Bu yazıda tamamlanmamış ikinci dereceden denklemlerin çözümüne bakacağız.
Ama önce hangi denklemlere ikinci dereceden denir tekrarlayalım. x'in bir değişken olduğu ve a, b ve c katsayılarının bazı sayılar olduğu ve a ≠ 0 olduğu ax 2 + bx + c = 0 formundaki bir denklem denir. kare. Gördüğümüz gibi, x 2'nin katsayısı sıfıra eşit değildir ve bu nedenle x'in veya serbest terimin katsayıları sıfıra eşit olabilir, bu durumda tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklem elde ederiz.
Üç tür tamamlanmamış ikinci dereceden denklem vardır:
1) Eğer b = 0, c ≠ 0 ise ax 2 + c = 0;
2) Eğer b ≠ 0, c = 0 ise ax 2 + bx = 0;
3) Eğer b = 0, c = 0 ise ax 2 = 0 olur.
- Nasıl çözeceğimizi bulalım ax 2 + c = 0 formundaki denklemler.
Denklemi çözmek için serbest c terimini denklemin sağ tarafına taşırız, şunu elde ederiz:
balta 2 = ‒s. a ≠ 0 olduğundan denklemin her iki tarafını da a'ya böleriz, o zaman x 2 = ‒c/a olur.
‒с/а > 0 ise denklemin iki kökü vardır
x = ±√(–c/a) .
Eğer -c/a< 0, то это уравнение решений не имеет. Более наглядно решение данных уравнений представлено на схеме.
Bu tür denklemlerin nasıl çözüleceğini örneklerle anlamaya çalışalım.
örnek 1. 2x 2 ‒ 32 = 0 denklemini çözün.
Cevap: x 1 = - 4, x 2 = 4.
Örnek 2. 2x 2 + 8 = 0 denklemini çözün.
Cevap: Denklemin çözümü yoktur.
- Hadi bunu nasıl çözeceğimizi bulalım ax 2 + bx = 0 formundaki denklemler.
ax 2 + bx = 0 denklemini çözmek için çarpanlara ayıralım yani x'i parantezden çıkaralım, x(ax + b) = 0 elde ederiz. Faktörlerden en az biri eşitse çarpım sıfıra eşittir. sıfıra. O zaman ya x = 0 ya da ax + b = 0. ax + b = 0 denklemini çözerek ax = - b elde ederiz, dolayısıyla x = - b/a olur. ax 2 + bx = 0 formundaki bir denklemin her zaman iki kökü x 1 = 0 ve x 2 = ‒ b/a'dır. Bu tür denklemlerin çözümünün şemada nasıl göründüğüne bakın. 
Bilgimizi belirli bir örnekle pekiştirelim.
Örnek 3. 3x 2 ‒ 12x = 0 denklemini çözün.
x(3x ‒ 12) = 0
x= 0 veya 3x – 12 = 0
Cevap: x 1 = 0, x 2 = 4.
- Üçüncü tip denklemler ax 2 = 0çok basit bir şekilde çözüldü.
Eğer ax 2 = 0 ise x 2 = 0 olur. Denklemin iki eşit kökü vardır: x 1 = 0, x 2 = 0.
Açıklık sağlamak için şemaya bakalım. 
Örnek 4'ü çözerken bu tür denklemlerin çok basit bir şekilde çözülebileceğinden emin olalım.
Örnek 4. 7x 2 = 0 denklemini çözün.
Cevap: x 1, 2 = 0.
Ne tür tamamlanmamış ikinci dereceden denklemi çözmemiz gerektiği her zaman hemen belli olmaz. Aşağıdaki örneği düşünün.
Örnek 5. Denklemi çözün
Denklemin her iki tarafını da ortak bir paydayla yani 30 ile çarpalım.
Hadi keselim
5(5x2 + 9) – 6(4x2 – 9) = 90.
Parantezleri açalım
25x2 + 45 – 24x2 + 54 = 90.
Benzerini verelim
99'u denklemin sol tarafından sağa kaydıralım, işaretini ters çevirelim
Cevap: Kök yok.
Eksik ikinci dereceden denklemlerin nasıl çözüldüğüne baktık. Umarım artık bu tür görevlerde herhangi bir zorluk yaşamayacaksınız. Tamamlanmamış ikinci dereceden denklemin türünü belirlerken dikkatli olun, o zaman başarılı olursunuz.
Bu konuyla ilgili sorularınız varsa derslerime kaydolun, ortaya çıkan sorunları birlikte çözelim.
web sitesi, materyalin tamamı veya bir kısmı kopyalanırken orijinal kaynağa bir bağlantı gereklidir.
Güçlü çelik çerçevelerle güçlendirilmiş betonun, yüksek mukavemetli bir yapı malzemesi olması ve havai hat desteğinin temelinin tasarımının çeliği ve takviyeyi destekleyebilmesi nedeniyle çok sayıda çevresel etkiye maruz kalmaması gerçeğinden oluşur. Onlarca yıl boyunca devrilme tehlikesi olmadan beton enerji hattı destekleri. Dayanıklılık, yüklere karşı direnç ve mukavemet, enerji yapımında düşük derinlikli betonarme temeller MF2x2-0 kullanmanın temel avantajlarıdır.
Betonarme temeller MF2x2-0, sığ, M300'den en az B30 basınç dayanımı sınıfına sahip ağır betondan yapılmıştır. Donmaya karşı dayanıklılık için betonun kalitesi F150'den düşük değildir, suya dayanıklılık için - W4 - W6. Beton üretiminde kullanılan çimento ve inertler SNiP I-B.3-62 ve TP4-68 gerekliliklerini karşılamalıdır. Beton yapıdaki en büyük tane boyutu 20-40 mm'yi geçmemelidir. GOST 10180-67 “Ağır beton” uyarınca destek temellerinin beton dayanımının kontrolü. Mukavemeti belirleme yöntemleri" ve GOST 10181-62 "Ağır beton. Beton karışımının hareketliliğini ve sertliğini belirleme yöntemleri."
Takviye olarak, MF2x2-0 sığ temeller kullanılır: A-I sınıfı sıcak haddelenmiş takviye çelik çubukları, A-III sınıfı periyodik profilli sıcak haddelenmiş takviye çelik çubukları, A-IV sınıfı periyodik profilli çubuk takviye çeliği ve sıradan takviye B1 sınıfı tel. Montaj halkaları için yalnızca karbon yumuşak çelikten yapılmış A-I sınıfı sıcak haddelenmiş çubuk takviyesi kullanılır.
Enerji inşaatı için enerji nakil hattı desteklerinin temelleri, farklı iklim koşullarında, yılın herhangi bir zamanında ve her türlü hava koşulunda, enerji nakil hattı desteklerinin stabilitesini ve gücünü uzun yıllar boyunca korumak gibi sorumlu bir görevle karşı karşıyadır. Bu nedenle destek temellerine çok yüksek talepler getirilmektedir. Müşteriye gönderilmeden önce, MF2x2-0 destekleri için sığ temeller çeşitli parametrelere göre test edilir; örneğin stabilite derecesi, mukavemet, dayanıklılık ve aşınma direnci, negatif sıcaklıklara ve atmosferik etkilere karşı direnç. Kaynak yapılmadan önce birleşim yerlerinin pastan arındırılmış olması gerekir. Beton koruyucu tabaka kalınlığı 30 mm'den az olan betonarme temellerin yanı sıra agresif topraklara kurulan temeller de su yalıtımı ile korunmalıdır.
İşletme sırasında, MF2x2-0 sığ temelleri, özellikle havai hatların ilk işletim yıllarında dikkatli denetime tabidir. Temellerin inşasındaki en ciddi kusurlardan biri, çalışma koşulları altında ortadan kaldırılması zor, üretimleri sırasında teknolojik standartların ihlalidir: düşük kaliteli veya kötü yıkanmış çakıl kullanımı, beton karışımı hazırlarken oranların ihlali vb. . Aynı temelin ayrı ayrı elemanlarının önceden yüzey hazırlığı yapılmadan farklı zamanlarda betonlanması durumunda, temellerin katmanlı betonlanması da aynı derecede ciddi bir kusurdur. Bu durumda, bir temel elemanının betonu diğeriyle sertleşmez ve hesaplananlardan önemli ölçüde daha az dış yükler altında temelin tahrip olması meydana gelebilir.
Destekler için betonarme temeller yapılırken bazen standartlar da ihlal edilir: düşük kaliteli beton kullanılır, projede öngörüldüğü gibi yanlış boyutlarda donatı döşenir. Prefabrik veya kazıklı betonarme temeller üzerine enerji hatlarının inşası sırasında enerji inşaatının izin vermediği ciddi kusurlar meydana gelebilir. Bu tür kusurlar, kırık betonarme temellerin kurulumunu, zemine yetersiz nüfuz etmelerini (özellikle tepelerin ve vadilerin yamaçlarına destekler monte edilirken), dolgu sırasında uygunsuz sıkıştırmayı, daha küçük boyutlarda prefabrik temellerin kurulumunu vb. içerir. Kurulum kusurları arasında yanlış metal bir desteğin temeli olarak tasarlanan bireysel prefabrik temellerin, plandaki bireysel temellerin farklı dikey yüksekliklerine veya kaymalarına sahip olduğu betonarme temellerin kurulumu. Yanlış boşaltma durumunda MF2x2-0 sığ temeller zarar görebilir, beton kırılabilir ve donatı açığa çıkabilir. Kabul işlemi sırasında ankraj cıvatalarının ve somunlarının tasarım boyutlarına uygunluğuna özellikle dikkat edilmelidir.
Çalışma koşulları altında, sığ betonarme temeller MF2x2-0 hem çevresel etkilerden hem de büyük dış yüklerden zarar görür. Gözenekli beton yapıya sahip temellerin güçlendirilmesi, yeraltı suyunun agresif etkilerinden zarar görür. Temellerin yüzeyinde oluşan çatlaklar, operasyonel alternatif yüklerin yanı sıra rüzgar, nem ve düşük sıcaklığa maruz kaldığında genişler ve sonuçta betonun tahrip olmasına ve donatının açığa çıkmasına neden olur. Kimya tesislerinin yakınında bulunan alanlarda ankraj cıvataları ve metal ayak dayama yerlerinin üst kısmı hızla bozulur.
Destek temelinin kırılması, raflarla yanlış hizalanmasının bir sonucu olarak da meydana gelebilir ve bu da büyük bükülme momentlerine neden olur. Temelin tabanı yeraltı suyuyla yıkandığında ve dikey konumundan saptığında da benzer bir arıza meydana gelebilir.
Kabul sürecinde, MF2x2-0 sığ temellerin tasarıma uygunluğu, döşeme derinliği, beton kalitesi, çalışma donatılarının ve ankraj cıvatalarının kaynak kalitesi, agresif suların etkisine karşı korumanın varlığı ve kalitesi kontrol edilir. Temellerin düşey işaretleri ölçülür ve şablona göre ankraj cıvatalarının yeri kontrol edilir. Eğer standartlara uygunsuzluk tespit edilirse çukurlar doldurulmadan önce tüm kusurlar giderilir. Betonu yontulmuş ve üst kısmında donatıları açıkta kalan temeller onarılır. Bunu yapmak için, zemin seviyesinin 20-30 cm altına gömülü, 10-20 cm kalınlığında bir beton çerçeve monte edilir.Cürufun bir katkı maddesi içermesi nedeniyle enerji yapısının cüruf betondan yapılmış bir çerçeveye izin vermediği akılda tutulmalıdır. donatı ve ankrajların yoğun korozyonuna neden olan kükürt. Temellerde daha ciddi hasar olması durumunda (monolitik olanlar dahil), hasarlı kısım ana temelin takviyesine kaynaklı takviye ile kaplanır ve kalıp montajından sonra betonlanır.
İkinci dereceden denklemler.
İkinci dereceden denklem- genel formun cebirsel denklemi
burada x serbest bir değişkendir,
a, b, c katsayılardır ve
İfade 
kare trinomial denir.
İkinci dereceden denklemleri çözme yöntemleri.
1. YÖNTEM : Denklemin sol tarafını çarpanlarına ayırmak.
Denklemi çözelim x 2 + 10x - 24 = 0. Sol tarafı çarpanlarına ayıralım:
x 2 + 10x - 24 = x 2 + 12x - 2x - 24 = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12)(x - 2).
Bu nedenle denklem şu şekilde yeniden yazılabilir:
(x + 12)(x - 2) = 0
Çarpım sıfır olduğundan faktörlerinden en az biri sıfırdır. Bu nedenle denklemin sol tarafı sıfır olur. x = 2 ve ayrıca ne zaman x = - 12. Bu şu anlama gelir: sayı 2 Ve - 12 denklemin kökleri x 2 + 10x - 24 = 0.
2. YÖNTEM : Tam bir kare seçme yöntemi.
Denklemi çözelim x 2 + 6x - 7 = 0. Sol taraftan tam bir kare seçin.
Bunu yapmak için x 2 + 6x ifadesini aşağıdaki biçimde yazıyoruz:
x 2 + 6x = x 2 + 2 x 3.
Ortaya çıkan ifadede, ilk terim x sayısının karesi, ikincisi ise x'in 3'ün iki katı çarpımıdır. Bu nedenle tam bir kare elde etmek için 3 2 eklemeniz gerekir, çünkü
x 2 + 2 x 3 + 3 2 = (x + 3) 2.
Şimdi denklemin sol tarafını dönüştürelim
x 2 + 6x - 7 = 0,
buna ekleme ve çıkarma 3 2. Sahibiz:
x 2 + 6x - 7 = x 2 + 2 x 3 + 3 2 - 3 2 - 7 = (x + 3) 2 - 9 - 7 = (x + 3) 2 - 16.
Böylece bu denklem şu şekilde yazılabilir:
(x + 3) 2 - 16 =0, (x + 3) 2 = 16.
Buradan, x + 3 - 4 = 0, x 1 = 1 veya x + 3 = -4, x 2 = -7.
3. YÖNTEM :Formülü kullanarak ikinci dereceden denklemleri çözme.
Denklemin her iki tarafını da çarpalım
balta 2 + bx + c = 0, a ≠ 0
4a'da ve sırayla elimizde:
4a 2 x 2 + 4abx + 4ac = 0,
((2ax) 2 + 2ax b + b 2) - b 2 + 4ac = 0,
(2ax + b) 2 = b 2 - 4ac,
2ax + b = ± √ b 2 - 4ac,
2ax = - b ± √ b 2 - 4ac,
Örnekler.
A) Denklemi çözelim: 4x2 + 7x + 3 = 0.
a = 4, b = 7, c = 3, D = b 2 - 4ac = 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,
D > 0, iki farklı kök;
Dolayısıyla, pozitif ayrımcılık durumunda, ör. en
b 2 - 4ac >0, denklem balta 2 + bx + c = 0 iki farklı kökü vardır.
B) Denklemi çözelim: 4x2 - 4x + 1 = 0,
a = 4, b = - 4, c = 1, D = b 2 - 4ac = (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0,
D = 0, bir kök;
Yani eğer diskriminant sıfır ise; b 2 - 4ac = 0, o zaman denklem
balta 2 + bx + c = 0 tek bir kökü var
V) Denklemi çözelim: 2x2 + 3x + 4 = 0,
a = 2, b = 3, c = 4, D = b 2 - 4ac = 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13, D< 0.
Bu denklemin kökleri yoktur.
Yani eğer diskriminant negatifse, yani. b 2 - 4ac< 0 , denklem
balta 2 + bx + c = 0 kökleri yoktur.
İkinci dereceden bir denklemin köklerinin formülü (1) balta 2 + bx + c = 0 kökleri bulmanızı sağlar herhangi indirgenmiş ve eksik dahil ikinci dereceden denklem (varsa). Formül (1) sözlü olarak şu şekilde ifade edilir: ikinci dereceden bir denklemin kökleri, payı, ters işaretle alınan ikinci katsayıya eşit olan bir kesire eşittir, artı eksi bu katsayının karesinin karekökü, birinci katsayının çarpımının serbest terimle dört katına çıkmadan ve payda birinci katsayının iki katıdır.
4. YÖNTEM: Vieta teoremini kullanarak denklemleri çözme.
Bilindiği gibi indirgenmiş ikinci dereceden denklem şu şekildedir:
x 2 + piksel + c = 0.(1)
Kökleri Vieta teoremini karşılıyor; bir =1 benziyor
x 1 x 2 = q,
x 1 + x 2 = - p
Bundan aşağıdaki sonuçları çıkarabiliriz (p ve q katsayılarından köklerin işaretlerini tahmin edebiliriz).
a) Yarı üye ise Q verilen denklem (1) pozitiftir ( q > 0), bu durumda denklemin eşit işaretli iki kökü vardır ve bu ikinci katsayıya bağlıdır P. Eğer R< 0 ise her iki kök de negatiftir R< 0 ise her iki kök de pozitiftir.
Örneğin,
x 2 – 3x + 2 = 0; x 1 = 2 Ve x2 = 1,Çünkü q = 2 > 0 Ve p = - 3< 0;
x2 + 8x + 7 = 0; x 1 = - 7 Ve x 2 = - 1,Çünkü q = 7 > 0 Ve p= 8 > 0.
b) Serbest üye ise Q verilen denklem (1) negatiftir ( Q< 0 ), bu durumda denklemin farklı işaretli iki kökü vardır ve büyük kök pozitif olacaktır: P< 0 , veya negatif ise p > 0 .
Örneğin,
x2 + 4x – 5 = 0; x 1 = - 5 Ve x2 = 1,Çünkü q= - 5< 0 Ve p = 4 > 0;
x 2 – 8x – 9 = 0; x 1 = 9 Ve x 2 = - 1,Çünkü q = - 9< 0 Ve p = - 8< 0.
Örnekler.
1) Denklemi çözelim 345x2 – 137x –208 = 0.
Çözüm.Çünkü a + b + c = 0 (345 – 137 – 208 = 0), O
x 1 = 1, x 2 = c/a = -208/345.
Cevap 1; -208/345.
2) Denklemi çözün 132x2 – 247x + 115 = 0.
Çözüm.Çünkü a + b + c = 0 (132 – 247 + 115 = 0), O
x 1 = 1, x 2 = c/a = 115/132.
Cevap 1; 115/132.
B. İkinci katsayı ise b = 2kçift sayı ise kök formül
Örnek.
Denklemi çözelim 3x2 - 14x + 16 = 0.
Çözüm. Sahibiz: a = 3, b = - 14, c = 16, k = - 7;
D = k 2 – ac = (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, D > 0, iki farklı kök;
Cevap: 2; 8/3
İÇİNDE. İndirgenmiş denklem
x 2 + piksel + q= 0
genel bir denklemle örtüşür; bir = 1, b = p Ve c = q. Bu nedenle, indirgenmiş ikinci dereceden denklem için kök formül şu şekildedir:
Şekli alır:
Formül (3)'ün kullanımı özellikle aşağıdaki durumlarda uygundur: R- çift sayı.
Örnek. Denklemi çözelim x 2 – 14x – 15 = 0.
Çözüm. Sahibiz: x 1,2 =7±
Cevap: x 1 = 15; x2 = -1.
5. YÖNTEM: Denklemlerin grafiksel çözümü.
Örnek. x2 - 2x - 3 = 0 denklemini çözün.
y = x2 - 2x - 3 fonksiyonunun grafiğini çizelim
1) Elimizde: a = 1, b = -2, x0 = = 1, y0 = f(1) = 12 - 2 - 3 = -4. Bu, parabolün tepe noktasının (1; -4) noktası olduğu ve parabolün ekseninin x = 1 düz çizgisi olduğu anlamına gelir.
2) X ekseni üzerinde parabolün eksenine göre simetrik olan iki noktayı alın, örneğin x = -1 ve x = 3 noktaları.
f(-1) = f(3) = 0 elde ederiz. Koordinat düzleminde (-1; 0) ve (3; 0) noktalarını oluşturalım.
3) (-1; 0), (1; -4), (3; 0) noktalarından bir parabol çiziyoruz (Şekil 68).
x2 - 2x - 3 = 0 denkleminin kökleri, parabolün x ekseni ile kesişme noktalarının apsisleridir; Bu, denklemin köklerinin şöyle olduğu anlamına gelir: x1 = - 1, x2 - 3.
Size uygun bir ücretsiz teklif sunuyoruz İkinci dereceden denklemleri çözmek için çevrimiçi hesap makinesi. Net örnekler kullanarak bunların nasıl çözüldüğünü hızlı bir şekilde anlayabilir ve anlayabilirsiniz.
Üretmek için İkinci dereceden denklemi çevrimiçi çöz, önce denklemi genel formuna getirin:
balta 2 + bx + c = 0
Form alanlarını buna göre doldurun:
İkinci dereceden bir denklem nasıl çözülür?
| İkinci dereceden bir denklem nasıl çözülür: | Kök türleri: |
|
1.
İkinci dereceden denklemi genel formuna indirgeyin: Genel görünüm Ax 2 +Bx+C=0 Örnek: 3x - 2x 2 +1=-1 -2x 2 +3x+2=0'a azaltın 2.
Diskriminant D'yi bulun. 3.
Denklemin köklerini bulma. |
1.
Gerçek kökler. Dahası. x1 x2'ye eşit değil Bu durum D>0 ve A'nın 0'a eşit olmaması durumunda ortaya çıkar. 2.
Gerçek kökler aynıdır. x1 eşittir x2 3.
İki karmaşık kök. x1=d+ei, x2=d-ei, burada i=-(1) 1/2 5.
Denklemin sayısız çözümü var. 6.
Denklemin çözümü yoktur. |
Algoritmayı pekiştirmek için burada birkaç tane daha var İkinci dereceden denklemlerin açıklayıcı çözüm örnekleri.
Örnek 1. Farklı gerçek köklere sahip sıradan bir ikinci dereceden denklemin çözülmesi.
x 2 + 3x -10 = 0
Bu denklemde
A=1, B=3, C=-10
D=B 2 -4*A*C = 9-4*1*(-10) = 9+40 = 49
Karekökü 1/2 sayısı olarak göstereceğiz!
x1=(-B+D 1/2)/2A = (-3+7)/2 = 2
x2=(-B-D 1/2)/2A = (-3-7)/2 = -5
Kontrol etmek için yerine şunu koyalım:
(x-2)*(x+5) = x2 -2x +5x – 10 = x2 + 3x -10
Örnek 2. Eşleşen gerçek köklerle ikinci dereceden bir denklemin çözülmesi.
x 2 – 8x + 16 = 0
A=1, B = -8, C=16
D = k 2 – AC = 16 – 16 = 0
X = -k/A = 4
Hadi değiştirelim
(x-4)*(x-4) = (x-4)2 = X 2 – 8x + 16
Örnek 3. Karmaşık kökleri olan ikinci dereceden bir denklemin çözülmesi.
13x2 – 4x + 1 = 0
A=1, B = -4, C=9
D = b 2 – 4AC = 16 – 4*13*1 = 16 - 52 = -36
Diskriminant negatiftir; kökler karmaşıktır.
X1=(-B+D 1/2)/2A = (4+6i)/(2*13) = 2/13+3i/13
x2=(-B-D 1/2)/2A = (4-6i)/(2*13) = 2/13-3i/13
, burada I -1'in kareköküdür
Burada ikinci dereceden denklemleri çözmenin olası tüm durumları verilmiştir.
Umarız bizim cevrimici hesap makinesi sizin için çok faydalı olacaktır.
Materyal yararlıysa, şunları yapabilirsiniz:
Yükleniyor...