- 04.03.2015
- 10727
- 98
Глава I
Алгебраические уравнения высших степеней в учебнике «Алгебра-9»
(Авторы учебника: Алимов Ш.А., Колягин Ю.М. и др. Алгебра 9 кл., Просвещение, 2008) из опыта работы.
На изучение темы «Алгебраические уравнения высших степеней» в данном учебнике отводится 9 уроков, один из которых обобщающий урок. Прежде, чем приступить к изучению данной темы, я знакомлю учащихся с понятиями многочлена n-й степени. В общем случае, многочлен n-й степени записывают так: Pn(х) = a0xn+a1xn-1+…+ an-1x+an,
где a0, a1, a2, …,an-1, an – заданные числа, а0 ¹0,
n – натуральное число. Здесь a0xn – старший член многочлена Pn(x), n – его степень, an – свободный член. Так как основным способом решения алгебраического уравнения выше второй степени является разложение его левой части на множители, то сначала я рассматриваю алгоритм деления многочленов «уголком», который использовался в арифметике при делении чисел.
1. Деление многочленов нацело.
Разделить многочлен 8х2 + 10х – 3 на многочлен 2х + 3.
Выполняем деление уголком.
8х2 + 10х – 3 2x + 3
8х2 + 12х 4х – 1
- 2х – 3
- 2х – 3
0
здесь 8х2 + 10х – 3 – делимое, 2х + 3 – делитель, 4х – 1 – частное, 0 – остаток.
Остаток равен нулю, поэтому многочлен 8х2 + 10х – 3 делится нацело на многочлен 2х + 3, т.е. в результате деления многочленов также получился многочлен. Вообще, если многочлен Рn(x) степени n ³ 1 делится нацело на ненулевой многочлен Qk(x) и в результате деления получается многочлен Мm(x), то имеет место равенство
Рn(x) = Мm(x) Qk(x) (1)
Это равенство называют формулой деления многочлена Рn(x) на многочлен Qk(x), а многочлен Мm(x) – частным от деления Рn(x) на Qk(x). Нужно отметить, что в формуле (1) обязательно выполняется равенство n = m + k.
2. Деление многочленов с остатком.
Теперь нужно показать учащимся как выполняется деление многочленов в случаях, когда многочлены не делятся нацело.
Разделить многочлен P3(x) =x3 – x2 – 2x + 4
на многочлен Q2(x)=x2 – 3x + 1.
Выполняем деление.
x3 – x2 – 2x + 4 x2 – 3x + 1
х3–
3х2 + х х + 2
2х2– 3х + 4
2х2– 6х + 2
3х + 2
Дальнейшее деление невозможно, т.к. степень последнего остатка – 1 меньше степени делителя – 2.
Ответ: Частное х + 2, остаток 3х + 2.
В этой задаче в результате деления получилось
(2)
В этом равенстве обозначаем М1(х) = х + 2 – частное, R1(x) = 3x +2 – остаток и используем обозначения задачи, тогда равенство (2) примет вид:
,
откуда P3(x) = М1(х)Q2(x) + R1(x).
В общем случае формула деления многочлена Pn(x) степени n ³ 1 на многочлен Qk(x) степени k ³ 1, k £ n такова:
Pn(x) = Мm(х)Qk(x) + Rl(x),
где степень частного m = n – k, степень остатка l < k.
Упражнения
1) Выполнить деления:
1) (6x4 + x3 – 6x2 + 1) : (2x2 + x – 1);
2) (15x5 + 6x4 – 20x2 – 8x) : (3x3 – 4);
3) (12x5 – 9x4 + 8x2 – 6x) : (4x2 – 3x).
2) Выяснить, делится ли нацело многочлен P(x) на многочлен Q(x):
1) P(x) = 8x5 + 12x4 – 10x3 – 15x2, Q(x) = 4x2 – 5;
2) P(x) = x6 – 3x4 – x3 + 2x2 + x, Q(x) = x3 + 2x2 + x;
3) P(x) = 3x5 + x4 – 6x3 + 7x, Q(x) = 3x2 + x.
3. Решение алгебраических уравнений
Приступая непосредственно к решению алгебраических уравнений n – ой степени, я даю учащимся определение алгебраического уравнения.
Определение: Уравнение Pn(x) = 0, где
Pn(х)=a0xn+a1xn-1+…+ an-1x+an называется алгебраическим уравнением. Каждый корень уравнения Pn(x) = 0 называют также корнем многочлена Pn(x).
Как же решать такие уравнения? На протяжении столетий главной задачей алгебры было указание правил решения алгебраических уравнений. С древности известны формулы для решения уравнений первой и второй степени. Итальянскими математиками Эпохи Возрождения (Кардано, Тарталье, Феррари) были найдены формулы для решения уравнений третьей и четвертой степени (они громоздки и не имеют большого практического значения). После этого в течение почти 300 лет делались безуспешные попытки решить в радикалах уравнения более высоких степеней. Только в 1826г. норвежский математик Н.Абель доказал, что в общем случае алгебраические уравнения 5 – ой степени и более высоких степеней в радикалах неразрешимы. И все же некоторые «хорошие» уравнения высших степеней можно решать, используя разложение многочлена на множители.
Далее рассматривается уравнение х3 – 7х + 6 =0. Учащиеся предлагают 7х заменить суммой х и 6х, тогда уравнение примет вид: х3 – х – 6х + 6 =0, группируя и вынося за скобки общий множитель, получим:
(х – 1)(х2 + х – 6).
Корнями полученного уравнения будут х1 = 1, х2 = 2, х3 = - 3.
Ответ: х1 = 1, х2 = 2, х3 = - 3.
Это уравнение можно решить с помощью деления многочленов «уголком». Но сначала учащимися доказывается теорема Безу.
Теорема Безу: Остаток от деления многочлена Рn(x) на двучлен х – a равен значению многочлена Рn(x) при х = a.
Доказательство: При делении многочлена Рn(x) на х – a имеем
Рn(x) = Qn-1(x)(x – a) + R, где R – остаток от деления, тогда при х = a получим Рn(a) = Qn-1(a)(a - a) + R, т.е. Рn(a) = R. Отсюда следует, что если Рn(a) = 0, то многочлен Рn(x) делится нацело на двучлен х – a.
Теперь решим уравнение х3 – 7х + 6 =0.
Решение: Здесь видно, что х = 1 является корнем данного уравнения, т.к. 1 – 7 + 6 = 0. Чтобы найти остальные корни, обозначим левую часть этого уравнения Р3(х) и запишем, используя теорему Безу:
Р3(х) = Q2(x)(x – 1), x3 – 7x + 6 = (x – 1)Q2(x)
Найдем
Q2(x):
x3 – 7x + 6 x –
1
х3
– х2 х2 + х – 6
х2 – 7х + 6
х2 – х
- 6х + 6
- 6х + 6
0
Следовательно, x3 – 7x + 6 = (х2 + х – 6)(х – 1).
Решая уравнение х2 + х – 6 = 0, получим х2 = 2, х3 = – 3.
Ответ: х1 = 1, х2 = 2, х3 = – 3.
Итак, для решения данного уравнения мы применили теорему Безу. Зная один корень уравнения, с помощью этой теоремы можно свести задачу к решению уравнения степени n – 1, т.е. понизить степень уравнения.
Как решить уравнение 4x5 + 4x4 – 13x3 – 6x2 – 9х + 2 = 0?
Это уравнение с целыми коэффициентами. Применим теорему для таких уравнений.
Теорема: Если уравнение a0xn+a1xn-1+…+ an-1x+an = 0 с целыми коэффициентами a0, a1, a2, …,an-1, an, где а0 ¹ 0, имеет корень, то этот корень является делителем числа аn.
Теперь решим уравнение 4x5 + 4x4 – 13x3 – 6x2 – 9х + 2 = 0. Находим все делители числа 2: ± 1, ± 2, среди них должны находиться целые корни уравнения, если они есть.
Обозначим Р5(х) = 4x5 + 4x4 – 13x3 – 6x2 – 9х + 2.
Проверяем Р5(1) = 0, Р5(-1) = 0, Р5(2) = 84 ¹ 0, Р5(-2) = 0.
Поэтому Р5(х) = (х – 1)(х + 1)(х + 2) М2(х).
Делим Р5(х) на х3 + 2х2 – х – 2 столбиком, найдем М2(х) = 4х2 – 4х – 1, тогда Р5(х) = (х3 + 2х2 – х – 2)(4х2 – 4х – 1) = 0.
Корнями многочлена 4х2 – 4х – 1 = 0
являются 
. Исходное уравнение имеет пять
действительных корней.
Ответ: х1,2 = ± 1; х3 = -2, х4,5 =
Значит, целые корни алгебраического уравнения с целыми коэффициентами (если такие есть) нужно искать только среди делителей свободного члена этого уравнения.
Упражнения
Решить уравнения
1) x3 – x2 – 8x + 6 = 0;
2) x4 + x3 – 4x2 – 2x + 4 = 0;
3) x4 + x3 – 5x2 + x – 6 = 0;
4) 2x4 – 2x3 – 11x2 – x – 6 = 0;
5) 9x6 + 6х5 – 17x4 – 12x3 + 7x2 + 6x + 1 = 0;
Не менее важно, чтобы учащиеся понимали, что уравнение
a0xn+a1xn-1+…+ an-1x+an = 0
при а0=1 называется приведенным, а при а0 ¹ 1 называется неприведенным. Решим уравнение 2x3 – 3x2 – 11x + 6 = 0.
Решение: Уравнение легко решается, если с помощью замены х =у/2, привести его к приведенному уравнению: у3 – 3у2 – 22x + 24 = 0, т.к. сумма коэффициентов равна 0, то корень легко подбирается. Это будет
у1 = 1, тогда у3 – 3у2 – 22x + 24 = (у – 1)М2(х).
Найдем М2(х).
у3 – 3у2 – 22у + 24 у
– 1
у3 – у2 у2
– 2у – 24
- 2у2 – 22у + 24
– 2у2 + 2у
- 24у + 24
- 24у + 24
0
у3 – 3у2 – 22x + 24 = (у – 1)(у2 – 2у – 24)
Решая уравнение у2 – 2у – 24 = 0, получим корни у2 = 6; у3 = – 4,
находим х2 = 3, х3 = – 2, х1 =1/2.
Ответ: х1 =1/2 х2 = 3, х3 = – 2.
Для самостоятельного решения предлагаю ученикам следующее уравнение 2x3 – 5x2 + 8x – 3 = 0.
Решая уравнения выше второй степени, следует заострить внимание учащихся на то, что для них имеют место тоже формулы Виета. Рассмотрим на примере, когда а0 = 1, n = 3, т.е. приведенное кубическое уравнение
x3 + аx2 + bx + c = 0.
Пусть х1, х2, х3 – корни уравнения x3 + аx2 + bx + c = 0, тогда используя теорему Безу и разложение многочлена на множители, будем иметь:
x3 + аx2 + bx + c = (х - х1)( х – х2) ( х – х3).
Раскрыв скобки в правой части равенства и собрав коэффициенты при различных степенях х1, получим
x3 + аx2 + bx + c = х3 – (х1 + х2 + х3)х2 + (х1 х2 + х1 х3 + х2 х3)х - х1 х2 х3.
Приравнивая коэффициенты при
одинаковых степенях х в обеих частях равенства, находим
х1 + х2 + х3 = - а
х1 х2 + х1 х3 + х2 х3 = b
х1 х2 х3 = -c
Формулируем теорему Виета для приведенного кубического уравнения.
Теорема Виета: Сумма корней приведенного кубического уравнения равна второму коэффициенту, взятому с противоположным знаком, сумма произведений попарно взятых корней, равна третьему коэффициенту, а произведение корней равно свободному члену, взятому с противоположным знаком.
Имеет место и обратная теорема Виета.
Пример
Докажем, что если х1, х2, х3 – корни уравнения x3 + аx + b = 0,
то 
Доказательство.
Т.к. х1, х2, х3 – корни уравнения x3 + аx + b = 0,
Сложив почленно эти равенства, получим
+а(х1 + х2
+ х3) + 3b = 0 (1)
Но по теореме Виета для данного кубического
уравнения x3
+ аx + b = 0 имеем: х1 +
х2 + х3 = 0
х1 х2 + х1 х3 + х2 х3 = а
х1 х2 х3 = -b
Подставляя в уравнение (1), получим
Упражнения
Не решая уравнения x3 – 4x2 + 3x – 2 = 0, найдите
1) х1 + х2 + х3;
2) х1 х2 + х1 х3 + х2 х3;
3) х1 х2 х3;
4)
;
5)
;
6)
4. Уравнения, сводящиеся к алгебраическим
Обращаю внимание учащихся на уравнение х4 – 2x3 – 22x2 – 2x + 1 = 0.
Для решения привлекаю учеников, выясняем, что уравнение не имеет целых корней, т.к. делители свободного члена (±1) не являются корнями уравнения. Однако учащиеся замечают, что уравнение обладает своеобразной «симметрией»: коэффициент при х4 равен свободному члену, а коэффициент при x3 равен коэффициенту при х. Как же его решить? Замечаем, что х = 0, не является корнем данного уравнения. Поэтому делим уравнение на х2 (корни не теряются), получаем:
,
.
Делаем дальше замену неизвестного, обозначив х + 1/х = t,
тогда х2 + 2 + 1/х2 = t2, откуда х2 + 1/х2 = t2 – 2, уравнение будет иметь вид:
t2 – 2 – 2t – 22 = 0, t2 – 2t – 24 = 0; t1 = 6; t2 = -4.
Возвращаясь к неизвестному х, рассматриваем два случая:
1) 
, 
, 
;
2) 
, 
,
Ответ: ; 
Закончив решение данного уравнения, нужно объяснить учащимся, что мы решали симметрическое уравнение четвертой степени, которое имеет вид
ах4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0
После решения этого уравнения учащимся предлагается уравнение
2х4 – 15x3 + 14x2 + 15x + 2 = 0
Выясняем, что коэффициент при х4 равен свободному члену, а коэффициент при х3 по модулю равен коэффициенту при х, но по знаку они противоположны. Как это уравнение решить?
Видно, что х = 0 не является корнем данного уравнения, поэтому делим уравнение на х2, получаем:
2х2 – 15x + 14 + 15/x + 2/х2 = 0
группируя члены, равноудаленные от концов, получим равносильное уравнение 2(х2 + 1/х2) – 15(х – 1/х) + 14 = 0.
Делаем замену неизвестного, обозначив 
,
тогда 
, 
, 
.
Уравнение будет иметь вид: 2(2 + t2) – 15t + 14 = 0
2t2 + 4 – 15t + 14 = 0, 2t2 – 15t + 18 = 0; t1 = 6, t2 = 3/2.
Возвращаясь к неизвестному х, рассмотрим 2 случая:
1)
,
х2 – 6х – 1 = 0; 
2)
,
2х2 – 3х – 2 = 0; 
; х3 = 2; х4
= -1/2
Ответ: 
, х3 = 2; х4
= - 1/2
Данное уравнение является кососимметрическим, в общем виде имеет вид
ах4 + bx3 + cx2 – bx + a = 0, а ¹ 0.
Симметрические и кососимметрические уравнения – частные случаи возвратных уравнений, решение возвратных уравнений в общем виде рассмотрим на факультативных занятиях.
Упражнение
Решить уравнение:
1) 6х4 – 35x3 + 62x2 – 35x + 6 = 0;
2) х4 + 2x3 – 22x2 + 2x + 1 = 0;
3) х4 – 4x3 – 2x2 + 4x + 1 = 0;
4) х4 – 5x3 + 8x2 – 5x + 1 = 0;
Не менее интересными являются уравнения, членами
которых являются алгебраические дроби, у которых числителями и знаменателями
являются многочлены. Такие уравнения называются рациональными и имеют вид: 
. Примером является уравнение 
(1)
В результате преобразований это уравнение сведется к алгебраическому. Прежде чем решать это уравнение, нужно учащимся дать понятие равносильных уравнений.
Уравнения, имеющие одно и то же множество корней, называются равносильными.
При преобразованиях уравнений следует руководствоваться следующими теоремами.
Теорема 1. Если к обеим частям уравнения 
прибавить одно и то же выражение 
, не меняющее области определения данного
уравнения, то полученное уравнение 
Рабочие листы
к вашим урокам
Скачать
На изучение темы "Алгебраические уравнения " в 9 классе отводится 9 уроков. Сначала знакомимся с делением многочленов. Для решения уравнений изучаем теорему Безу, доказываем теорему Виета для уравнений третьей степени. Подробно знакомимся с симметрическими и кососимметрическими уравнениями.
Уравнениям с параметрами тоже уделяем внимание, например,при каких действительных значениях параметра уравнение имеет два действительных корня, три действительных корня.
Примером алгебраических уравнений являются дробно - рациональные уравнения, при решении которых обязательно нужна
6 662 973 материала в базе
Настоящий материал опубликован пользователем Ермакова Татьяна Петровна. Инфоурок является информационным посредником и предоставляет пользователям возможность размещать на сайте методические материалы. Всю ответственность за опубликованные материалы, содержащиеся в них сведения, а также за соблюдение авторских прав несут пользователи, загрузившие материал на сайт
Если Вы считаете, что материал нарушает авторские права либо по каким-то другим причинам должен быть удален с сайта, Вы можете оставить жалобу на материал.
Удалить материал
Ваша скидка на курсы
40%
Курс повышения квалификации
36 ч. — 180 ч.
Курс повышения квалификации
36 ч. — 144 ч.
Курс профессиональной переподготовки
300 ч. — 1200 ч.
Мини-курс
6 ч.
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.