Елюбаева Гайша Ищановна
Государственное учреждение
«Айдабульская средняя школа»
Зерендинского района Акмолинской области
село Айдабул
учитель математики
15-17 лет
9-11 классы
Решение уравнений высших степеней.
Общих формул нахождения корней алгебраических уравнений высших степеней нет, и поэтому об их решении говорят как об искусстве решать пример нестандартно.
Рассмотрим некоторые методы решения уравнений:
Уравнения вида аnхn+an-1 ∙ x n-1+…+a1x+a0=0 называется симметричными, если аn=a0, an-1=a1; …, т.е. если равноудаленные от концов коэффициенты попарно равны.
Пример х4 - 2х3 - х2 + 1 = 0
Т.к. х=0 не является решением уравнения, то разделив обе его части на х2, получим
Х2- 2х-1 - 2/х + 1/х2 = 0
(Х2 + 1/х2) – 2 ∙ (х + 1/х) – 1 = 0
Замена: х + 1/х = а
(х + 1/х )2= а2
Х2 + 2 + 1/х 2 = а2
Х2 + 1/х 2 = а2 – 2
а2 – 2а -3 = 0
а1=3, а2 = -1
х + 1/х = 3 2) х + 1/х = -1
х1/2 = (3+√5)/2 нет решений
Ответ: (3+√5)/2
Пример х4 - 2х3 – 6х2 + 2х + 1 = 0
Ответ: 1; 2 ± √3
II. Уравнение вида (х+а) ∙ (х+в) ∙ (х+с) ∙ (х+d) = е сводится к квадратному, если а + в = с + d
Пример (х-4) ∙ (х-5) ∙ (х-6) ∙ (х-7) = 1680
(х-4) ∙ (х-7) ∙ (х-5) ∙ (х-6) = 1680
(Х2 - 11х + 28) ∙ (Х2 - 11х + 30) = 1680
Обозначим: Х2 - 11х + 28 = а
а ∙ (а + 2) = 1680
а2 + 2а – 1680 = 0
а1= - 42, а2 = 40
х2 - 11х + 28 = -42 2) х2 - 11х + 28 = 40
х2 - 11х + 70 = 0 х2 - 11х – 12 = 0
нет решений х1 = 12 х2 = -1
Ответ: -1, 12
Пример (х + 1) ∙ (х + 2) ∙ (х + 4) ∙ (х + 5) = 40
(х + 1) ∙ (х + 5) ∙ (х + 2) ∙ (х + 4) = 40
(х2 + 6х + 5) ∙ (х2 + 6х + 8) = 40
Ответ: -6, 0
Пример х ∙ (х + 1) ∙ (х + 2) ∙ (х + 3) = 24
х ∙ (х + 3) ∙ (х + 1) ∙ (х + 2) = 24
(х2 + 3х) ∙ (х2 + 3х + 2) = 24
Ответ: -4, 1
III) Метод замены переменной
Пример х4 – х3 – 4х2 + 2х +4 = 0
Замена: t = х - 2/х
t2 - t = 0 t1 = 0, t2 = 0
х - 2/х = 0 х - 2/х = 1
х = ±√2 х = -1, х = 2
Ответ: ±√2 , -1, 2
Пример х3 + 3х2 + 7х + 10 = 0
Ответ: -2
4 Метод неопределенных коэффициентов.
Пример х4 + х3 – 8х2 + 3х + 5 = 0
Разложим многочлен х4 + х3 – 8х2 + 3х + 5 на два квадратных множителя:
х4 + х3 – 8х2 + 3х + 5 = (х2 + ах + в) ∙ (х2 + сх + d)
Найдем «неопределенные» целые коэффициенты а,в, с и d. Приравниваем слева и справа коэффициенты при одинаковых степенях:
{█(1=а+с @-8=ас+в+ d@3=аd+ вс@5=вd)┤
Т. к. множители в последнем уравнении системы равноправны, то можно считать, что в = 1 или в = -1. При в = 1 d=5,ас=-14, а + с = 1 целых решений нет.
При в = -1, d=-5,ас=-2, а + с = 1. Получаем, что либо а = 2, с = -1, либо а = -1, с = 2.
Третьему уравнению удовлетворяет лишь вторая пара.
Тогда х4 + х3 – 8х2 + 3х + 5 = (х2 - х - 1) ∙ (х2 + 2х - 5)
Ответ: (1 ± √5)/2; √6 ± 1
Пример № 344 из учебника «Алгебра и начала анализа» для 11 класса.
32х4 – 48х3 – 10х2 + 21х + 5 = 0
Ответ: -1/2; -1/4; 1; 11/4 .
В пробных сборниках по подготовке к ЕНТ также встречаются аналогичные задания.
ЕНТ 2010-2011 (х+1)(х+2)(х+3)(х+4)=120 Ответ: - 6;1.
Х4-5х3+6х2-5х+1=0 Ответ:2±√3
ЕНТ 2012 вар13 №20 (х+1)(х+3)(х+5)(х+7)=-15 Ответ: -4±√6;-2;-6.
Разнообразные приемы и методы решения уравнений способствуют повышению уровня математического развития детей и расширению их кругозора.
Литература.
Рустюмова И.П. Пособие для подготовки к ЕНТ. – Алматы: Рустюмова И.П.,2007
Цыпкин А.Г. Справочник по математике . – Москва: Наука, 1984.
Абылкасымова А.С. Алгебра и начала анализа. Учебник для 11 класса.- Алматы: Мектеп, 2011.
Башмаков М.И. Уравнения и неравенства. – Москва: Наука, 1971.
|
