Кубические уравнения с параметрами

Алгебраические уравнения высших степеней с параметрами

Разделы: Математика

1.1. Общая методическая концепция решения уравнений с параметрами

Пусть дано уравнение F(x, a) = 0, (1)

если ставится задача для каждого значения а А решить уравнение (1) относительно х, т.е. получить уравнение

то уравнение (1) называется уравнением с неизвестным х и параметром а. А – область изменения параметра. Принято считать, что А – множество действительных чисел. Решить уравнение (1) – значит решить множество уравнений, которые получаются из уравнения (1) при а R. Сделать это можно, если по некоторому признаку разбить множество А на подмножества и решить заданное уравнение на каждом из них. Значения а называются контрольными.

1.2. Использование параметра как равноправной переменной

Некоторые уравнения бывает целесообразно решать, рассматривая их как уравнение именно относительно параметра, который фигурирует в условии, а не относительно искомой переменной. Этот путь эффективен, в частности, в тех случаях, когда степень переменной относительно высока, а степень параметра равна двум.

Пример 1. Решить уравнение с параметром.

2x 3 – (а+2)х 2 – ах + а 2 = 0 (1)

Решение: Данное уравнение можно рассматривать как квадратное относительно параметра а, переписав его в виде:

а 2 – х(х+1)а – 2х 2 + 2х 3 = 0 (2)

Найдем дискриминант D.

Найдем корни уравнения (2).

; а₂ = 2х.

Получим уравнение (а – х 2 + х)(а – 2х) = 0 равносильное исходному уравнению, которое ещё в свою очередь равносильно совокупности

Рассмотрим уравнение х 2 – х – а = 0, D = 1 – 4а.

1.3. Графический способ решения уравнений с параметрами

Взгляд на параметр как на равноправную переменную находит свое отражение в графических методах. В самом деле, поскольку параметр «равен в правах» с переменной, то ему, естественно можно выделить и свою координатную ось. Таким образом, возникает координатная плоскость (х; а). Рассмотрим примеры.

Пример 1. В зависимости от параметра а определить число корней уравнения.

Решение. Рассмотрим это уравнение как квадратное относительно а.

а 2 + 2а(1 + 5х – х 2 ) + (х 4 – 10х 3 + 22х 2 + 12х) = 0;

D/4 = 1 + 25х 2 + х 4 + 10х – 10х 3 – 2х 2 – х 4 + 10х 3 – 22х 2 – 12х = х 2 – 2х +1 = = (х – 1) 2

Теперь обращаемся к координатной плоскости (х; а).

Упражнения

Найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет три решения.

1.4. Использование свойств функций для решения алгебраических уравнений

На выпускных экзаменах за курс средней школы встречаются уравнения с параметром, решение которых связано с использованием четности функций. Напомним определение четности функции.

Определение. Функция f(x) называется четной, если f(-x) = f(x) для любого х из области определения этой функции. График четной функции симметричен относительно оси ординат. У четной функции область определения симметрична относительно начала координат.

Пример 1. Может ли при каком-нибудь значении а уравнение

2х 8 – 3ах 6 + 4х 4 – ах 2 = 5 иметь 5 корней?

Пример 2. При каком значении а уравнение х 10 – а|х| + a 2 – а = 0 имеет единственное решение?

Решение. Обозначим f(x) = х 10 – а|х| + a 2 – а, f(x) – функция четная, поэтому, если х0 – корень данного уравнения, то – х₀ – тоже. Значит для единственности решения необходимо, чтобы х₀ = 0. В этом случае из уравнения получим: a 2 – а = 0, а = 0 или а = 1. Проверим достаточность каждого из полученных значений параметра а,

при а = 0, х 10 = 0, т.е. х = 0 единственное решение.

Ответ: при а = 0 уравнение имеет единственное решение.

Упражнения

1.5. Метод замены

Как мы уже знаем, что рациональное и быстрое решение уравнения зависит от замены переменной. Рассмотрим примеры, для решения которых нужны специальные замены, которые приводят как раз к быстрому решению уравнений.

где а – параметр.

Решение. Данное уравнение относится к уравнению вида

(х + а)(х +b)(х + c)(х + d) = Eх 2 (см. п. 2.5 (3))

Используя специфику решения такого уравнения, будем иметь:

(х 2 + 14ах +24а 2 )( х 2 + 11ах +24а 2 ) = 4а 2 х 2

Обратно, если а ≠ 0, то х ≠ 0.

Таким образом, получим два уравнения

и

Решим второе уравнение х 2 + 10ах + 24а 2 = 0, D = 4a 2

Упражнения

Источник

Решение кубических уравнений

Кубическое уравнение, содержащее коэффициенты с действительным корнем, остальные два считаются комплексно-сопряженной парой. Будут рассмотрены уравнения с двучленами и возвратные, а также с поиском рациональных корней. Вся информация будет подкреплена примерами.

Решение двучленного кубического уравнения вида A x 3 + B = 0

Решение

Необходимо найти х из уравнения. Запишем:

Необходимо применить формулу сокращенного умножения. Тогда получим, что

Решение возвратного кубического уравнения вида A x 3 + B x 2 + B x + A = 0

Решение

Уравнение является возвратным. Необходимо произвести группировку. Получим, что

Ответ:

Решение кубических уравнений с рациональными корнями

Решение

3 x 3 + 4 x 2 + 2 x = 0 x 3 x 2 + 4 x + 2 = 0

A x 3 + B x 2 + C x + D = 0 A 3 · x 3 + B · A 2 · x 2 + C · A · A · x + D · A 2 = 0 y = A · x ⇒ y 3 + B · y 2 + C · A · y + D · A 2

Решение

Решение кубических уравнений по формуле Кардано

Полученные p и q в формулу Кардано. Получим, что

Решение

Отсюда следует, что

Производим подстановку в формулу Кордано и получим

– 343 216 3 имеет три значения. Рассмотрим их ниже.

Преобразуем при помощи формулы Кордано:

При решении кубических уравнений можно встретить сведение к решению уравнений 4 степени методом Феррари.

Источник

Ведь к ним сводятся очень многие и очень разнообразные вопросы практики и естествознания конечно, здесь можно сразу предполагать, что

Главная > Документ

Питкевич Сергей Викторович 10 кл.

Ядринская национальная гимназия

Руководитель: Казанбаева Зоя Захаровна

РАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

История рациональных уравнений.

Уже в древности люди осознали, как важно научиться решать алгебраические уравнения вида

—ведь к ним сводятся очень многие и очень разнообразные вопросы практики и естествознания (конечно, здесь можно сразу предполагать, что а 0  0, так как иначе степень уравнения на самом деле не n, а меньше). Уместно напомнить, что сам термин «алгебра» происходит от названия сочинения Мухаммеда аль-Хорезми, (то есть Мухаммеда из Хорезма) «Аль-джебр аль-мукабала», в котором излагались решения такого уравнения при n=1 и n=2.

Уравнения первой степени с одним неизвестным решали уже в Древнем Египте и в Древнем Вавилоне. Вавилонские писцы умели решать и уравнения второй степени. Евклид решал уравнения второй степени геометрически. Для математиков, уже умевших решать уравнения первой и второй степени, самым желанным было научиться решать уравнения третьей степени. Одним из первых этим вопросом заинтересовался таджикский ученый Омар Хоийен (1048-1122). Омар Хоийен придумал очень сложные и красивые способы геометрических построений для отыскания неизвестного. Но для практического использования они неудобны.

Многим, разумеется, приходила в голову заманчивая мысль найти и для любой другой степени n>2 формулы, которые выражали бы корни уравнения через его коэффициенты с помощью четырех арифметических действий – сложения, вычитания, умножения, деления – и извлечения корней или радикалов, то есть, говоря более кратко, решали бы уравнение в радикалах.

Однако «мрачное средневековье» оказалось как нельзя более мрачным и в отношении обсуждаемой задачи – в течение целых семи столетий требуемых формул никто не нашел. Только в 16 веке итальянским математикам удалось продвинуться дальше – найти формулы для n=3 и n=4.

Были периоды, когда начинало казаться, что сил человеческого ума недостаточно для решения этой задачи. Томас Торквемада–глава инквизиции в Испании, монах-доминиканец – считал, что решение таких уравнений волей бога изъято из возможностей человеческого разума. И когда один из его друзей, математик по имени Паоло Вальмес, неосторожно сказал Торквемаде, что он, Вальмес, умеет решать уравнения даже четвертой степени, Торквемада бросил его в тюрьму, а затем отправил на костер за «борьбу с божественной волей». Вальмес никому не успел сообщить о своем открытии. Это было в конце 15 века.

Сегодня ученый, сделав какое-либо открытие, стремится поскорее рассказать о нем на научной конференции, опубликовать статью в научном журнале. Совсем не так было в 16 веке. Сделав открытие, средневековый мыслитель скрывал его как можно дольше, оставаясь, так сказать, единственным владельцем того, чего нет ни у кого другого. Так было и в этом случае.

Для математиков того времени существовало не одно уравнение третьей степени

а несколько, из которых главнейшими были три:

А почему же не одно? Потому что в те времена рассматривались лишь уравнения с положительными коэффициентами. Первыми из них было решено уравнение х 3 +рх=q. Это удалось сделать итальянскому математику Сципиону Даль Ферро (1465-1526).

Даль Ферро не опубликовал найденного им способа, но некоторые из его учеников знали об этом открытии, и вскоре один из них, Антонио Фиор, решил им воспользоваться.

В те годы были распространены публичные диспуты по разного рода научным или считавшимися научным вопросам. Победители таких диспутов обычно получали неплохое вознаграждение, их часто приглашали на высокие посты, от исхода научного поединка нередко зависела судьба ученого. Фиор рассчитывал на победу в любом диспуте, ведь он знал то, чего не знали другие (правда, он не знал много, что знали другие).

В это время в итальянском городе Верна жил небогатый учитель математики Никколо Тарталья (1499-1557). Тарталья был очень талантливым человеком и сумел в 1535 году заново открыть прием, изобретенный Сципионом Даль Ферро.

Состоялся поединок между Фиором и Тартальей. По условию, соперники обменялись тридцатью задачами, на решение которых отводилось шестьдесят дней. Но так как Фиор знал по существу только одну задачу и был уверен, что какой-то учитель решить ее не сможет, то все его тридцать задач оказались однотипными. Тарталья был хорошо подготовлен к их решению и справился со всеми тридцатью задачами за два часа. Фиор же не смог решить ни одной из задач, предложенных его противником. Победа прославила Никколо Тарталью на всю Италию, но вопрос о решении уравнений третьей степени еще не был решен до конца, кроме того, надо было привести в систему все, что было известно о решении разных видов кубических уравнений.

Вывод формулы кубического уравнения.

Это удалось сделать итальянскому математику Джироламо Кардано (24.9.1501 – 21.9.1576). Он вывел формулу для решения любого кубического уравнения. Кардано родился в Павии. Учился в университетах Павии и Падуи. В молодости занимался медициной. В 1534 году стал профессором математики в Милане и Болонье. Эту формулу Кардано позаимствовал у Никколо Тартальи. Она (формула Кардано) была опубликована в книге Кардано «Великое искусство, или О правилах алгебры» в 1545году. Попробуем воспроизвести общий ход рассуждений Кардано.

Вывод формулы корней уравнения третьей степени:

Пусть дано общее уравнение третей степени

а 0 х 3 +а 1 х 2 +а 2 х+а 3 =0

Легко проверить, что если мы положим, что х=у- , где у – новое неизвестное, то дело сводится к решению уравнения (1).

а 0 (у- ) 3 + а 1 (у- ) 2 + а 2 (у- )+ а 3 =0

а 0 у 3 +( –+ а 2 )у+ ––+ а 3 =0, то

где p и q – новые коэффициенты, выраженные через коэффициенты исходного уравнения. Догадка итальянцев состояла в том, чтобы искать неизвестное у в виде суммы у=u+v, где u и v – два новых неизвестных. То уравнение (1) перепишется так:

u 3 +3u 2 v+3uv 2 +v 3 +py+pv=q=0

Перегруппируем слагаемые следующим образом:

u 3 +v 3 +(3uv+p)(u+v)+q=0 (2)

Так как неизвестных теперь два, на них можно наложить какое-нибудь условие – лучше всего

тогда уравнение (2) примет совсем простой вид

t 2 +qt-=0, (5)

а для него уже известна формула. Решая уравнение (5), получим

t 1,2 =-q/2,

то есть u=, v=(*)

В итоге получается формула Кардано:

у=+

Если введем обозначение (дискриминант), то формула Кардано примет вид у=+

Так как кубический радикал имеет в поле комплексных чисел три значения, то формулы (*) дают три значения для u и три значения для v. Нельзя, однако, применяя формулу Кардано, комбинировать любое значение u с любым значением v. Надо брать только те пары, которые дают в произведении-p/3, как вытекает из нашего рассуждения.

Исследование решений кубического уравнения.

Если >0 получим один действительный и два комплексных сопряженных корня; например уравнение х 3 +15х+124=0, для которого >0 имеет корни: х 1 =-4, х 2,3 =23ί

Формула Кардано для корней кубического уравнения во множестве комплексных чисел.

Формула Кардано для кубического уравнения у 3 +py+q=0 у=+,

где у=u+v, но u= во множестве комплексных чисел имеет три значения. Но по основной теореме алгебры уравнение третьей степени имеет три корня. Значит у=u+v получаются три пары равных значений.

Возник вопрос, как сложить, чтобы не выполнить лишней работы, то для этого докажем:

Теорема1: Если Uk= и Ek=, то

Доказательство: Для этого найдем значения Ek===cos+ίsin

k=0, то E 0 =cos0+ίsin0=1

k=1, то E 1= cos+ίsin=-1/2+ί

k=2, то E 2 = cos+ίsin=-1/2-ί

Найдем значения Uk==(cos+ίsin)

k=0, то U 0 =(cos+ίsin)

k=1, то U 1 =(cos+ίsin)

k=2, то U 2 =(cos+ίsin)

Подставим в (1) и проверим

(cos+ίsin)=(cos+ίsin), верно

(cos+ίsin)=(cos+ίsin)(cos+ίsin)

Преобразуем правую часть

(coscos+ί 2 sinsin)+(sincos+cossin)= ( cos+ίsin)

Примеры на применение формулы Кардано.

х 3 +9х 2 +18х+28=0

Это уравнение не приведенное. Чтобы получить приведенное уравнение введем подстановку х=у-, то есть х=у-3

Подставим и преобразуем

(у-3) 3 +9(у-3) 2 +18(у-3)+28=0

у=+=+=-1-3=-4

Источник

Урок по теме “Методы решения задач с параметрами”

Разделы: Математика

Цель данной работы – изучение различных способов решения задач с параметрами. Возможность и умение решать задачи с параметрами демонстрируют владение методами решения уравнений и неравенств, осмысленное понимание теоретических сведений, уровень логического мышления, стимулируют познавательную деятельность. Для развития этих навыков необходимы длительнее усилия, именно поэтому в профильных 10-11 классах с углубленным изучением точных наук введен курс: “Математический практикум”, частью которого является решение уравнений и неравенств с параметрами. Курс входит в число дисциплин, включенных в компонент учебного плана школы.

Успешному изучению методов решения задач с параметрами могут помочь элективный или факультативный курсы, или компонент за сеткой по теме: “Задачи с параметрами”.

Рассмотрим четыре больших класса задач с параметрами:

Методы решений задач с параметрами.

1. Аналитический метод.

Это способ прямого решения, повторяющий стандартные процедуры нахождения ответа в задачах без параметра.

Пример 1. Найдите все значения параметра a, при которых уравнение:

(2a – 1)x 2 + ax + (2a – 3) =0 имеет не более одного корня.

При 2a – 1 = 0 данное уравнение квадратным не является, поэтому случай a =1/2 разбираем отдельно.

Если a = 1/2, то уравнение принимает вид 1/2x – 2 = 0, оно имеет один корень.

Чтобы записать окончательный ответ, необходимо понять,

2. Графический метод.

В зависимости от задачи (с переменной x и параметром a) рассматриваются графики в координатной плоскости (x;y) или в плоскости (x;a).

Пример 2. Для каждого значения параметра a определите количество решений уравнения .

Заметим, что количество решений уравнения равно количеству точек пересечения графиков функций и y = a.

График функции показан на рис.1.

y = a – это горизонтальная прямая. По графику несложно установить количество точек пересечения в зависимости от a (например, при a = 11 – две точки пересечения; при a = 2 – восемь точек пересечения).

Ответ: при a 25/4 – два решения.

3. Метод решения относительно параметра.

При решении этим способом переменные х и а принимаются равноправными, и выбирается та переменная, относительно которой аналитическое решение становится более простым. После упрощений нужно вернуться к исходному смыслу переменных х и а и закончить решение.

1) Если а = 0, то уравнение имеет единственное решение t = 2.

Решение некоторых типов уравнений и неравенств с параметрами.

Задачи с параметрами помогают в формировании логического мышления, в приобретении навыков исследовательской деятельности.

Решение каждой задачи своеобразно и требует к себе индивидуального, нестандартного подхода, поскольку не существует единого способа решения таких задач.

Задача № 1. При каких значениях параметра b уравнение не имеет корней?

Задача №2. Найти все значения параметра a, при которых множество решений неравенства:

содержит число 6, а также содержит два отрезка длиной 6, не имеющие общих точек.

Преобразуем обе части неравенства.

Для того, чтобы множество решений неравенства содержало число 6, необходимо и достаточно выполнение условия:

Рис.4

При a > 6 множество решений неравенства: .

Интервал (0;5) не может содержать ни одного отрезка длины 6. Значит, два непересекающихся отрезка длины 6 должны содержаться в интервале (5; a).

Это

Задача № 3. В области определения функции взяли все целые положительные числа и сложили их. Найти все значения, при которых такая сумма будет больше 5, но меньше 10.

1) Графиком дробно-линейной функции является гипербола. По условию x > 0. При неограниченном возрастании х дробь монотонно убывает и приближается к нулю, а значения функции z возрастают и приближаются к 5. Кроме того, z(0) = 1.

2) По определению степени область определения D(y) состоит из решений неравенства . При a = 1 получаем неравенство, у которого решений нет. Поэтому функция у нигде не определена.

Решение иррациональных уравнений и неравенств, а также уравнений, неравенств и систем, содержащих модули рассмотрены в Приложении 1.

Задачи с параметрами являются сложными потому, что не существует единого алгоритма их решения. Спецификой подобных задач является то, что наряду с неизвестными величинами в них фигурируют параметры, численные значения которых не указаны конкретно, но считаются известными и заданными на некотором числовом множестве. При этом значения параметров существенно влияют на логический и технический ход решения задачи и форму ответа.

По статистике многие из выпускников не приступают к решению задач с параметрами на ЕГЭ. По данным ФИПИ всего 10% выпускников приступают к решению таких задач, и процент их верного решения невысок: 2–3%, поэтому приобретение навыков решения трудных, нестандартных заданий, в том числе задач с параметрами, учащимися школ по-прежнему остается актуальным.

Источник