A történelem másodfokú egyenlet, tartalom platform
A történelem másodfokú egyenlet
Algebra keletkeztek kapcsolatban a megoldást a különböző problémák egyenletek alkalmazásával. Általában a kívánt feladatot, egy vagy több ismeretlen, tudva az eredmények néhány végzett tevékenységek az ismeretlen, és az adatokat értékeket. Ezeket a problémákat lehet csökkenteni megoldása egy vagy több az egyenletrendszert, hogy megtalálják az ismeretlen segítségével algebrai műveletek az adatok értékeket. Az algebra, tanulmányozzuk általános tulajdonságait műveletek értékeket.
Néhány algebrai megoldási módjait, a lineáris és másodfokú egyenletek ismertek voltak 4000 évvel ezelőtt az ősi Babilonban.
Másodfokú egyenlet az ősi Babilonban
Jellemzően megoldások ezen egyenletek, meghatározott a babiloni szövegek egybeesik lényegében egy modern, de nem ismert, hogy a babilóniaiak jött ez a szabály. Szinte az összes már eddig talált ékírásos szövegeket csupán az vázolt feladatok formájában receptek, nem tüntették fel, hogy hogyan talált. Annak ellenére, hogy a magas szintű fejlődését algebra Babilonban, az ékírásos szövegek, nincs fogalma negatív szám, és az általános megoldási módjait, a másodfokú egyenletek.
A „számtani” Diophantosz szisztematikus kifejtését algebra, de tartalmaz egy sorozatot a feladatok mellett magyarázatokkal és megoldható akár az egyenleteket különböző mértékben.
Összeállításánál Diophantosz egyenletek egyszerűsítése megoldásokat ügyesen választja az ismeretlen.
Itt például, amelynek egyik feladata.
2. probléma: „Find két szám, tudván, hogy az összegük 20, és a terméket - 96”.
Diophantosz azt állítja, az alábbiak szerint: a feltételek a probléma azt jelenti, hogy a kívánt szám nem egyenlő, mintha egyenlő, akkor a termék egyenlő lenne nem 96, és 100. Tehát egyikük lesz több, mint a fele az összegük, azaz. . 10 + x. Mások kisebb, azaz 10 - .. X. A különbség a 2 közülük. Ennélfogva a következő egyenletet:
Ezért x = 2. Az egyik ismeretlen számokat 12, a másik 8. A megoldás x = - 2 Diophantosz nem létezik, mivel a görög matematikus tudta csak pozitív számok.
Ha ezt a problémát kiválasztásával, mint az egyik unknown unknown számokat, lehetséges, hogy egy olyan egyenlet megoldása:
Nyilvánvaló, illetve adja meg a felét unknown unknown számokat Diofant egyszerűsíti; lehetséges, hogy csökkentsék a probléma, hogy másodfokú egyenlet megoldása hiányos.
Másodfokú egyenletek Indiában
Kihívások a másodfokú egyenlet találhatók már a csillagászati értekezést „Ariabhattiam” összeállított, 499 indiai matematikus és csillagász Ariabhattoy. (. VII c) Egy másik indiai tudós Brahmagupta, oldatok vázolt általános szabály másodfokú egyenlet csökkent egyetlen kanonikus formában:
Az (1) egyenlet, az együtthatók lehetnek negatív. Brahmagupta jellemzően lényegében egybeesik miénk.
Indiában nyilvános versenyeken bonyolult problémák megoldása volt gyakori. Az egyik az ősi indiai könyveket mond az ilyen események a következők szerint: „Ahogy a nap felülmúlja a ragyogó csillaga, mint a tanult ember, aki elhomályosítja híre a piacon azáltal és megoldása algebrai probléma.” Feladatokat gyakran öltözött költői formában.
Ez az egyik feladata a híres indiai matematikus XII században. Bhaskara.
„Frisky majmok nyájat
A megfelelő probléma egyenlet 3:
Bhaskara írta leple alatt:
és kiegészíti a bal oldalon az egyenlet egy térre, teszi hozzá, hogy mindkét rész 322, így aztán:
x2 - b4h + 322 = -768 + 1024
Másodfokú egyenlet al-Khwarizmi
1) A "tér gyökerei" m. F. = Ax2 bx.
2) "A négyzetek egyenlő a számát az" m. E. Ax2 = c.
3) "A gyökerek egyenlő a száma" m. F. = Ah p.
4) "és a négyzetek száma egyenlő gyökerek", azaz. E. A = AX2 + bx.
5) "négyzetek és gyökerek egyenlő a számát az" m. E. Ax2 + bx = c.
6) "és a szám a gyökerek a tér", azaz. E. Bx + C == AX2.
4. feladat „számának négyzete 21 és 10 egyenlő a gyökerekhez. Keresse meg a gyökere „(vagyis a gyökere az egyenlet x2 + 21 = 10x).
Megoldás: kettéosztott száma gyökerek és 5, 5 többszörösen önmagára, elvenni a termék 21 maradjanak 4. Kivonat gyökér 4, 2 kap 2 elvenni 5 g 3, akkor a kívánt gyökeret. Vagy adjunk 2-5, amely így 7, ez is egy gyökér.
Értekezés Al-Khwarizmi az első fennmaradt könyv, amely szisztematikusan kifejtett besorolása másodfokú egyenletek és képletek kapnak, hogy megoldja őket. [3,75]
Másodfokú egyenletek EvropeXII-XVII században.
Ez a könyv hozzájárult a terjedését algebrai ismeretek, nemcsak Olaszországban, hanem Németországban, Franciaországban és más európai országokban. Sok a feladat ebben a könyvben eltelt csaknem minden európai könyvek XIV-XVII században. Az általános szabály megoldására másodfokú egyenlet, csökkent egyetlen kanonikus formában x2 + bx = c az összes lehetséges kombinációját karakterek és együtthatók b, c, fogalmazták Európában 1544-ben M. Stiefel.
A következtetés képletek a megoldás a másodfokú egyenlet általában beszerezhető a Wyeth, de a Wyeth elismert csak a pozitív gyökerei. Olasz matematikus Tartaglia, Cardano, Bombelli az elsők között a XVI században. figyelembe veszi, amellett, hogy a pozitív és negatív gyökerek. Csak a XVII században. munkájának köszönhetően Girard, Descartes, Newton és más tudósok a módját, hogy megoldja a másodfokú egyenletek vesz egy modern megjelenés. [5.12].
Az eredete algebrai módszerek gyakorlati problémák megoldására kapcsolódó tudomány az ókori világ. Mint tudjuk, a történelem, a matematika, sok a matematikai feladatok jellege által az egyiptomi, sumér, babiloni írástudók-Solvers (XX-VI században. BC. E.), kiszámítottuk karaktert. De még akkor is időről időre voltak problémák, amelyek a kívánt értéket közvetett bizonyos feltételeket, amelyek megkövetelik, a mi modern szempontból a készítmény egy egyenlet vagy egyenletrendszer. Kezdetben aritmetikai módszerekkel megoldani ezeket a problémákat. A jövőben is kezdett kialakulni az alapjait algebrai ábrázolások. Például a babiloni számológépek képesek megoldani a problémákat, amelyek csökkentik szempontjából a modern besorolása az egyenleteket a másodfokú. módszer jött létre szöveges feladatok, amely szolgált további alapja az elosztása algebrai komponens és független vizsgálatot.
Ezt a tanulmányt végeztünk már egy másik korszakalkotó első arab matematikusok (VI-X c. N. E.), válassza ki a konkrét cselekmény, amely egyenlet csökkenti, hogy a standard hasonló formában működtetőtag, a transzfer tag egyik oldalán az egyenlet másik a változás a jel. És akkor az európai matematikusok a reneszánsz, a hosszú kutatás végül egy modern algebra nyelvén, a használata a levelek, a bevezetése karakter aritmetikai műveletek, konzolok, és így tovább. D. A fordulat a XVI-XVII században. algebra, mint egy meghatározott részét a matematika, amelynek a tárgya, eljárás alkalmazási területen már kialakult. Annak továbbfejlesztése, akár ebben az időben, abban állt, javítása módszerek, bővülő felhasználási területét, fogalmak tisztázását és kapcsolatok más ágak matematika fogalmak.
Tehát, mivel a jelentőségét és mértékét kapcsolódó anyag fogalmát az egyenlet, a tanulmány a modern módszerek a matematika kapcsolódik három fő területen felbukkanásának és működését.
Annak érdekében, hogy megoldja minden másodfokú egyenlet, amit tudnia kell:
· Hogy a diszkrimináns képlet;
· Formula megtalálni a gyökereit a másodfokú egyenlet;
· Algoritmusok egyenletek megoldására az ilyen típusú.
· Problémák másodfokú egyenlet hiányosak;
· Megbirkózik a másodfokú egyenlet;
· Problémák másodfokú egyenletek adni;
· Hibákat a megoldása az egyenletnek, és kijavítani azokat;
Mindegyik egyenlet megoldása két fő részből áll:
· Átalakítása ennek az egyenletnek a legegyszerűbb;
· Problémák egyenletek bizonyos szabályok szerint, képletek vagy algoritmusok.
Általánosítása módja a tanulók aktivitása Másodfokú egyenletek megoldása fokozatos. Mi lehet megkülönböztetni a következő szakaszok a tanulmány a téma „másodfokú egyenlet”:
I. szakasz - „A döntés hiányos másodfokú egyenletek.”
Stage II - „teljes megoldás másodfokú egyenlet.”
Stage III - „A döntés adott másodfokú egyenletet.”
Az első szakaszban úgy vélik hiányos másodfokú egyenletek. Mivel az első matematikusok megtanulták, hogy megoldja a másodfokú egyenletek hiányosak, mert nem kell megtenni, mint mondják, mit feltalálni. Ez az egyenlet a következő formában: AX2 = 0, AX2 + c = 0, ahol a ≠ 0, AX2 + bx = 0, ahol a b ≠ 0 Tekintsük az oldatot több ilyen egyenletek:
1. Ha ax2 = 0. egyenletei ilyen típusú oldható meg az algoritmus:
Például, 5x2 = 0 osztása egyenlet mindkét oldalát 5 megszerezni: x2 = 0 ahol x = 0.
2. Ha AX2 + c = 0, c ≠ 0 egyenletei Az ilyen típusú oldható meg az algoritmus:
1) Az átadás kifejezést a jobb oldalon;
2), hogy megtalálja az összes számot, amelynek négyzet egyenlő a számot.
Például, x2 - 5 = 0 Ez az egyenlet egyenértékű az x 2 = 5. Ezért, szükség van, hogy megtalálja az összes számot, amelynek négyzet száma egyenlő a 5. Jelenleg csak két szám, és -. Így, az egyenlet x2 - 5 = 0 két gyökerei: x1 =. x2 = - és más gyökerek nem engedélyezett.
3. Ha AX2 + bx = 0, b ≠ 0 A egyenletek Ilyen fajta megoldani az algoritmus:
1) mozgatni egy közös tényező ki a zárójelben;
Például, x2 - 3 = 0. Tegyük átírni egyenlet x2 - 3 = 0 a x (x - 3) = 0. Ez az egyenlet nyilvánvalóan gyökerek x1 = 0, x2 = 3. nincs más gyökerek, mivel ha egy, helyettesítő x bármilyen számú nem nulla, és 3, a bal oldalon az egyenlet x (x - 3) = 0 fog számlálni nem egyenlő nullával.
Így ezek a példák azt mutatják, hogyan kell megoldani a másodfokú egyenletek hiányosak:
1) Ha az egyenlet a forma AX2 = 0, azt egyetlen gyökér X = 0;
2) Ha az egyenlet a forma AX2 + bx = 0, akkor a módszer factorizations: x (ax + b) = 0; Ez azt jelenti, hogy vagy az X = 0 vagy ax + b = 0. Az eredmény két gyökerek: x1 = 0; x2 = -;
3) Ha az egyenlet a forma AX2 + c = 0, majd átalakul a formában AX2 = - s és több X2 = -. Abban az esetben, ha - <0, уравнение х2 = - не имеет корней (значит, не имеет корней и исходное уравнение ах2 + с = 0). В случае, когда -> 0, azaz - .. = M, ahol m> 0, az egyenlet x2 = m két gyökerek
= = -, (ebben az esetben lehetővé tette rövidebb felvételi =.
Így, hiányos másodfokú egyenlet két gyökér, gyökér, egyetlen gyökér.
A második szakaszban, az átmenet egy teljes megoldás a másodfokú egyenlet. Ez az egyenlet a nyomtatvány AX2 + bx + c = 0, ahol a, b, c - az adott számokat, és ≠ 0, x - ismeretlen.
Bármilyen teljes másodfokú egyenlet lehet alakítani. annak érdekében, hogy meghatározzák a száma gyökerei a másodfokú egyenlet és megtalálni azokat gyökereit. Concider a következő esetekben a teljes körű megoldások másodfokú egyenlet: D <0, D = 0, D> 0.
1. Ha D <0, то квадратное уравнение ах2 + bx + c = 0 не имеет действительных корней.
Például, 2x2 + 4 + 7 = 0. Megoldás: ahol a = 2, b = 4, c = 7.
D = b2 - 4ac = 42 - 4 * 2 * 7 = 16-56 = - 40.
Mivel D <0, то данное квадратное уравнение не имеет корней.
2. Ha D = 0, akkor a másodfokú egyenlet AX2 + bx + c = 0 van egy gyökér, ami az alábbi képlet szerint.
Például, 4 - 20x + 25 = 0. Megoldás: a = 4, b = - 20, c = 25.
D = b2 - 4ac = (-20) 2 - 4 * 4 * 25 = 400-400 = 0.
Mivel a D = 0, akkor az egyenletnek egy gyökér. Ez gyökér a képlet. ennélfogva
3. Ha D> 0, akkor a másodfokú egyenlet AX2 + bx + c = 0 két gyökerek, amelyek által adott :; (1)
Például, 3x2 + 8x - 11 = 0 Megoldás: a = 3, b = 8, c = -11. D = b2 - 4ac = 82 - 3 * 4 * (- 11) = 64 + 132 = 196.
Mivel a D> 0, akkor ez a másodfokú egyenlet két gyökerei. Ezek a gyökerek által adott:
Összeállított algoritmus egyenletek megoldására formájában ax 2 + bx + c = 0.
1. Számítsuk ki a diszkrimináns D képlet szerint D = b2 - 4ac.
2. Ha D <0, то квадратное уравнение ах2 + bx + c = 0 не имеет корней.
3. Ha D = 0, akkor a másodfokú egyenletnek egy gyökér, ami által
4. Ha D> 0, akkor a másodfokú egyenlet AX2 + bx + c = 0 két gyökerek; .
Ez az algoritmus általános, hogy alkalmazható mind a részleges és teljes másodfokú egyenletek. Azonban hiányos másodfokú egyenlet általában nem oldja meg ezt az algoritmust.
Matematika - emberek praktikus, gazdaságos, ezért használja a képlet :. (2)
Így elmondható, hogy a másodfokú egyenlet megoldható részletesen a szabály fent; lehetséges - azonnal levelet a (2) képlet, és ez alapján a szükséges következtetések levonására. [1,98].
A harmadik lépésben tekinthető adott másodfokú egyenlet, amelyek formájában x2 + px + q = 0 (3), ahol p és q - szám adatokat. P - együttható x és q - Ingyenes távon. A diszkrimináns egyenlet: D = p2 - 4q. Tekintsük három eset lehetséges:
1. D> 0, az egyenlet (3) két gyökerek, kiszámított Eq. (4)
2. D = 0, akkor egyenlet (3) van egy egyetlen gyökere, vagy például égési, két egybeeső gyökér:
3. D <0, то уравнение не имеет корней. Обычно в случае приведенного квадратного уравнения (3) вместо D рассматривается выражение , имеющее тот же знак, что и D. При этом формулу корней приведенного квадратного уравнения (4) записывают так:
Ebből az következik, hogy:
1) Ha az egyenlet (3) két gyökerek;
2) Ha az egyenletnek két egybeeső gyökér;
3) Ha az egyenlet nincsenek gyökerei.
Egy fontos pont a tanulmány célja, hogy megvizsgálja a másodfokú egyenletek Wyeth-tétel, amely azt állítja közötti társulás gyökerek és az együtthatók a fenti másodfokú egyenlet.
Térség tétel. Az összeg a gyökerek egy másodfokú egyenlet csökken a második tényező, hozott ellenkező előjelűek, és a termék a gyökerek egyenlő a konstans.
Más szóval, ha x1 és x2 - a gyökerek az egyenlet x2 + px + q = 0,
Ezek a képletek nevezzük képletek Térség miután a francia matematikus F. Vieta (), amely bevezette algebrai szimbólumok kifejlesztett alapjainak elemi algebra. Ő volt az egyik első, aki eljött, hogy olvassa el a betűk száma, ami nagyban kidolgozott elmélet egyenletek.
Például, a fenti egyenlet x2 - 7x 10 = 0 gyökerei a 2. és 5. A mennyisége gyökerek 7, és a terméket egyenlő 10. Úgy látszik, hogy az összeg a gyökerek egyenlő a második együttható, hozott ellenkező előjelűek, és a termék a gyökerek egyenlő a konstans.
Mi is van egy tétel, az inverz tétele Térség.
Tétel, az inverz tétele Térség. Ha a számok x1, x2, p, q képletek (5), x1 és x2 - gyökerei az egyenlet x2 + px + q = 0 [2,49].
Térség tétele és a tétel, az inverz, gyakran használják különböző problémák megoldásában.
Például. Írunk az adott másodfokú egyenletet, amelynek gyökerei az 1 és -3.
Képletekkel Térség
Következésképpen, a kívánt egyenletnek formájában x2 + 2x - 3 = 0.
A komplexitás a fejlesztés a Térség tétel kapcsolódik több tényező. Először is, meg kell, hogy vegye figyelembe a különbség a direkt és inverz tétel. A Direct tétele Térség adott másodfokú egyenlet és gyökerek; cserébe - csak két számot, és a másodfokú egyenlet jelenik meg a következtetést a tétel. A diákok gyakran elkövetik azt a hibát alapozza érvelését téves hivatkozás a direkt vagy inverz tétele Térség.
Például, ha a gyökerei egy másodfokú egyenlet szükséges hivatkozni a kiválasztás az ellenkezője tétele Térség, hanem egy egyenes vonal, milyen gyakran hallgatók. Annak érdekében, hogy növelje a Térség tétel, hogy az esetben, ha a nulla a diszkrimináló, egyet kell értenünk, hogy ebben az esetben a másodfokú egyenlet két egyenlő gyökereit. A kényelmet az e megállapodás megjelenik a bomlás másodfokú polinom faktoring.