Презентация Уравнения высших степеней (корни многочлена от одной переменной)

Презентация Уравнения высших степеней (корни многочлена от одной переменной)


Предлагаем ознакомиться с содержанием и скачать для редактирования или печати презентацию «Уравнения высших степеней (корни многочлена от одной переменной)», содержащую 32 слайда и доступную в формате ppt. Размер файла доклада составляет 101.75 KB

Просмотреть и скачать

Слайды и текст этого доклада

Уравнения высших степеней (корни многочлена от одной переменной).
Рис.1 Уравнения высших степеней (корни многочлена от одной переменной).
План лекции. № 1. Уравнения высших степеней в школьном курсе математики. № 2. Стандартный вид многоч
Рис.2 План лекции. № 1. Уравнения высших степеней в школьном курсе математики. № 2. Стандартный вид многочлена. № 3. Целые корни многочлена. Схема Горнера. № 4. Дробные корни многочлена. № 5. Уравнения вида: ( х + а )( х + в )( х + с ) … = А № 6. Возвратные уравнения. № 7. Однородные уравнения. № 8. Метод неопределенных коэффициентов. № 9. Функционально – графический метод. № 10. Формулы Виета для уравнений высших степеней. № 11. Нестандартные методы решения уравнений высших степеней.
Уравнения высших степеней в школьном курсе математики. 7 класс. Стандартный вид многочлена. Действия
Рис.3 Уравнения высших степеней в школьном курсе математики. 7 класс. Стандартный вид многочлена. Действия с многочленами. Разложение многочлена на множители. В обычном классе 42 часа , в спец классе 56 часов. 8 спецкласс. Целые корни многочлена, деление многочленов, возвратные уравнения, разность и сумма п – ых степеней двучлена, метод неопределенных коэффициентов. Ю. Н. Макарычев « Дополнительные главы к школьному курсу алгебры 8 класса», М. Л. Галицкий Сборник задач по алгебре 8 – 9 класс». 9 спецкласс. Рациональные корни многочлена. Обобщенные возвратные уравнения. Формулы Виета для уравнений высших степеней. Н. Я. Виленкин « Алгебра 9 класс с углубленным изучением. 11 спецкласс. Тождественность многочленов. Многочлен от нескольких переменных. Функционально – графический метод решения уравнений высших степеней.
Стандартный вид многочлена. Многочлен Р(х) = аⁿ хⁿ + ап-1 хп-1 + … + а₂х² + а₁х + а₀. Называется мно
Рис.4 Стандартный вид многочлена. Многочлен Р(х) = аⁿ хⁿ + ап-1 хп-1 + … + а₂х² + а₁х + а₀. Называется многочленом стандартного вида. ап хⁿ - старший член многочлена ап - коэффициент при старшем члене многочлена. При ап = 1 Р(х) называется приведенным многочленом. а₀ - свободный член многочлена Р(х). п – степень многочлена.
Целые корни многочлена. Схема Горнера. Теорема № 1. Если целое число а является корнем многочлена Р(
Рис.5 Целые корни многочлена. Схема Горнера. Теорема № 1. Если целое число а является корнем многочлена Р(х), то а – делитель свободного члена Р(х). Пример № 1. Решите уравнение. Х⁴ + 2х³ = 11х² – 4х – 4 Приведем уравнение к стандартному виду. Х⁴ + 2х³ - 11х² + 4х + 4 = 0. Имеем многочлен Р(х) = х⁴ + 2х³ - 11х² + 4х + 4 Делители свободного члена: ± 1, ± 2, ±4. х = 1 корень уравнения т. к. Р(1) = 0, х = 2 корень уравнения т. к. Р(2) = 0 Теорема Безу. Остаток от деления многочлена Р(х) на двучлен (х – а) равен Р(а). Следствие. Если а – корень многочлена Р(х), то Р(х) делится на ( х – а ). В нашем уравнении Р(х) делится на (х – 1) и на (х – 2), а значит и на (х – 1) (х – 2). При делении Р(х) на (х² - 3х + 2) в частном получается трехчлен х² + 5х + 2 = 0, который имеет корни х =( -5 ± √17)/2
Дробные корни многочлена. Теорема №2. Если р/g корень многочлена Р(х), то р – делитель свободного чл
Рис.6 Дробные корни многочлена. Теорема №2. Если р/g корень многочлена Р(х), то р – делитель свободного члена, g –делитель коэффициента старшего члена Р(х). Пример № 2. Решите уравнение. 6х³ - 11х² - 2х + 8 = 0. Делители свободного члена: ±1, ±2, ±4, ±8. Ни одно из этих чисел не удовлетворяет уравнению. Целых корней нет. Натуральные делители коэффициента старшего члена Р(х): 1, 2, 3, 6. Возможные дробные корни уравнения: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Проверкой убеждаемся, что Р(4/3) = 0. Х = 4/3 корень уравнения. По схеме Горнера разделим Р(х) на (х – 4/3).
Примеры для самостоятельного решения. Решите уравнения: 9х³ - 18х = х – 2, х³ - х² = х – 1, х³ - 3х²
Рис.7 Примеры для самостоятельного решения. Решите уравнения: 9х³ - 18х = х – 2, х³ - х² = х – 1, х³ - 3х² -3х + 1 = 0, Х ⁴ - 2х³ + 2х – 1 = 0, Х⁴ - 3х² + 2 = 0, х⁵ + 5х³ - 6х² = 0, х³ + 4х² + 5х + 2 = 0, Х⁴ + 4х³ - х² - 16х – 12 = 0 4х³ + х² - х + 5 = 0 3х⁴ + 5х³ - 9х² - 9х + 10 = 0. Ответы: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3 , 4) ±1, 5) ± 1; ±√2 , 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.
Уравнения вида (х + а)(х + в)(х + с)(х + d)… = А. Пример №3. Решите уравнение (х + 1)(х + 2)(х + 3)(
Рис.8 Уравнения вида (х + а)(х + в)(х + с)(х + d)… = А. Пример №3. Решите уравнение (х + 1)(х + 2)(х + 3)(х + 4) =24. а = 1, в = 2, с = 3, d = 4 а + d = в + с. Перемножаем первую скобку с четвертой и вторую с третьей. (х + 1)(х + 4)(х + 20(х + 3) = 24. ( х² + 5х + 4)(х² + 5х + 6) = 24. Пусть х² + 5х + 4 = у, тогда у(у + 2) = 24, у² + 2у – 24 = 0 у₁ = - 6, у₂ = 4. х² + 5х + 4 = -6 или х² + 5х + 4 = 4. х² + 5х + 10 = 0, Д< 0 корней нет. Из второго уравнения имеем х₁=0, х₂=-5. · Пример № 4. (х² - 3х)(х – 1)(х – 2) = 24. Произведение второй и третьей скобок дает выражение первой скобки. · Пример № 5. (8х + 7)²(4х + 3)(х + 1) = 9/2. (8х + 7)(8х + 7)(4х + 3)(х + 1) = 9/2, а = 7/8, в = 7/8, с = ¾, d = 1. а + в = с + d . · Перемножаем первую скобку со второй и третью с четвертой.
Примеры для самостоятельного решения. (х + 1)(х + 3)(х + 5)(х + 7) = -15, х(х + 4)(х + 5)(х + 9) + 9
Рис.9 Примеры для самостоятельного решения. (х + 1)(х + 3)(х + 5)(х + 7) = -15, х(х + 4)(х + 5)(х + 9) + 96 = 0, х(х + 3)(х + 5)(х + 8) + 56 = 0, (х – 4)(х – 3)(х – 2)(х – 1) = 24, (х – 3)(х -4)(х – 5)(х – 6) = 1680, (х² - 5х)(х + 3)(х – 8) + 108 = 0, (х + 4)² (х + 10)(х – 2) + 243 = 0 (х² + 3х + 2)(х² + 9х + 20) = 4, Указание: х + 3х + 2 = (х + 1)(х + 2), х² + 9х + 20 = (х + 4)(х + 5) Ответы: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.
Возвратные уравнения. Определение №1. Уравнение вида: ах⁴ + вх³ + сх² + вх + а = 0 называется возвра
Рис.10 Возвратные уравнения. Определение №1. Уравнение вида: ах⁴ + вх³ + сх² + вх + а = 0 называется возвратным уравнением четвертой степени. Определение №2. Уравнение вида: ах⁴ + вх³ + сх² + квх + к² а = 0 называется обобщенным возвратным уравнением четвертой степени. к² а : а = к² ; кв : в = к. Пример №6. Решите уравнение х⁴ - 7х³ + 14х² - 7х + 1 = 0. Делим обе части уравнения на х² . х² - 7х + 14 – 7/х + 1/х² = 0, ( х² + 1/х ²) – 7(х + 1/х) + 14 = 0. Пусть х + 1/х = у. Возводим обе части равенства в квадрат. х² + 2 + 1/х² = у² , х² + 1/х² = у² - 2. Получаем квадратное уравнение у² - 7у + 12 = 0, у₁ = 3, у₂ = 4. х + 1/х =3 или х + 1/х = 4. Получаем два уравнения: х² - 3х + 1 = 0, х² - 4х + 1 = 0. Пример №7. 3х⁴ - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:( – 2) = -5, ( -5)² = 25. Условие обобщенного возвратного уравнения выполняется к= -5. Решается аналогично примеру №6. Делим обе части уравнения на х². 3х⁴ - 2х – 31 + 10/х + 75/х² = 0, 3(х⁴ + 25/х² ) – 2(х – 5/х) – 31 = 0. Пусть х – 5/х = у, возводим обе части равенства в квадрат х² - 10 + 25/х² = у² , х² + 25/х² = у² + 10. Имеем квадратное уравнение 3у² - 2у – 1 = 0, у₁ = 1, у₂ = - 1/3. х – 5/х = 1 или х – 5/х = -1/3. Получаем два уравнения: х² - х – 5 = 0 и 3х² + х – 15 = 0
Примеры для самостоятельного решения. 1. 78х⁴ - 133х³ + 78х² - 133х + 78 = 0, 2. х⁴ - 5х³ + 10х² - 1
Рис.11 Примеры для самостоятельного решения. 1. 78х⁴ - 133х³ + 78х² - 133х + 78 = 0, 2. х⁴ - 5х³ + 10х² - 10х + 4 = 0, 3. х⁴ - х³ - 10х² + 2х + 4 = 0, 4. 6х⁴ + 5х³ - 38х² -10х + 24 = 0, 5. х⁴ + 2х³ - 11х² + 4х + 4 = 0, 6. х⁴ - 5х³ + 10х² -10х + 4 = 0. Ответы: 1) 2/3; 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.
Однородные уравнения. Определение. Уравнение вида а₀u³ + а₁u² v + а₂uv² + а₃v³ = 0 называется одноро
Рис.12 Однородные уравнения. Определение. Уравнение вида а₀u³ + а₁u² v + а₂uv² + а₃v³ = 0 называется однородным уравнением третьей степени относительно u v. Определение. Уравнение вида а₀u⁴ + а₁u³v + а₂u²v² + а₃uv³ + а₄v⁴ = 0 называется однородным уравнением четвертой степени относительно u v. Пример №8. Решите уравнение (х² - х + 1)³ + 2х⁴(х² - х + 1) – 3х⁶ = 0 Однородное уравнение третьей степени относительно u = х²- х + 1, v = х². Делим обе части уравнения на х⁶. Предварительно проверили, что х = 0 не является корнем уравнения. (х² - х + 1/х²)³ + 2(х² - х + 1/х²) – 3 = 0. (х² - х + 1)/х²) = у, у³ + 2у – 3 = 0, у = 1 корень уравнения. Делим многочлен Р(х) = у³ + 2у – 3 на у – 1 по схеме Горнера. В частном получаем трехчлен, который не имеет корней. Ответ: 1.
Примеры для самостоятельного решения. 1. 2(х² + 6х + 1)² + 5(Х² + 6Х + 1)(Х² + 1) + 2(Х² + 1)² = 0,
Рис.13 Примеры для самостоятельного решения. 1. 2(х² + 6х + 1)² + 5(Х² + 6Х + 1)(Х² + 1) + 2(Х² + 1)² = 0, 2. (Х + 5)⁴ - 13Х²(Х + 5)² + 36Х⁴ = 0, 3. 2(Х² + Х + 1)² - 7(Х – 1)² = 13(Х³ - 1), 4. 2(Х -1)⁴ - 5(Х² - 3Х + 2)² + 2(х – 2)⁴ = 0, 5. (х² + х + 4)² + 3х(х² + х + 4) + 2х² = 0, Ответы: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Корней нет.
Метод неопределенных коэффициентов. Теорема №3. Два многочлена Р(х) и G(х) тождественны тогда и толь
Рис.14 Метод неопределенных коэффициентов. Теорема №3. Два многочлена Р(х) и G(х) тождественны тогда и только тогда, когда они имеют одинаковую степень и коэффициенты при одноименных степенях переменной в обоих многочленах равны. Пример №9. Разложить на множители многочлен у⁴ - 4у³ + 5у² - 4у + 1. у⁴ - 4у³ + 5у² - 4у + 1 = (у² + ву + с)(у² + в₁у + с₁) =у⁴ +у³(в₁ + в) + у²(с₁ + с + в₁в) + у(вс₁ + св₁) + сс₁. Согласно теореме №3 имеем систему уравнений: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, вс₁ + св₁ = -4, сс₁ = 1. Необходимо решить систему в целых числах. Последнее уравнение в целых числах может иметь решения: с = 1, с₁ =1; с = -1, с₁ = -1. Пусть с = с₁ = 1, тогда из первого уравнения имеем в₁ = -4 –в. Подставляем во второе уравнение системы в² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 или в = -3, в₁ = -1. Данные значения подходят третьему уравнению системы. При с = с₁ = -1 Д < 0. Ответ: (у² - у + 1)(у² -3у + 1).
Пример №10. Разложить на множители многочлен у³ - 5у + 2. у³ -5у + 2 = (у + а)(у² + ву + с) = у³ + (
Рис.15 Пример №10. Разложить на множители многочлен у³ - 5у + 2. у³ -5у + 2 = (у + а)(у² + ву + с) = у³ + (а + в)у² + (ав +с)у + ас. Имеем систему уравнений: а + в = 0, ав + с = -5, ас = 2. Возможные целые решения третьего уравнения: (2; 1), (1; 2), ( -2; -1), ( -1; -2). Пусть а = -2, с = -1. Из первого уравнения системы в = 2, что удовлетворяет второму уравнению. Подставляя данные значения в искомое равенство получим ответ: (у – 2)(у² + 2у – 1). Второй способ. У³ - 5у + 2 = у³ -5у + 10 – 8 = (у³ - 8) – 5(у – 2) = (у – 2)(у² + 2у -1).
Примеры для самостоятельного решения. Разложите на множители многочлены: 1. у⁴ + 4у³ + 6у² +4у -8, 2
Рис.16 Примеры для самостоятельного решения. Разложите на множители многочлены: 1. у⁴ + 4у³ + 6у² +4у -8, 2. у⁴ - 4у³ + 7у² - 6у + 2, 3. х⁴ + 324, 4. у⁴ -8у³ + 24у² -32у + 15, 5. Решите уравнение, используя метод разложения на множители: а) х⁴ -3х² + 2 = 0, б) х⁵ +5х³ -6х² = 0. Ответы: 1) (у² +2у -2)(у² +2у +4), 2) (у – 1)²(у² -2у + 2), 3) (х² -6х + 18)(х² + 6х + 18), 4) (у – 1)(у – 3)(у² -4у + 5), 5а) ± 1; ±√2 , 5б) 0; 1.
Функционально – графический метод решения уравнений высших степеней. Пример №11. Решите уравнение х⁵
Рис.17 Функционально – графический метод решения уравнений высших степеней. Пример №11. Решите уравнение х⁵ + 5х -42 = 0. Функция у = х⁵ возрастающая, функция у = 42 – 5х убывающая ( к < о ). Теорема №4. Если функция f(х) возрастающая, а g(х) убывающая, то уравнение f(х) = g(х) имеет на ее области определения не более одного корня. Искомое уравнение имеет не более одного корня. Подбираем корень уравнения х = 2. Ответ: 2. Пример №12. Решите уравнение х⁴ - 8х + 63 = 0. х⁴ = 8х – 63. Построим графики функций: у = х⁴, у = 8х – 63. Графики функций не имеют общих точек. Уравнение не имеет корней.
Примеры для самостоятельного решения. 1. Используя свойство монотонности функции, докажите, что урав
Рис.18 Примеры для самостоятельного решения. 1. Используя свойство монотонности функции, докажите, что уравнение имеет единственный корень, и найдите этот корень: а) х³ = 10 – х, б) х⁵ + 3х³ - 11√2 – х. Ответы: а) 2, б) √2. 2. Решите уравнение, используя функционально – графический метод: а) х = ³√х , б) l х l = ⁵√х, в) 2 = 6 – х, г) (1/3) = х +4, д) (х – 1)² = log₂х, е) log = (х + ½)², ж) 1 - √х = lnх , з) √х – 2 = 9/х. Ответы: а) 0; ±1, б) 0; 1, в) 2, г) -1, д) 1; 2, е) ½, ж) 1, з) 9.
Формулы Виета для уравнений высших степеней. Теорема №5 ( Теореме Виета). Если уравнение а хⁿ + а хⁿ
Рис.19 Формулы Виета для уравнений высших степеней. Теорема №5 ( Теореме Виета). Если уравнение а хⁿ + а хⁿ + … + а₁х + а₀ имеет n различных действительных корней х₁, х₂, … ,х , то они удовлетворяют равенствам: Для квадратного уравнения ах² + вх + с = о: х₁ + х₂ = -в/а, х₁х₂ = с/а; Для кубического уравнения а₃х³ + а₂х² + а₁х + а₀ = о: х₁ + х₂ + х₃ = -а₂/а₃; х₁х₂ + х₁х₃ + х₂х₃ = а₁/а₃; х₁х₂х₃ = -а₀/а₃; …, для уравнения n –ой степени: х₁ + х₂ + … х = - а / а , х₁х₂ + х₁х₃ + … + х х = а /а , … , х₁х₂·… · х = ( - 1)ⁿ а₀/а . Выполняется и обратная теорема.
Пример №13. Напишите кубическое уравнение, корни которого обратны корням уравнения х³ - 6х² + 12х –
Рис.20 Пример №13. Напишите кубическое уравнение, корни которого обратны корням уравнения х³ - 6х² + 12х – 18 = 0, а коэффициент при х³ равен 2. 1. По теореме Виета для кубического уравнения имеем: х₁ + х₂ + х₃ = 6, х₁х₂ + х₁х₃ + х₂х₃ = 12, х₁х₂х₃ = 18. 2. Составляем обратные величины данным корням и для них применяем обратную теорему Виета. 1/х₁ + 1/х₂ + 1/х₃ = ( х₂х₃ + х₁х₃ + х₁х₂)/х₁х₂х₃ = 12/18 = 2/3. 1/х₁х₂ + 1/х₁х₃ + 1/х₂х₃ = (х₃ + х₂ + х₁)/х₁х₂х₃ = 6/18 = 1/3, 1/ х₁х₂х₃ = 1/18. Получаем уравнение х³ +2/3х² + 1/3х – 1/18 = 0 · 2 Ответ: 2х³ + 4/3х² + 2/3х -1/9 = 0.
Примеры для самостоятельного решения. 1. Напишите кубическое уравнение, корни которого обратны квадр
Рис.21 Примеры для самостоятельного решения. 1. Напишите кубическое уравнение, корни которого обратны квадратам корней уравнения х³ - 6х² + 11х – 6 = 0, а коэффициент при х³ равен 8. Ответ: 8х³ - 98/9х² + 28/9х -2/9 = 0. Нестандартные методы решений уравнений высших степеней. Пример №12. Решите уравнение х⁴ -8х + 63 = 0. Разложим левую часть уравнения на множители. Выделим точные квадраты. Х⁴ - 8х + 63 = (х⁴ + 16х² + 64) – (16х² + 8х + 1) = (х² + 8)² - (4х + 1)² = (х² + 4х + 9)(х² - 4х + 7) = 0. Оба дискриминанта отрицательные. Ответ: нет корней.
Пример №14. Решите уравнение 21х³ + х² - 5х – 1 = 0. Если свободный член уравнения равен ± 1, то ура
Рис.22 Пример №14. Решите уравнение 21х³ + х² - 5х – 1 = 0. Если свободный член уравнения равен ± 1, то уравнение преобразуется в приведенное уравнение с помощью замены х = 1/у. 21/у³ + 1/у² - 5/у – 1 = 0 · у³, у³ + 5у² -у – 21 = 0. у = -3 корень уравнения. (у + 3)(у² + 2у -7) = 0, у = -1 ± 2√2. х₁ = -1/3, х₂ = 1/ -1 + 2√2 = ( 2√2 + 1)/7, Х₃ = 1/-1 -2√2 =( 1-2√2)/7. Пример №15. Решите уравнение 4х³-10х² + 14х – 5 = 0. Умножим обе части уравнения на 2. 8х³ -20х² + 28х – 10 = 0, (2х)³ - 5(2х)² + 14·(2х) -10 = 0. Введем новую переменную у = 2х, получим приведенное уравнение у³ - 5у² + 14у -10 = 0, у = 1 корень уравнения. (у – 1)(у² - 4у + 10) = 0, Д < о, 2х = 1, х = 0,5. Ответ: 0,5
Пример №16. Доказать, что уравнение х⁴ + х³ + х – 2 = 0 имеет один положительный корень. Пусть f(х)
Рис.23 Пример №16. Доказать, что уравнение х⁴ + х³ + х – 2 = 0 имеет один положительный корень. Пусть f(х) = х⁴ + х³ + х – 2, f’(х) = 4х³ + 3х² + 1 > о при х > о. Функция f(х) возрастающая при х > о, а значение f(о) = -2. Очевидно, что уравнение имеет один положительный корень ч. т. д. Пример №17. Решите уравнение 8х(2х² - 1)(8х⁴ - 8х² + 1) = 1. И. Ф. Шарыгин « Факультативный курс по математике для 11 класса». М. Просвещение 1991 стр90. 1. l х l < 1, поскольку при l х l > 1 2х² - 1 > 1 и 8х⁴ -8х² + 1 > 1 2. Сделаем замену х = cosy, у € (0; п). При остальных значениях у, значения х повторяются, а уравнение имеет не более 7 корней. 2х² - 1 = 2cos²y – 1 = cos2y, 8х⁴ - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2cos²2y – 1 = cos4y. 3. Уравнение принимает вид 8cosycos2ycos4y = 1. Умножаем обе части уравнения на siny. 8sinycosycos2ycos4y = siny. Применяя 3 раза формулу двойного угла получим уравнение sin8y = siny, sin8y – siny = 0
Окончание решения примера №17. Применяем формулу разности синусов. 2sin7y/2 · cos9y/2 = 0. Учитывая,
Рис.24 Окончание решения примера №17. Применяем формулу разности синусов. 2sin7y/2 · cos9y/2 = 0. Учитывая, что у € (0;п), у = 2пк/3, к = 1, 2, 3 или у = п/9 + 2пк/9, к =0, 1, 2, 3. Возвращаясь к переменной х получаем ответ: Cos2п/7, cos4п/7, cos6п/7, cosп/9, ½, cos5п/9, cos7п/9. Примеры для самостоятельного решения. Найти все значения а, при которых уравнение (х² + х)(х² + 5х + 6) = а имеет ровно три корня. Ответ: 9/16. Указание: построить график левой части уравнения. F max = f(0) = 9/16. Прямая у = 9/16 пересекает график функции в трех точках. Решите уравнение (х² + 2х)² - (х + 1)² = 55. Ответ: -4; 2. Решите уравнение (х + 3)⁴ + (х + 5)⁴ = 16. Ответ: -5; -3. Решите уравнение 2(х² + х + 1)² -7(х – 1)² = 13(х³ - 1). Ответ: -1; -1/2, 2;4 Найдите число действительных корней уравнения х³ - 12х + 10 = 0 на [-3; 3/2]. Указание: найти производную и исследовать на монот.
Примеры для самостоятельного решения ( продолжение). 6. Найдите число действительных корней уравнени
Рис.25 Примеры для самостоятельного решения ( продолжение). 6. Найдите число действительных корней уравнения х⁴ - 2х³ + 3/2 = 0. Ответ: 2 7. Пусть х₁, х₂, х₃ - корни многочлена Р(х) = х³ - 6х² -15х + 1. Найдите Х₁² + х₂² + х₃². Ответ: 66. Указание: примените теорему Виета. 8. Докажите, что при а > о и произвольном вещественном в уравнение х³ + ах + в = о имеет только один вещественный корень. Указание: проведите доказательство от противного. Примените теорему Виета. 9. Решите уравнение 2(х² + 2)² = 9(х³ + 1). Ответ: ½; 1; (3 ± √13)/2. Указание: приведите уравнение к однородному, используя равенства Х² + 2 = х + 1 + х² - х + 1, х³ + 1 = (х + 1)(х² - х + 1). 10. Решите систему уравнений х + у = х², 3у – х = у². Ответ: (0;0),(2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Решите систему: 4у² -3ху = 2х –у, 5х² - 3у² = 4х – 2у. Ответ: (о;о), (1;1),(297/265; - 27/53).
Контрольная работа. 1 вариант. 1. Решите уравнение (х² + х) – 8(х² + х) + 12 = 0. 2. Решите уравнени
Рис.26 Контрольная работа. 1 вариант. 1. Решите уравнение (х² + х) – 8(х² + х) + 12 = 0. 2. Решите уравнение (х + 1)(х + 3)(х + 5)(х + 7) = - 15. 3. Решите уравнение 12х²(х – 3) + 64(х – 3)² = х⁴. 4. Решите уравнение х ⁴ - 4х³ + 5х² - 4х + 1 = 0 5. Решите систему аравнений: х² + 2у² - х + 2у = 6, 1,5х² + 3у² - х + 5у = 12.
2 вариант 1. (х² - 4х)² + 7(х² - 4х) + 12 = 0. 2. х(х + 1)(х + 5)(х + 6) = 24. 3. х⁴ + 18(х + 4)² =
Рис.27 2 вариант 1. (х² - 4х)² + 7(х² - 4х) + 12 = 0. 2. х(х + 1)(х + 5)(х + 6) = 24. 3. х⁴ + 18(х + 4)² = 11х²(х + 4). 4. х⁴ - 5х³ + 6х² - 5х + 1 = 0. 5. х² - 2ху + у² + 2х²у – 9 = 0, х – у – х²у + 3 = 0. 3 вариант. 1. (х² + 3х)² - 14(х² + 3х) + 40 = 0 2. (х – 5)(х-3)(х + 3)(х + 1) = - 35. 3. х4 + 8х²(х + 2) = 9(х+ 2)². 4. х⁴ - 7х³ + 14х² - 7х + 1 = 0. 5. х + у + х² + у² = 18, ху + х² + у² = 19.
4 вариант. (х² - 2х)² - 11(х² - 2х) + 24 = о. (х -7)(х-4)(х-2)(х + 1) = -36. Х⁴ + 3(х -6)² = 4х²(6 –
Рис.28 4 вариант. (х² - 2х)² - 11(х² - 2х) + 24 = о. (х -7)(х-4)(х-2)(х + 1) = -36. Х⁴ + 3(х -6)² = 4х²(6 – х). Х⁴ - 6х³ + 7х² - 6х + 1 = 0. Х² + 3ху + у² = - 1, 2х² - 3ху – 3у² = - 4. Дополнительное задание: Остаток от деления многочлена Р(х) на (х – 1) равен 4, остаток от делении на (х + 1) равен2, а при делении на (х – 2) равен 8. Найти остаток от деления Р(х) на (х³ - 2х² - х + 2).
Ответы и указания:
Рис.29 Ответы и указания:
Решение дополнительного задания. По теореме Безу: Р(1) = 4, Р(-1) = 2, Р(2) = 8. Р(х) = G(x)( х³ - 2
Рис.30 Решение дополнительного задания. По теореме Безу: Р(1) = 4, Р(-1) = 2, Р(2) = 8. Р(х) = G(x)( х³ - 2х² - х + 2) + ах² + вх + с. Подставляем 1; - 1; 2. Р(1) = G(1)·0 + а + в + с = 4, а + в+ с = 4. Р(-1) = а – в + с = 2, Р(2) = 4а² + 2в + с = 8. Решая полученную систему из трех уравнений получим: а = в = 1, с = 2. Ответ: х² + х + 2.
Критерий № 1 - 2 балла. 1 балл – одна вычислительная ошибка. № 2,3,4 – по 3 балла. 1 балл – привели
Рис.31 Критерий № 1 - 2 балла. 1 балл – одна вычислительная ошибка. № 2,3,4 – по 3 балла. 1 балл – привели к квадратному уравнению. 2 балла – одна вычислительная ошибка. № 5. – 4 балла. 1 балл – выразили одну переменную через другую. 2 балла – получили одно из решений. 3 балла – одна вычислительная ошибка. Дополнительное задание: 4 балла. 1 балл – применили теорему Безу для всех четырех случаев. 2 балла – составили систему уравнений. 3 балла – одна вычислительная ошибка.
Уравнения высших степеней (корни многочлена от одной переменной), рис. 32
Рис.32


Скачать презентацию