Елюбаева Гайша Ищановна

                 учитель математики

               Государственное  учреждение

              «Айдабульская       средняя       школа»

               Зерендинского  района   Акмолинской  области

               село Айдабул

 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:

1. Уравнения вида а_nхⁿ+a_n-1 ∙ x ^n-1+…+a₁x+a₀=0 называется симметричными, если а_n=a₀, a_n-1=a_1; …, 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

х_1/2 =                            нет решений

Ответ:

Пример         х⁴ – 2х³ – 6х² + 2х + 1 = 0

Ответ: 1; 2 ±

 

1. 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 –

t² – t = 0             t₁ = 0,  t₂ = 0

х –   = 0             х –   = 1

х = ±                     х = -1,  х = 2

Ответ:  ± , -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:

Т. к. множители в последнем уравнении системы равноправны, то можно считать, что в = 1 или в = -1.   При  в = 1   , а + с = 1   целых решений нет.

При в = -1,  , 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

32х⁴ – 48х³ – 10х² + 21х + 5 = 0

Ответ: -1/2; -1/4; 1;  1 .

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.

ЕНТ 2010 вар4 №11     1\х(х+6) -1\(х+3)²=-9\20    Ответ: -5;-1;-3±√5.

 

Разнообразные приемы и методы решения уравнений способствуют повышению уровня математического развития детей и расширению их кругозора.

Литература.

1. Рустюмова И.П. Пособие для подготовки к ЕНТ – Алматы, 2007
2. Цыпкин А.Г Справочник по математике .- М, «Наука», 1984
3. Абылкасымова А., «Алгебра и начала анализа». Учебник для 11 класса.- Алматы, Мектеп, 2011,
4. Башмаков М.И. Уравнения и неравенства – М. Наука, 1971

 

Метки: методические рекомендации, решение уравнений