fontos bomlását találta nx és a bűn. nx fokokban. h. és a bűn. x. Először felülvizsgálta a végtelen munkákat. A vieta írásait nehéz nyelv írja, és ezért kevesebbet terjesztettek ki egyszerre, mint amit megérdemeltek .

Másodfokú egyenlet

Kezdjük, emlékezzen a vieta képletére a második fokozat egyenletére, amelyet az iskolai képzési programban tanultunk.

T.
eorn vietanégyzetes egyenlethez (8. fokozat)

E.
ha a négyzetes egyenlet gyökerei

azaz a csökkentett négyzetes egyenlet gyökereinek összege megegyezik az ellentétes jelvel vett második együtthatóval, és a gyökerek terméke egyenlő egy szabad taggal.

Emlékezzen a tételre, fordított vieta tétel:

Ha számok - p. és q. Oly módon, hogy

ez az egyenlet gyökerei

A vieta tétel csodálatos, hogy nem ismeri a négyzetes három dekett gyökereit, könnyen kiszámíthatjuk az összegüket és a munkát, azaz a legegyszerűbb szimmetrikus kifejezéseket.

A vieta tétele lehetővé teszi, hogy kitalálja a négyzet három dekarának egész gyökereit.

Köbös egyenlet

Most forduljunk közvetlenül a köbös egyenlet kialakításához és oldatához a vieta tétel segítségével.

Megfogalmazás

NAK NEK
az ölési egyenlet a harmadik rendezési egyenlet, a faj

hol a ≠ 0.

Ha egy a \u003d 1., az egyenletet egy adott kockaegyenletnek nevezik:

Tehát be kell bizonyítanod, hogy az egyenletért

a következő tétel érvényes:

p
az egyenlet tetőjei, akkor

Bizonyíték

Képzeljen el egy polinomot

végezze el a konverziót:

Szóval, ezt kapjuk

Kettő A polinom ezután, és csak akkor, ha az együtthatók egyenlőek a megfelelő fokozatokkal.

Ez azt jelenti

Q.E.D.

Most fontolja meg a tételeket, a vieta fordított tétele a harmadik fokú egyenlethez.

F.
ormulzió

E.
ha a szám olyan, hogy

A negyedik fokú egyenlet

Most forduljunk hozzá a negyedik fokozat egyenletének kialakításához és megoldásához a Negyedik fokú egyenlet vieta tételével.

Megfogalmazás

W.
a negyedik fokozat egyenlősége - a típus egyenlete

g.
de- a ≠ 0.

E.
csend a \u003d 1.Ezután az egyenletet az adottnak nevezik

ÉS
tehát bizonyítjuk, hogy az egyenletért

tól től
a következő tétel igazságos: Engedje meg az egyenlet gyökereit

Bizonyíték

Képzeljen el egy polinomot

végezze el a konverziót:

Szóval, ezt kapjuk

Tudjuk két polinom van, és csak akkor, ha azok együtthatók egyenlőek a megfelelő mértékekkel.

Ez azt jelenti

Q.E.D.

Vegye figyelembe a tételeket fordított vieta tétel a negyedik fokú egyenletért.

Megfogalmazás

Ha a számok olyanok, hogy

ezután ezek a számok gyökerei egyenletek

Gyakorlati rész

Most fontolja meg, hogy megoldja a problémákat, a Viet tétele a harmadik és a negyedik fokú egyenletek.

1. feladat.

Válasz: 4, -4.

2. feladat.

Válasz: 16, 24.

Ahhoz, hogy megoldja ezeket a egyenletek, a Cardano képletek és a Ferrari módszert lehet használni, illetve, de a Vieta tétel, tudjuk, hogy az összeg, és a terméket a gyökerek ezen egyenletek.

3. feladat.

Harmadik fokú egyenlet, ha ismert, hogy a gyökerek mennyisége 6, a gyökerek párterméke 3, és a termék -4.

Készítsen egyenletet, kapjon

4. feladat.

Hogy a harmadik fokozat egyenletét, ha ismert, hogy a gyökerek mennyisége egyenlő 8 , a gyökerek párjában egyenlő 4 , hármas munka egyenlő 12 és a munka 20 .

Megoldás: A vieta képletének felhasználásával kapunk

Készítsen egyenletet, kapjon

A vieta tétel segítségével könnyen elszámoltunk az egyenleteket a gyökereire. Ez a leginkább racionális módja annak, hogy megoldja ezeket a feladatokat.

5. feladat.

ahol A, B, C jelentése Geron-képlet.

Megmutatjuk a zárójeleket és átalakítjuk a kifejezést, kapunk

Z.
ametim, hogy az irányított kifejezés köbös kifejezés. A Viet tétele a megfelelő kockaegyenletet használjuk, akkor van ez

Z.

naya, hogy kapunk:

A probléma megoldásából látható, hogy a vieta tétel alkalmazható a különböző matematika különböző régióiból származó feladatokra.

Következtetés

Ebben a papírban a harmadik és negyedik fok egyenletének megoldásának módját vizsgálták a vieta tétel segítségével. A fogyatékos képletek könnyen használhatók. A tanulmány során nyilvánvalóvá vált, hogy egyes esetekben ez a módszer hatékonyabb, mint a Cordano-képlet és a Ferrari módszer a harmadik és a negyedik fokú egyenletekhez.

Vieta tételt alkalmaztak a gyakorlatban. Számos feladatot megoldottak, ami segített az új anyagok konszolidálásához.

Ez a tanulmány nagyon érdekes és informatív számomra. Miután elmélyítette tudását a matematikában, sok érdekes dolgot nyitott meg, és örömmel foglalkoztam ebben a tanulmányban.

De az egyenletek megoldásának területén végzett tanulmányom nem fejeződött be. A jövőben azt tervezem, hogy tanulmányozza az N-Essential egyenlet megoldását a vieta tétel segítségével.

Nagy hálát szeretnék kifejezni a tudományos vezetőm, a fizikai és matematikai tudományok jelöltjének, valamint egy ilyen szokatlan kutatás és folyamatos figyelem lehetőségét.

Bibliográfia

Vinogradov i.m. Matematikai enciklopédia. M., 1977.

V. B. Lidsky, L. V. Ovsyannikov, A. N. Tulaykov, M. I. Shabunin. Az elemi matematika feladata, Fizmatlite, 1980.

poncele tétele -ért Háromszög ... G2 - fokozat Vagy ... ív harmadik Lunok kevesebb ... az egyenletadományozás negyedik ... matematikus F. Viet. matematikus ...

Tudományos kutatási munka a matematikában

Kutatás

... Tudományos – kutatásmunka által matematika Geometria ... temető Poncel -ért Háromszög ... G2 - fokozat Vagy ... ív harmadik Lunok kevesebb ... az egyenletadományozás negyedik ... matematikus F. Viet. 1579-ben számítva 9 jelzéssel vagyok. holland matematikus ...

Könyv

... -ért egyenletharmadik és negyedikfokozat matematika kutatásmunka. Franciaország legjobb tudósai ...

A matematika történetének rövid esszéje 5. kiadás korrigált

Könyv

... -ért Sok későbbi tankönyv az algorában. Ban, a bemutatót az elmélethez hozták egyenletharmadik és negyedikfokozat ... elméleti és alkalmazott matematika. Mind a tanítás, mind a tanításra fordult kutatásmunka. Franciaország legjobb tudósai ...

A matematikában speciális technikák vannak, amelyekkel sok négyzetes egyenleteket nagyon gyorsan és diszkriminánsok nélkül megoldják. Ráadásul, a megfelelő képzéssel, sokan kezdenek megoldani a négyzetes egyenleteket szóban, szó szerint "első pillantásra".

Sajnos az iskolai matematika modern szakaszában az ilyen technológiák szinte nem vizsgálták. És tudnod kell! És ma megnézzük az egyik technikát - Vieta tételét. Kezdjük, új definíciót vezetünk be.

A X 2 + BX + C \u003d 0 formanyomtatvány négyzet egyenletét a fentieknek nevezzük. MEGJEGYZÉS: Az X 2-es koefficiens 1. Nincs más korlátozás az együtthatókra nem helyezkednek el.

1. x 2 + 7x + 12 \u003d 0 egy adott négyzetes egyenlet;
2. x 2 - 5x + 6 \u003d 0 - is adott;
3. 2x 2 - 6x + 8 \u003d 0 - De ez nem a NIFIGA, mivel az X 2-es koefficiens 2.

Természetesen az AX + BX + C \u003d 0 típusú négyzet egyenlete adható be - elegendő ahhoz, hogy az összes együtthatókat az A számra oszthassuk meg. Mindig ezt megtehetjük, mivel a négyzetes egyenlet meghatározásából következik, hogy a ≠ 0.

Igaz, nem mindig ezek az átalakulások hasznosak lesznek a gyökerek megtalálásához. Az alábbiakban győződjön meg róla, hogy csak akkor szükséges, ha az egyenlet utolsó négyzetében az összes együtthatók egész számban lesznek. Időközben fontolja meg a legegyszerűbb példákat:

Egy feladat. Konvertálja a négyzet egyenletet a fentiekre:

1. 3x 2 - 12x + 18 \u003d 0;
2. -4x 2 + 32x + 16 \u003d 0;
3. 1.5x 2 + 7,5x + 3 \u003d 0;
4. 2x 2 + 7x - 11 \u003d 0.

Az egyes egyenletet az x 2 változóval osztjuk fel. Kapunk:

1. 3x 2 - 12x + 18 \u003d 0 ⇒ x 2 - 4x + 6 \u003d 0 - osztva mind a 3-mal;
2. -4x 2 + 32x + 16 \u003d 0 ⇒ x 2 - 8x - 4 \u003d 0 - osztva -4;
3. 1.5x 2 + 7,5x + 3 \u003d 0 ⇒ x 2 + 5x + 2 \u003d 0 - osztva 1,5-vel, az összes együtthatók egész számok lettek;
4. 2x 2 + 7x - 11 \u003d 0 ⇒ x 2 + 3,5x - 5.5 \u003d 0 - osztva 2. Ebben az esetben a frakcionált együtthatók merülnek fel.

Amint láthatja, a bemutatott négyzetes egyenletek teljes együtthatók is lehetnek, ha a kezdeti egyenlet tartalmazta a frakciót.

Most megfogalmazzuk a fő tétel, amelynek valójában az adott négyzetes egyenlet fogalmát vezették be:

Vieta tétel. Tekintsük az x 2 + bx + c \u003d 0 forma adott négyzetes egyenletét. Tegyük fel, hogy ez az egyenlet érvényes x 1 és x 2 gyökerei vannak. Ebben az esetben a következő állítások igazak:

1. x 1 + x 2 \u003d -b. Más szavakkal, a jelenlegi négyzetes egyenlet gyökereinek összege megegyezik az X változóval, az ellenkező jelvel;
2. x 1 · x 2 \u003d c. A négyzetes egyenlet gyökereinek terméke megegyezik a szabad együtthatóval.

Példák. Az egyszerűségért csak a fenti négyzetes egyenleteket vizsgáljuk, amelyek nem igényelnek további átalakításokat:

1. x 2 - 9x + 20 \u003d 0 ⇒ x 1 + x 2 \u003d - (-9) \u003d 9; x 1 · x 2 \u003d 20; Gyökerek: x 1 \u003d 4; x 2 \u003d 5;
2. x 2 + 2x - 15 \u003d 0 ⇒ x 1 + x 2 \u003d -2; x 1 · x 2 \u003d -15; Gyökerek: x 1 \u003d 3; x 2 \u003d -5;
3. x 2 + 5x + 4 \u003d 0 ⇒ x 1 + x 2 \u003d -5; x 1 · x 2 \u003d 4; Gyökerek: x 1 \u003d -1; x 2 \u003d -4.

A Vieta Theorem további információkat ad a négyzetes egyenlet gyökeréről. Első pillantásra ez nehézkesnek tűnhet, de még minimális képzéssel is megtanulod, hogy "lásd" a gyökereket, és szó szerint kitalálja őket másodpercekben.

Egy feladat. Oldja meg a négyzetes egyenletet:

1. x 2 - 9x + 14 \u003d 0;
2. x 2 - 12x + 27 \u003d 0;
3. 3x 2 + 33x + 30 \u003d 0;
4. -7x 2 + 77x - 210 \u003d 0.

Próbáljuk meg írni az együtthatókat a vieta tételére és a "találgat" a gyökerekre:

1. x 2 - 9x + 14 \u003d 0 egy adott négyzetes egyenlet.
   A tétel szerint: x 1 + x 2 \u003d - (- 9) \u003d 9; x 1 · x 2 \u003d 14. Könnyű észrevenni, hogy a gyökerek a 2. és 7. szám;
2. x 2 - 12x + 27 \u003d 0 - is megadva.
   A vieta tétele: x 1 + x 2 \u003d - (- 12) \u003d 12; x 1 · x 2 \u003d 27. Ezért a gyökerek: 3 és 9;
3. 3x 2 + 33x + 30 \u003d 0 - Ez az egyenlet nincs megadva. De most kijavítjuk azt, és az egyenlet mindkét oldalát az A \u003d 3. együtthatóhoz osztjuk. Megszerezzük: x 2 + 11x + 10 \u003d 0.
   A veetore tételről döntünk: x 1 + x 2 \u003d -11; x 1 · x 2 \u003d 10 ⇒ gyökerek: -10 és -1;
4. -7x 2 + 77x - 210 \u003d 0 - Ismét az X 2-es koefficiens nem egyenlő 1, vagyis Az egyenlet nincs megadva. Mindent megosztunk az A \u003d -7 számra. Mi kapunk: x 2 - 11x + 30 \u003d 0.
   A vieta tétele: x 1 + x 2 \u003d - (- 11) \u003d 11; x 1 · x 2 \u003d 30; Ezen egyenletekből könnyű kitalálni a gyökereket: 5 és 6.

A fenti érvelésből látható, hogy a vieta tétel egyszerűsíti a négyzetes egyenletek megoldását. Nincs számítási számítástechnika aritmetikai gyökerek és frakciókat. És még diszkrimináns (lásd a "négyzetes egyenletek" leckét), amire szükségünk volt.

Természetesen minden gondolkodásban két fontos feltételezésből indultunk, amelyek általában nem mindig valós feladatokat végeznek:

1. A négyzetes egyenlet, azaz Az x 2-es koefficiens 1;
2. Az egyenletnek két különböző gyökere van. Az Algebra szempontjából ebben az esetben diszkriminancia D\u003e 0 - Tény, hogy eredetileg azt feltételezzük, hogy ez az egyenlőtlenség igaz.

Azonban a tipikus matematikai feladatokban ezeket a feltételeket elvégzik. Ha a számítások eredményeképpen a "rossz" négyzetes egyenletet kiderült (az x 2-es koefficiens az 1-től eltérő), akkor könnyen javítható - nézze meg a példákat a lecke kezdetén. A gyökerekről minden csendes: Mi ez a feladat, amelyben nincs válasz? Természetesen a gyökerek lesznek.

Így a tér egyenletek megoldása a vieta tételen úgy néz ki, mint ez:

1. Csökkentse a négyzetes egyenletet az adottnak, ha még nem történt meg a probléma állapotában;
2. Ha a megadott négyzetes egyenletben lévő együtthatók frakcionáltak, megoldják a diszkriminanciát. Még a "kényelmes" számokkal is visszatérhet a kezdeti egyenlethez;
3. Az egész számok esetében megoldjuk a vieta tételének egyenletét;
4. Ha néhány másodpercen belül nem sikerült kitalálni a gyökereket, szerezte meg a vieta tételét, és megoldja a diszkriminanciát.

Egy feladat. Döntse el az egyenletet: 5x 2 - 35x + 50 \u003d 0.

Tehát, előttünk az egyenlet, amit nem adnak, mert Az A \u003d 5. együttható 5-vel osztunk, kapunk: x 2 - 7x + 10 \u003d 0.

A négyzetes egyenlet összes együtthatója az egész szám: Megpróbáljuk dönteni a vieta tételről. Mi van: x 1 + x 2 \u003d - (- 7) \u003d 7; X 1 · x 2 \u003d 10. Ebben az esetben a gyökereket könnyen kitalálják - ez 2 és 5. Nem szükséges számítani a diszkriminóren.

Egy feladat. Döntse el az egyenletet: -5x 2 + 8x - 2.4 \u003d 0.

Nézzük: -5x 2 + 8x - 2.4 \u003d 0 - Ez az egyenlet nem adunk meg, osztjuk mindkét oldalt az A \u003d -5 koefficienshez. Mi kapunk: x 2 - 1,6x + 0,48 \u003d 0 - Egyenlet frakcionált együtthatókkal.

Jobb, ha visszatérünk a kezdeti egyenlethez, és számolnak a diszkriminánson keresztül: -5x 2 + 8x - 2.4 \u003d 0 ⇒ d \u003d 8 2 - 4 · (-5) · (-2,4) \u003d 16 ⇒ ... ⇒ x 1 \u003d 1.2; x 2 \u003d 0,4.

Egy feladat. Az egyenlet megoldása: 2x 2 + 10x - 600 \u003d 0.

Kezdjük, mindent megosztunk az A \u003d 2. együtthatóhoz. Kiderül az X 2 + 5x - 300 \u003d 0 egyenletet.

Ez a csökkentett egyenlet, a vieta tételen, mi van: x 1 + x 2 \u003d -5; x 1 · x 2 \u003d -300. Találd ki a négyzetes egyenlet gyökereit ebben az esetben nehéz - személyesen, komolyan "lógtam", amikor megoldottam ezt a feladatot.

Meg kell keresnünk gyökereket diszkriminangyal: d \u003d 5 2 - 4 · 1 · (-300) \u003d 1225 \u003d 35 2. Ha nem emlékszik a megkülönböztető gyökérre, egyszerűen azt jegyezzem meg, hogy 1225: 25 \u003d 49. Ezért 1225 \u003d 25 · 49 \u003d 5 2 · 7 2 \u003d 35 2.

Most, hogy a diszkriminancia gyökere ismert, az egyenlet nem oldódik meg. Mi kapunk: x 1 \u003d 15; x 2 \u003d -20.

Ezek a formulák kényelmesek a polinom gyökereinek helyességének ellenőrzésére, valamint a meghatározott gyökerek polinomjának összeállítására.

Történelem

Ezek az identitások implicit módon jelen vannak a Francois Vieta munkáiban. Viet azonban csak pozitív valódi gyökereket tartott, így nem volt lehetősége arra, hogy általában ezeket a képleteket írja. : 138-139

Megfogalmazás

Ha egy C 1, C 2, ..., C N (Diadystyle C_ (1), C_ (2), \\ LDOT, C_ (N)) - számos gyökér

X N + A 1 X N - 1 + A 2 X N - 2 +. . . + A N, (kijelzőstílus x ^ (n) + A_ (1) x ^ (n - 1) + A_ (2) x ^ (N-2) + ... + A_ (N),)

(Minden gyökér az idők számának megfelelő multiplicitását veszi igénybe, majd az együtthatók A 1, ..., egy n (Displaystyle A_ (1), \\ ldots, A_ (N)) kifejezve szimmetrikus polinomok formájában a gyökerek, nevezetesen:

A 1 \u003d - (C1 + C 2 + ... + CN) A 2 \u003d C 1 C 2 + C 1 C 3 + ... + C1 CN + C 2 C 3 + ... + CN - 1 CNA 3 \u003d - (C1C 2 C 3 + C 1 C 2 C 2C 4 + ... + CN - 2 CN - 1 CN) ... an - 1 \u003d (- 1) N - 1 (C 1 C 2 ... CN - 1 + C 1 C 2 ... CN - 2 CN + ... + C 2 C 3 ... CN) an \u003d (- 1) NC 1 C 2 ... CN (\\ TEXTStyle ( Kezdő (mátrix) A_ (1) & \u003d & - (C_ (1) + C_ (2) + \\ LDOTT + C_ (N)) \\\\ A_ (2) & \u003d & C_ (1) C_ (2) + C_ (1) C_ (3) + \\ ldots + C_ (1) C_ (N) + C_ (2) C_ (3) + \\ ldots + C_ (N - 1) C_ (N) \\\\ A_ (3) & \u003d Δ (C_ (1) C_ (2) C_ (3) + C_ (1) C_ (2) C_ (4) + \\ ldots + C_ (N-2) C_ (N - 1) C_ (N)) \\ \\ && \\ ldots \\\\ A_ (N-1) & \u003d & (- 1) ^ (n-1) (C_ (1) C_ (2) \\ LDOTS C_ (N - 1) + C_ (1) C_ (2) ) LDOTS C_ (N-2) C_ (N) + \\ ldots + C_ (2) C_ (3) ... C_ (N)) \\ t (n)) \\\\ A_ (n) & \u003d & (- 1) ^ (n) C_ (1) C_ (2) LDOTS C_ (N) \\ VÉG (Mátrix)))))

Más szavakkal, (- 1) k a k (megjelzőstílus (-1) ^ (k) a_ (k))) egyenlő az összes lehetséges munka összegével K (megjelölési style k) Gyökerek.

Ha a vezető polinomiális együttható A 0 ≠ 1 (megmutatkozóstílus A_ (0) \\ NEQ 1), A vieta képletének felhasználására, az összes együtthatót előzetesen meg kell osztani A 0 (DisplayStyle A_ (0)) (Ez nem befolyásolja a számos gyökér értékét). Ebben az esetben a vieta képlete kifejezést ad az összes együttható viszonyainak az idősebbek számára. A vieta utolsó képletéből következik, hogy ha a gyökerek számos egész szám, akkor a szabad tagja osztorja, amely szintén egész szám.

Bizonyíték

A bizonyítékot a gyökerek polinomiális bomlásával kapott egyenlőség megfontolásával végzik, mivel A 0 \u003d 1 (megmutatkozóstílus A_ (0) \u003d 1)

X N + A 1 X N - 1 + A 2 X N - 2 +. . . + an \u003d (x - c1) (X - C 2) ⋯ (X - CN) (X - CN) (X-CN) (X-CN) (N) + A_ (1) x ^ (N - 1) + A_ (2) x ^ (n -2) + ... + A_ (N) \u003d (X-C_ (1)) (X-C_ (2)) \\ CDOT (X-C_ (N))))

Az azonos fokokkal rendelkező együtthatók egyenlítése X (DisplayStyle x) (Egyediségdarab), megkapjuk a vieta képletét.

Példák

Másodfokú egyenlet

Ha egy X 1 (DiadyStyle x_ (1)) és x 2 (megjelenésstílus x_ (2)) - a négyzetes egyenlet gyökerei A x 2 + b x + c \u003d 0 (\\ Displaystyle \\ Ax ^ (2) + bx + c \u003d 0) T.

(x 1 + x 2 \u003d - Bax 1 x 2 \u003d ca (\\ displaystyle (megjel) ~ x_ (1) + x_ (2) \u003d ~ - (\\ dfrac (b) (a))) \\\\ ~ x_ (1) x_ (2) \u003d ~ (\\ DFRAC (C) (A)) \\ Vége (esetek)))))

Egy adott esetben, ha A \u003d 1 (megmutatkozóstílus A \u003d 1) (Korlátozott forma x 2 + p x + q \u003d 0 (\\ Displaystyle x ^ (2) + px + q \u003d 0)), T.

(x 1 + x 2 \u003d - px 1 x 2 \u003d q (\\ displaystyle (megjelölés (esetek) ~ x_ (1) + x_ (2) \u003d - p \\\\ ~ x_ (1) x_ (2) \u003d q \\ Vége (esetek)))

Köbös egyenlet

Ha egy x 1, x 2, x 3 (Diadystyle x_ (1), x_ (2), x_ (3))) - Cubic Equation Roots p (x) \u003d A x 3 + b x 2 + C x + d \u003d 0 (megjelenésstílus p (x) \u003d Ax ^ (3) + bx ^ (2) + cx + d \u003d 0)T.

I. Vieta Tételegy adott négyzetes egyenlethez.

Az adott négyzetes egyenlet gyökereinek összege x 2 + px + q \u003d 0 megegyezik az ellentétes jelvel vett második együtthatóval, és a gyökerek terméke megegyezik a szabad taggal:

x 1 + x 2 \u003d -p; x 1 ∙ x 2 \u003d Q.

Keresse meg a megadott négyzetes egyenlet gyökereit a vieta tétel segítségével.

1. példa) x 2 -x-30 \u003d 0. Ez a csökkentett négyzetes egyenlet ( x 2 + px + q \u003d 0), második koefficiens p \u003d -1.és szabad fasz q \u003d -30. Először győződjön meg róla, hogy ez az egyenlet gyökérrel rendelkezik, és hogy a gyökerek (ha vannak) egész számok által kifejezve. Elég ahhoz, hogy a diszkriminancia egy egész szám teljes négyzete legyen.

Megkülönböztetőnek találjuk D.\u003d B 2 - 4AC \u003d (- 1) 2 -4 ∙ 1 ∙ (-30) \u003d 1 + 120 \u003d 121 \u003d 11 2 .

Most, a vieta tétele szerint a gyökerek mennyisége megegyezik a második ellentétes jelével, azaz ( -p.), és a munka egyenlő egy szabad taggal, azaz ( q.). Azután:

x 1 + x 2 \u003d 1; x 1 ∙ x 2 \u003d -30. Olyan két számot kell felvennünk, hogy a munkájuk egyenlő legyen -30 és az összeg - egység. Ez a szám -5 és 6 . Válasz: -5; 6.

2. példa) x 2 + 6x + 8 \u003d 0. Van egy adott négyzetes egyenlet a második együtthatóval p \u003d 6. és szabad tagja q \u003d 8.. Biztosítjuk, hogy vannak egész számú gyökerek. Megkülönböztetőnek találjuk D 1. D 1.=3 2 -1∙8=9-8=1=1 2 . Diszkrimináns d 1 a szám teljes négyzete 1 Tehát az egyenlet gyökerei egész számok. Kiválasztjuk a gyökereket a vieta tételben: a gyökerek mennyisége egyenlő -R \u003d -6., és a gyökerek terméke egyenlő q \u003d 8.. Ez a szám -4 és -2 .

Valójában: -4-2 \u003d -6 \u003d -r; -4 ∙ (-2) \u003d 8 \u003d Q. Válasz: -4; -2.

3. példa) x 2 + 2x-4 \u003d 0. Ebben a négyzetes egyenletben a második koefficiens p \u003d 2.és szabad fasz q \u003d -4.. Megkülönböztetőnek találjuk D 1.Mivel a második koefficiens egyenletes szám. D 1.=1 2 -1∙(-4)=1+4=5. A diszkrimináció nem a szám teljes négyzete, így mi Kimenet: az egyenlet gyökereei nem egész számok, és megtalálják őket a vieta tételére. Ez azt jelenti, hogy ezt az egyenletet a szokásos módon megoldják, a formulák szerint (ebben az esetben a képletek szerint). Kapunk:

4. példa).Tegyen négyzet egyenletet a gyökereiért, ha x 1 \u003d -7, x 2 \u003d 4.

Döntés. A kívánt egyenletet az űrlapon rögzítjük: x 2 + px + q \u003d 0, Ráadásul a vieta tétel alapján -P \u003d x 1 + x 2=-7+4=-3 → p \u003d 3; q \u003d x 1 ∙ x 2=-7∙4=-28 . Ezután az egyenlet az űrlapot veszi: x 2 + 3x-28 \u003d 0.

5. példa).Készíts egy négyzetes egyenletet a gyökereire, ha:

II. Vieta tétel egy teljes négyzetes egyenlethez aX 2 + BX + C \u003d 0.

A gyökerek mennyisége mínusz b.osztva de, a gyökerek terméke egyenlő tól tőlosztva

Négyzetes egyenletekben számos arány létezik. A gyökerek és az együtthatók közötti fő kapcsolat. Szintén négyzetes egyenletekben számos kapcsolatot üzemeltetnek, amelyeket a vieta tétele határoz meg.

Ebben a témában bemutatjuk a vieta tételét és annak bizonyítását, hogy egy négyzetes egyenlet, tétel, a vieta fordított tétele, számos példát elemezzünk a problémák megoldására. Különös figyelmet fordítunk az anyagra, hogy megvizsgáljuk a vieta képleteit, amelyek meghatározzák az algebrai egyenlet érvényes gyökerei közötti kapcsolatot N. és az együtthatók.

Yandex.rtb R-A-339285-1

A vieta tétel megfogalmazása és bizonyítéka

Négyzetes egyenlet gyökér formula A · X 2 + B · X + C \u003d 0 X 1 \u003d - B + D 2 · A, X 2 \u003d - B - D 2 · A, Hol D \u003d B 2 - 4 · A · C, kapcsolatot létesít x 1 + x 2 \u003d - b a, x 1 · x 2 \u003d c a. Ez megerősíti a vieta tételét.

1. tétel.

Négyzetes egyenletben A · X 2 + B · X + C \u003d 0hol x 1 és x 2 - gyökerek, a gyökerek mennyisége megegyezik az együtthatók arányával B. és A.amely az ellenkező jelzéssel készült, és a gyökerek terméke megegyezik az együtthatók hozzáállásával C. és A., én x 1 + x 2 \u003d - b a, x 1 · x 2 \u003d c a.

Bizonyíték 1.

A következő bizonyítási sémát kínáljuk: vegye fel a gyökerek képletét, töltse fel a Suma-t és a négyzet egyenlet gyökereit, majd átalakítsa a kapott kifejezéseket annak érdekében, hogy azok egyenlőek legyenek - B A. és C A. illetőleg.

Mi lesz a gyökerek mennyisége x 1 + x 2 \u003d - B + D 2 · A + - B - D 2 · a. Adjuk meg a frakciókat K. közös nevező - B + D 2 · A + - B - D 2 · A \u003d - B + D + - B - D 2 · a. Megmutatjuk a zárójeleket a kapott frakció számlálójában, és hasonló feltételeket adunk: - B + D + - B - D 2 · A \u003d - B + D - B - D 2 · A \u003d - 2 · B 2 · a. Spater frakció: 2 - B A \u003d - B a.

Tehát bizonyítottuk a vieta tétel első arányát, amely a négyzetes egyenlet gyökereinek mennyiségére vonatkozik.

Most menjünk a második arányba.

Ehhez a négyzetes egyenlet gyökereinek termékét kell készíteni: x 1 · x 2 \u003d - B + D 2 · A · - B - D 2 · a.

Emlékezzünk vissza a frakciók szorzásának szabályozására, és írják le az utolsó munkát az alábbiak szerint: - B + D · - B - D 4 · A 2.

Végezzük el a záróelem számlálószaporodását a konzolra, vagy a négyzetkülönbség formulát fogjuk használni annak érdekében, hogy ezt a terméket gyorsabban konvertálja: - B + D · - B - D 4 · A 2 \u003d - B 2 - D 2 4 · A 2.

Használjuk a definíciót négyzetgyök A következő átmenet elvégzéséhez: - B 2 - D 2 4 · A 2 \u003d B 2 - D 4 · A 2. Képlet D \u003d B 2 - 4 · A · C válaszol a négyzetes egyenlet megkülönböztetőjére, ezért a frakció helyett D. helyettesíthető B 2 - 4 · A · C:

b 2 - D 4 · A 2 \u003d B 2 - (B 2 - 4 · A · C) 4 · A 2

Nyissa ki a zárójeleket, hasonló feltételeket adunk és kapunk: 4 · A · C 4 · A 2. Ha levágja 4 · A., továbbra is c a. Tehát bizonyítottuk a vieta tétel második arányát a gyökerek termékére.

Felvétel A vieta tétel bizonyítéka lehet, hogy nagyon tömör megjelenés van, ha csökkenti a magyarázatot:

x 1 + x 2 \u003d - B + D 2 · A + - B - D 2 · A \u003d - B + D + - B - D 2 · A \u003d - 2 · B 2 · A \u003d - BA, X 1 · X 2 \u003d - B + D 2 · A · - B - D 2 · A \u003d - B + D · - B - D 4 · A 2 \u003d - B 2 - D 2 4 · A 2 \u003d B 2 - D 4 · A 2 \u003d \u003d D \u003d B 2 - 4 · A · C \u003d B 2 - B 2 - 4 · A · C 4 · A 2 \u003d 4 · A · C 4 · A 2 \u003d CA.

Amikor a négyzetes egyenlet megkülönbözteti, az egyenletnek csak egy gyökere lesz. Ahhoz, hogy a vieta ilyen egyenletes tételére alkalmazzuk, feltételezzük, hogy a diszkriminancia egyenlete nulla, két azonos gyökere van. Valóban, mert D \u003d 0. A négyzetes egyenlet gyökere: - B 2 · A, majd x 1 + x 2 \u003d - B 2 · A + - B 2 · A \u003d - B + (- B) 2 · A \u003d - 2 · B 2 · A \u003d - BA és X 1 · X 2 \u003d - B 2 · A · - B 2 · A \u003d - B · B 4 · A 2 \u003d B 2 4 · A 2, és óta d \u003d 0, azaz, b 2 - 4 · · c \u003d 0, ahonnan B 2 \u003d 4 · A, majd B 2 4 · A 2 \u003d 4 · A · C 4 · A 2 \u003d kb.

Leggyakrabban a gyakorlatban a vieta tételeket a megadott négyzetes egyenlethez képest használják x 2 + p · x + q \u003d 0ahol az A vezető koefficiens egyenlő 1. E tekintetben, és pontosan megfogalmazza a vieta tételét az ilyen típusú egyenletekre. Ez nem korlátozza az általánosságot annak köszönhetően, hogy bármely négyzetes egyenlet helyettesíthető az egyenértékű egyenlet. Ehhez meg kell osztani mindkét részét az A számmal, eltérő nullától.

Adunk egy másik megfogalmazást a vieta tételnek.

Tétel 2.

Az adott négyzetes egyenletben lévő gyökerek mennyisége x 2 + p · x + q \u003d 0 megegyezik az X-vel végzett együtthatóval, amelyet az ellenkező jelzéssel készítenek, a gyökerek terméke egyenlő lesz egy szabad taggal, azaz. x 1 + x 2 \u003d - p, x 1 · x 2 \u003d Q.

Tétel, Vieta fordított tétele

Ha óvatosan megnézed a vieta tétel második megfogalmazását, akkor láthatja, hogy a gyökerek számára x 1 és x 2négyzetes egyenlet x 2 + p · x + q \u003d 0 A reláció x 1 + x 2 \u003d - p, x 1 · x 2 \u003d q érvényes lesz. Ezekből a kapcsolatokból x 1 + x 2 \u003d - p, x 1 · x 2 \u003d Q Ebből következik x 1 és x 2 - Ezek a négyzetes egyenlet gyökerei x 2 + p · x + q \u003d 0. Így jönünk a kijelentéshez, ami a fordított vieta tétel.

Javasoljuk, hogy ezt a jóváhagyást tételként adjuk ki, és végezzük bizonyítékát.

3. tétel.

Ha számok x 1 és x 2 Oly módon, hogy x 1 + x 2 \u003d - P és x 1 · x 2 \u003d qT. x 1 és x 2 az adott négyzetes egyenlet gyökerei x 2 + p · x + q \u003d 0.

Bizonyíték 2.

Az együtthatók cseréje P. és Q. az expressziójukon keresztül x 1 és x 2 Lehetővé teszi az egyenlet átalakítását x 2 + p · x + q \u003d 0 Egyenértékű .

Ha a kapott egyenlet helyettesíti a számot x 1 helyette X.Aztán egyenlőséget kapunk x 1 2 - (x 1 + x 2) · x 1 + x 1 · x 2 \u003d 0. Ez az egyenlőség bármely x 1 és x 2 hűséges numerikus egyenlőségre vált 0 = 0 , mint x 1 2 - (x 1 + x 2) · x 1 + x 1 · x 2 \u003d x 1 2 - x 1 2 - x 2 · x 1 + x 1 · x 2 \u003d 0. Ez azt jelenti x 1 - Az egyenlet gyökere x 2 - (x 1 + x 2) · x + x 1 · x 2 \u003d 0, És akkor mi van x 1 az egyenértékű egyenletnek is x 2 + p · x + q \u003d 0.

Helyettesítés az egyenlethez x 2 - (x 1 + x 2) · x + x 1 · x 2 \u003d 0 számok x 2az X helyett lehetővé teszi az egyenlőség megszerzését x 2 2 - (x 1 + x 2) · x 2 + x 1 · x 2 \u003d 0. Ez az egyenlőség igaznak tekinthető, mivel x 2 2 - (x 1 + x 2) · x 2 + x 1 · x 2 \u003d x 2 2 - X 1 · x 2 - X 2 + x 1 · x 2 \u003d 0. Kiderül x 2 Ez az egyenlet gyökere x 2 - (x 1 + x 2) · x + x 1 · x 2 \u003d 0és ezért egyenletek x 2 + p · x + q \u003d 0.

Tétel, Vieta fordított tétele bizonyítható.

Példák a vieta tétel használatára

Most folytassuk a téma leggyakoribb példáinak elemzését. Kezdjük a feladatok elemzésével, amelyek a tétel használatát igénylik, a vieta fordított tétele. Használható a számítások során kapott számok ellenőrzésére, hogy azok az adott négyzetes egyenlet gyökerei. Ehhez ki kell számolni az összegüket és a különbséget, majd ellenőrizni kell az arányok érvényességét x 1 + x 2 \u003d - b a, x 1 · x 2 \u003d a c.

Mindkét kapcsolat teljesítménye azt sugallja, hogy a számítások során kapott számok az egyenlet gyökerei. Ha látjuk, hogy legalább az egyik feltétel nem teljesül, akkor a szám adata nem lehet a térség állapotában megadott négyzetes egyenlet gyökerei.

1. példa.

Melyik számok közül 1) x 1 \u003d - 5, x 2 \u003d 3, vagy 2) x 1 \u003d 1 - 3, x 2 \u003d 3 + 3, vagy 3) x 1 \u003d 2 + 7 2, x 2 \u003d 2 - 7 2 egy pár a négyzetes egyenletből 4 · x 2 - 16 · x + 9 \u003d 0?

Döntés

Keresse meg a négyzetes egyenlet együtthatókat 4 · x 2 - 16 · x + 9 \u003d 0.Ez a \u003d 4, b \u003d - 16, c \u003d 9. A tételnek megfelelően a négyzetes egyenlet gyökereinek összegének egyenlőnek kell lennie - B A., én, én, 16 4 = 4 és a gyökerek termékének egyenlőnek kell lennie C A., én, én, 9 4 .

Ellenőrizzük a kapott számokat a három beállított pár számának összegének és termékének kiszámításával, és összehasonlítva a kapott értékekkel.

Az első esetben x 1 + x 2 \u003d - 5 + 3 \u003d - 2. Ez az érték különbözik a 4-től, ezért az ellenőrzés nem folytatható. A tétel szerint a vieta fordított tétele, lehet azonnal arra a következtetésre jutni, hogy az első számpár nem a négyzet egyenlet gyökerei.

A második esetben x 1 + x 2 \u003d 1 - 3 + 3 + 3 \u003d 4. Látjuk, hogy az első állapotot elvégzik. De a második állapot nem: x 1 · x 2 \u003d 1 - 3 · 3 + 3 \u003d 3 + 3 - 3 · 3 - 3 \u003d - 2 · 3. Az érték, amit kaptunk, különbözik 9 4 . Ez azt jelenti, hogy a második pár pár nem a négyzetes egyenlet gyökerei.

Forduljunk a harmadik pár figyelembevételéhez. Itt x 1 + x 2 \u003d 2 + 7 2 + 2 - 7 2 \u003d 4 és x 1 · x 2 \u003d 2 + 7 2 · 2 - 7 2 \u003d 2 2 - 7 2 2 \u003d 4 - 7 4 \u003d 16 4 - 7 4 \u003d 9 4. Mindkét feltétel végrehajtásra kerül, ami azt jelenti, hogy x 1 és x 2 egy adott négyzetes egyenlet gyökerei.

Válasz: x 1 \u003d 2 + 7 2, x 2 \u003d 2 - 7 2

A vieta visszirányú tételét is használhatjuk, hogy kiválasszuk a négyzetes egyenlet gyökereit. A legegyszerűbb mód az adott négyzetes egyenletek teljes gyökereinek kiválasztása egész számú együtthatókkal. Más lehetőségeket is figyelembe vehet. De jelentősen akadályozhatja a számításokat.

A gyökerek kiválasztásához azt a tényt használjuk, hogy ha a két szám összege megegyezik a mínusz jelzéssel ellátott négyzetes egyenlet második koefficiensével, és ezeknek a számoknak a terméke egyenlő egy szabad taggal, majd ezek a számok A négyzetes egyenlet gyökerei.

2. példa.

Például használjon négyzetes egyenletet x 2 - 5 · x + 6 \u003d 0. Számok x 1 és x 2 lehet az egyenlet gyökerei, ha két egyenlőséget végeznek x 1 + x 2 \u003d 5 és x 1 · x 2 \u003d 6. Kiválasztjuk az ilyen számokat. Ezek a 2. és 3. szám, mint 2 + 3 = 5 és 2 · 3 \u003d 6. Kiderül, hogy a 2 és 3. a négyzet egyenlet gyökerei.

Tétel, Vieta visszirányú tétele, felhasználható a második gyökér megtalálásához, amikor először ismert vagy nyilvánvaló. Ehhez használhatjuk az arányokat x 1 + x 2 \u003d - b a, x 1 · x 2 \u003d c a.

3. példa.

Fontolja meg a négyzetes egyenletet 512 · x 2 - 509 · X - 3 \u003d 0. Meg kell találni az egyenlet gyökereit.

Döntés

Az egyenlet első gyökere 1, mivel a négyzetes egyenlet együtthatóinak összege nulla. Kiderül x 1 \u003d 1.

Most megtaláljuk a második gyökeret. Ehhez használhatja az arányt x 1 · x 2 \u003d c a. Kiderül 1 · x 2 \u003d - 3 512Tól től! x 2 \u003d - 3 512.

Válasz: Az állapotban meghatározott kihívás egyenletének gyökerei 1 és - 3 512 .

Válassza ki a gyökereket a tétel segítségével, a Vieta fordított tétele csak egyszerű esetekben lehetséges. Más esetekben jobb keresés a négyzetes egyenlet gyökereinek képletével a diszkriminánnal.

A tételnek köszönhetően a vieta fordított tétele négyzet egyenleteket is készíthetünk a rendelkezésre álló gyökereken x 1 és x 2. Ehhez ki kell számolnunk a gyökerek mennyiségét, ami az együtthatót adja meg, amikor X. A meghatározott négyzetes egyenlet ellentétes jelével és a gyökerek termékével, amely szabadtételt ad.

4. példa.

Írj egy négyzetes egyenletet, amelynek gyökerei számok − 11 és 23 .

Döntés

Ezt fogjuk megtenni x 1 \u003d - 11 és x 2 \u003d 23. Ezeknek a számoknak az összege és terméke egyenlő lesz: x 1 + x 2 \u003d 12 és x 1 · x 2 \u003d - 253. Ez azt jelenti, hogy a második koefficiens 12, egy szabad tag − 253.

Összeegyezés: X 2 - 12 · X - 253 \u003d 0.

Válasz: X 2 - 12 · X - 253 \u003d 0.

Használhatjuk a Viet tételének olyan feladatokat, amelyek a négyzet egyenletek gyökerei jeleihez kapcsolódnak. A vieta tételének közötti kapcsolat az adott négyzetes egyenlet gyökereinek jeleihez kapcsolódik x 2 + p · x + q \u003d 0 A következőképpen:

• ha a négyzetes egyenlet érvényes gyökér, és ha egy szabad fasz q. pozitív szám, akkor ezek a gyökerek ugyanazt a jel "+" vagy "-";
• ha a négyzetes egyenlet gyökér, és ha egy szabad fasz Q. Ez egy negatív szám, akkor egy gyökér "+" lesz, a második "-".

Mindkét állítás a képlet következménye x 1 · x 2 \u003d q és a pozitív és negatív számok szorzásának szabályait, valamint a különböző jelekkel rendelkező számokat.

5. példa.

A négyzetes egyenlet gyökerei X 2 - 64 · X - 21 \u003d 0pozitív?

Döntés

A vieta tételen az egyenlet gyökerei nem lehetnek pozitívak, mivel az egyenlőséget kell elvégezni nekik x 1 · x 2 \u003d - 21. Lehetetlen pozitív x 1 és x 2.

Válasz: Nem

6. példa.

A paraméter milyen értékei alapján R. másodfokú egyenlet X 2 + (R + 2) · X + R - 1 \u003d 0két érvényes gyökér lesz különböző jelekkel.

Döntés

Kezdjük azzal, hogy megtaláljuk a mit jelentenek R., amelyben két gyöker lesz az egyenletben. Megkülönböztetést találunk, és megnézzük, mi R. Pozitív értékeket fog tenni. D \u003d (R + 2) 2 - 4 · 1 · (R - 1) \u003d R 2 + 4 · R + 4 - 4 · R + 4 \u003d R 2 + 8. A kifejezés értéke R 2 + 8 pozitív bármilyen érvényes R.ezért a diszkriminancia nagyobb lesz érvényes R.. Ez azt jelenti, hogy az eredeti négyzetes egyenletnek két gyökere lesz a paraméter bármely tényleges értékén R..

Most nézzük meg, mikor lesz a gyökerek különböző jelek. Ez akkor lehetséges, ha a munkájuk negatív. A vieta tétel szerint az adott négyzetes egyenlet gyökereinek terméke egyenlő egy szabad taggal. Ez azt jelenti, hogy a megfelelő megoldás lesz a jelentések R., amelyben egy R - 1 szabad tag negatív. Úgy döntünk, hogy lineáris egyenlőtlenség van R - 1< 0 , получаем r < 1 .

Válasz: R.< 1 .

Vieta képletek

Számos olyan képlet áll rendelkezésre, amelyek a gyökerekkel és az együtthatókkal való cselekvések végrehajtására vonatkoznak, nemcsak a négyzet, hanem a köbös és más típusú egyenletek is. Ezeket Vieta-formuláknak nevezik.

Algebrai egyenlethez N. A 0 · X N + A 1 · X N - 1 + fajok. . . + A N - 1 · X + A N \u003d 0 Úgy gondolják, hogy az egyenletnek van N.érvényes gyökerek x 1, x 2, ..., x n , amelyek közül egybeeshetők:
x 1 + x 2 + x 3 +. . . + x n \u003d - A 1 A 0, X 1 · X 2 + X 1 · X 3 +. . . + x N - 1 · X N \u003d A 2 A 0, X 1 · X 2 · X 3 + X 1 · X 2 · X 4 +. . . + X N - 2 · X N - 1 · X N \u003d - A 3 A 0 ,. . . x 1 · x 2 · x 3 ·. . . · X n \u003d (- 1) n · A n A 0

Meghatározás 1.

A vieta képletei segítenek:

• a polinom lineáris szorzókra való bomlásának tétele;
• az egyenlő polinomok meghatározása az összes együtthatók egyenlőségén keresztül.

Tehát egy 0 · x n + A 1 · X N - 1 + polinomiális. . . + A N - 1 · X + A N és annak bomlása a 0 · (X - X 1) formanyomtatvány lineáris tényezőjén · (X - X 2) ·. . . · (X - X n) egyenlő.

Ha az utolsó munkában zárójeleket tárunk fel, és megegyezik a megfelelő együtthatókkal, megkapjuk a vieta képletét. Az n \u003d 2 szedése, a négyzet egyenletes bor képletét kaphatjuk: x 1 + x 2 \u003d - A 1 A 0, X 1 · X 2 \u003d A 2 A 0.

2. meghatározás.

Vieta képlet a köbös egyenlethez:
x 1 + x 2 + x 3 \u003d - A 1 A 0, X 1 · X 2 + X 1 · X 3 + X 2 · X 3 \u003d A 2 A 0, X 1 · X 2 · X 3 \u003d - A 3 A 0.

A vieta képletének felvételének bal oldala tartalmazza az úgynevezett elemi szimmetrikus polinomokat.

Ha hibát észlel a szövegben, válassza ki, és nyomja meg a Ctrl + Enter gombot