Решение уравнений высших степеней

              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 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

2 + 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 =                            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

2 — 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

2 + 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

2 + 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

 

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован.