Умение решать алгебраические уравнения первой и второй степени входит в “прожиточный” минимум любого выпускника средней общеобразовательной школы. А как быть с уравнениями выше второй степени? Такие уравнения называются уравнениями высших степеней, изучение их в общем виде выходит за рамки программы средней школы. На самом деле для уравнений третьей и четвертой степени есть формулы корней (формулы Кордано и Феррари), выведенные итальянскими математиками в 1545 году, но в силу своей громоздкости эти формулы используют очень редко в школьной программе. После того, как были выведены формулы корней для уравнений третьей и четвёртой степени, на протяжении почти 300 лет, учёные-математики пытались вывести формулы для нахождения корней уравнений пятой степени и выше, но труды их оказались безуспешными. В 1826 году норвежский математик Абель доказал, что нельзя вывести формулы для решения уравнений пятой степени и выше. Но всё же есть хорошие уравнения, которые решаются различными методами и способами.

В последнее время уравнения выше второй степени являются частью выпускных экзаменов за курс средней школы, они встречаются на вступительных экзаменах в ВУЗы, а также являются неотъемлемой частью ЕГЭ. Основными методами решения таких уравнений являются следующие:

1. Разложение многочлена на множители,
2. Метод замены переменной.
3. Функционально-графический метод.
4. Метод перехода от равенства, связывающего функции, к равенству, связывающему аргументы.

Одним из распространённых методов решения уравнений выше второй степени является метод замены переменной. Суть этого метода заключается в том, что путём замены некоторого выражения, входящего в уравнение, понижается его степень. Основными способами реализации этого метода являются:

1. Использование основного свойства дроби.
2. Выделение квадрата двучлена.
3. Переход к системе уравнений.
4. Раскрытие скобок парами.
5. Раскрытие скобок парами и деление обеих частей уравнения на х 0.
6. Двойная замена.
7. Понижение степени уравнения.

Один из уроков по теме “Решение уравнений выше второй степени я прилагаю ниже.

Цели:

1. Формирование знаний о методах и способах решения алгебраических уравнений высших степеней;
2. Развитие познавательных и исследовательских умений;
3. Воспитание культуры общения, воспитание умения работать в группах.

Оформление доски: число, тема, запись уравнений в общем виде.

Урок-семинар

Урок начинается с вступительного слова, в котором напоминаю задачу семинара, порядок его проведения. Напоминаю учащимся основные методы решения алгебраических уравнений (метод замены переменных, функционально-графический, метод разложения многочлена на множители). Ставлю цель реализовать метод замены переменных четырьмя способами.

I группа – раскрытие скобок парами.

II группа – раскрытие скобок парами и деление обеих частей уравнения на х² 0.

III группа – применение основного свойства дроби.

IV группа – выделение квадрата двучлена.

На доске написаны уравнения в общем виде:

1. (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = m;
2. (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = Eх²;
3. ;
4. ;
5. ;
6. .

У каждой группы в карточке два уравнения, одно из них с параметром.

Представитель каждой группы находит на доске свое уравнение, записанное в общем виде, и раскрывает суть его решения (сначала решаются обычные уравнения).

I группа показывает решение уравнения

х(х + 1)(x + 2)(x + 3) = 24

Решение. Воспользуемся симметрией левой части (0 + 3 = 3, 1 + 2 = 3). Перемножим первый и четвертый множители, второй и третий. Получим: (х² + 3х)(x² + 3x + 2) = 24

Вводим замену: x² + 3x = t, тогда t(t + 2) = 24, t² + 2t – 24 = 0, t₁ = -6? t₂ = 4. Возвращаемся к “старой” переменной, получим: x² + 3x = -6, x² + 3x + 6 = 0, D < 0, уравнение не имеет действительных корней.

Уравнение x² + 3x = 4 имеет корни х_{1 =} -4, х_{2 =} 1.

Ответ: х_{1 =} -4, х_{2 =} 1.

Комментарий. Задаю вопрос: можно ли это уравнение решить другим способом?

Ответ: Можно, для этого нужно использовать симметрию относительно .

Идет выступление второй группы.

Ученица этой группы решает уравнение, а остальные записывают в тетради.

(х – 4)(х² + 15 + 50)(х – 2) = 18х²

Решение. Разложим на множители х² + 15 + 50.

х² + 15 + 50 = 0, х₁ = -5, х₂ = -10, тогда х² + 15х + 50 = (х + 5)(х + 10). Уравнение примет вид: (х – 4)(х + 5)(х + 10)(х – 2) = 18х²

Так как (-4)•5 = -20, 10•(-2) = -20, то перемножая первую скобку со второй, третью с четвертой, будем иметь: (х² + х – 20)( х² + 8х – 20) = 18х²

Поскольку х = 0 не корень, разделим обе части уравнения на х² ? 0. Получим:

Вводим замену: , тогда (t+1)(t+8)=18, т.е. t²+9t-10=0, t₁= -10, t₂ = 1.

Вернемся к исходной переменной:

Решим первое уравнение х² + 10х – 20 = 0, D = 180,

Решим второе уравнение х² - х – 20 = 0, D =81, х₃ = - 4, х₄ = 5.

Ответ: , , х₃ = - 4, х₄ = 5.

Ученица III группы показывает решение уравнения

, используя основное свойство дроби.

Решение. х = 0 не является корнем уравнения, поэтому числитель и знаменатель каждой дроби делим на х 0. , вводим замену: , тогда

Решим это уравнение

 

 

Вернемся к “старой” преременной:

Решаем первое уравнение уравнение х² – 14х + 15 = 0

; .

Второе уравнение не имеет действительных корней.

Ответ: ;

Комментарий: Можно ли решить уравнение по другому?

Ответ: Можно, если ввести замену х² + 15х = t.

Ученик четвертой группы для решения уравнения

выбирает способ выделения квадрата двучлена. Приведу решение этого уравнения.

Решение. В левой части выделим полный квадрат разности:

 

Сгруппируем первый, второй и четвертый члены:

Вводим замену: t² + 18t – 40 = 0; t₁ = -20, t₂ = 2.

Вернемся к “старой” переменной, получим:

Ответ: , .

Задаю вопрос: А есть ли ещё способ решения этого уравнения? Ответ: Да. Уравнение легко решается переходом к системе уравнений

заменив .

Вторая часть урока отводится на решение алгебраических уравнений высших степеней с параметрами. Учащиеся показывают, как эти же способы реализуются при решении уравнений с параметрами.

I группа докладывает.

“Найдите все действительные значения параметра а, при которых уравнение х(х+1)(х+а)(х+1+а) = а² имеет четыре действительных корня.

Решение. Используя специфику решения уравнения

(х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = m

будем иметь х(х+1+а)(х+1)(х+а) = а², (х²+х+ах)(х²++х+ах+а) = а²

вводим замену х²+х+ах = t, тогда t(t+a) = a²; t² +at – a² = 0.

Решим уравнение относительно t.

D = a² + 4a² = 5a²; ; .

Подставляя вместо t найденные значения, получим совокупность двух уравнений:

Рассмотрим первое уравнение:

;

D₁ = (a+1)² - 4.

Рассмотрим второе уравнение:

;

D₂ = (a+1)² - 4.

Чтобы исходное уравнение имело четыре действительных корня, необходимо чтобы т.е.

Решим первое неравенство:

, D = 16,

,

т.е. а >, a <.

Решим второе неравенство:

, D = 16,

,

т.е. а >, a <.

В итоге получим

a>, <a<, a<

При |a| >, |a| < уравнение имеет 4 действительных корня, но ещё проверяется, при каком а, корни уравнения совпадают, при а = 0.

Ответ: |a| >, |a| <

Ученица II группы комментирует: Необходимо решить уравнение

(х + 2а)(х +3а)(x + 8а)(x +12а) = 4а²х²,

где а – параметр.

Решение. Используя специфику решения уравнения, будем иметь:

(х² +14ах +24а²)(x² + 11аx +24а²) = 4а²х²,

исследуем уравнение: если а = 0, то х = 0; если а 0, то х 0.

Разделим обе части уравнение на а²х² 0, тогда

Введем замену и получим уравнение: (t+14)(t+11)=4, решая это уравнение, получим t₁ = -15, t₂ = 10. Таким образом, получим два уравнения:

и .

Решим первое уравнение: х² + 15ах + 24а² = 0, D = 129а², тогда

.

Решим второе уравнение х² + 10ах + 24а = 0, D = 4а², тогда

.

Ответ: если, а = 0, то х = 0; если, а 0, то , х₃ = -6а; х₄ = -4а.

Ученица третьей группы показывает решение уравнения

Решение. Уравнение – дробно-рациональное, при а = 0 уравнение не имеет действительных корней. Рассмотрим а ? 0, х ? 0, найдем дискриминант квадратного трехчлена х² –ах + а², D = -3a², значит х² –ах + а² > 0 при х R.

Перейдем теперь к уравнению-следствию, получим:

х⁴ + ах³ +а²х² = а²х² – а³х + а⁴;

(х⁴ – а⁴) + (ах³ + а³х) = 0;

(х² – а²)(х² +а²) + ах(х² + а²) = 0;

(х² + а²)(х² +ах – а²) = 0; х² + а² ? 0,

тогда х² +ах – а² = 0, D = 5a²,

Ответ: если а = 0, то уравнение не имеет действительных корней; если а 0, то .

Заканчивается урок – семинар выступлением ученика 4 группы. У него задание:

В зависимости от значений параметра а решить уравнение

.

Решение.

если а=0, то х=0; если а=1, то х=0; если 0<a<1, то уравнение не имеет действительных корней. Далее, используя специфику решения этого уравнения будет иметь:

;

; .

Вводим замену, , тогда будем иметь уравнение

t² - t = a² – a; t² - t – (a² – a) = 0; D = 1+4(a² – a) = 4a² – 4a + 1 = (2a – 1)².

Находим корни: t₁ = a; t₂ = 1 – a.

Возвращаясь к “старой” переменной, будем иметь:

Рассмотрим уравнение

Исследуем уравнение

при а = 0, х = 0; при а = 2, уравнение не имеет действительных корней;

при , а > 2, а < 0 – уравнение имеет 2 действительных корня,

при 0 < a < 2 уравнение не имеет действительных корней.

Проверим, при каких значениях а

а = а-2, 0 = -2 (нет смысла), нет таких значений а, при которых

Рассмотрим уравнение

Исследуем уравнение

при а = 1 х = 0, при а = -1 - уравнение не имеет действительных корней

при , а > 1, a < -1 уравнение имеет два действительных корня,

при -1< a < 1 – нет действительных корней.

Проверим, при каких значениях а , а-1=а+1, 0 = 2 (нет смысла), нет таких значений а, при которых .

Проверим, сколько корней имеет уравнение при а = -2,

х² = 3, два действительных корня.

Проверим, сколько корней имеет уравнение при а = -1

х² = 1/3 – два действительных корня, далее собираем ответ

Ответ: при а < -1, a > 2 уравнение имеет 4 действительных корня

,

при -1 a < 0 – два действительных корня,

при а = 0, а = 1 – уравнение имеет корень х = 0; при 0 < a < 1 – нет действительных корней

при 1 < a 2 – уравнение имеет два действительных корня

Подводя итог урока, я отмечаю, что учащиеся проделали большую работу, показав 4 способа реализации метода замены переменной, увязав эти способы с уравнениями, содержащими параметр. Работа учащихся оценивается и задается домашнее задание.

1. х³ - 4х² + 5х - 2 = 0