Hogyan kell megoldani az 5. fokú egyenleteket. Magasabb fokú egyenletek megoldása

A kiadvány elejéből ítélve, amelyet itt kihagyunk, a szöveget Jurij Ignatievich írta. És jól van megírva, és a kérdések aktuálisak, de hívd csak így Oroszországot, ahogy Mukin teszi...

Bárki mit is érez a népellenes hatalommal kapcsolatban, Oroszország felette áll, és nem érdemel sértéseket. Még az amerikai NASA ügynökség tehetséges hazugságleleplezőjétől is.

*

Fellebbezés elvtárshoz Mukhina Yu.I.

Kedves Jurij Ignatievich! Tudom, hogy felkeresed ezeket az oldalakat. Ezért közvetlenül Önhöz fordulok.

Mindannyian nagyra értékeljük önzetlen munkáját a Nyugat, Amerika hazugságai, az áltudósok hazugságai, a liberálisok hazugságai leleplezése terén. Örömmel és önmagunk és a társadalom javára gondolunk azokra a komoly témákra, amelyeket időnként ránk vetnek, legyen az meritokrácia vagy metafizika, nemzeti történelem szeretete vagy az igazság helyreállítása.

A közös Szülőföldünkről alkotott definíciói azonban rejtélyesek és nagyon felkavaróak.

Azonban ítélje meg maga: hogyan jellemezne egy olyan személyt, aki sértegetni kezdte anyját, aki beteg, és ennek következtében átmenetileg abbahagyta a munkát?

De Oroszország, akárhogy is hívják, és bármilyen jó vagy undorító a kormány, Oroszország a mi szülőföldünk. Haza.Érte nagyapáink vért ontottak és életüket áldozták.

Ezért a hatalommal egy szintre helyezés azt jelenti, hogy a szellemi magasztosságot az anyagi szintre, sőt az alacsony szintre süllyesztjük. Azok. teljesen más kategóriákat hasonlítasz össze. Egy józan ember számára elfogadhatatlan dolog.

Kérdezem, kedves elvtárs. Mukhin, gondold ezt komolyan.

**

...És az egyenletekkel (ezt nem tudtam) a helyzet ilyen. Az ókori Egyiptomban találták ki, hogyan lehet megtalálni a másodfokú egyenlet gyökereit.

A tizenhatodik században fedezték fel, hogyan lehet megtalálni egy köbös egyenlet és egy negyedik fokú egyenlet gyökereit, de csak 2016-ban találták meg az ötödik fokú egyenlet gyökereit. És nem csak a hétköznapi emberek próbálkoztak.

A tizenhatodik században a szimbolikus algebra megalapítója, François Viète az ötödik fokú egyenletek gyökereit próbálta megtalálni, a XIX. században pedig a modern magasabb algebra megalapítója, Evariste Galois francia matematikus próbálta megtalálni az egyenletek gyökereit. fokú egyenletek, utána Niels Henrik Abel norvég matematikus próbálta megtalálni az ötödfokú egyenletek gyökereit, aki végül feladta és bebizonyította, hogy egy ötödik fokú egyenlet általános formában megoldhatatlan.

A Wikipédián olvassuk Ábel érdemeiről: „Ábel egy ősi probléma briliáns tanulmányozását végezte el:bebizonyította, hogy lehetetlen általános formában (gyökökben) megoldani egy 5. fokú egyenletet...

Az algebrában Ábel szükséges feltételt talált ahhoz, hogy egy egyenlet gyökét ennek az egyenletnek az együtthatóin keresztül „gyökökben” fejezzük ki. Az elégséges állapotot hamarosan Galois fedezte fel, akinek eredményei Ábel munkásságán alapultak.

Ábel konkrét példákat hozott az ötödik fokú egyenletekre, amelyek gyökerei nem fejezhetők ki gyökökben, és ezzel nagyrészt lezárta az ősi problémát.”

Amint látható, ha a Poincaré-tételt folyamatosan próbálták bizonyítani, és Perelman sikeresebbnek bizonyult, mint a többi matematikus, akkor Abel után a matematikusok nem vették fel az ötödik fokú egyenleteket.

És 2014-ben Tomszkból származó matematikus Szergej Zaikov, akiről a fotó alapján úgy ítélhető meg, hogy már éveiben jár, illetve a róla szóló cikk adatai alapján, hogy a Tomszki Állami Egyetem Alkalmazott Matematika és Kibernetikai Karán végzett, munkája során ötödik fokú egyenleteket kapott. Zsákutca? Igen, ez egy zsákutca! De Szergej Zaikov vállalta, hogy megtöri.

2016-ban pedig megtalálta a módját az ötödfokú egyenletek általános formában történő megoldásának! Megtette, amit Galois és Abel matematikusok lehetetlennek bizonyultak.

Próbáltam információkat találni Szergej Zaikovról a Wikipédián, de a pokolba is! Szergej Zaikov matematikusról és arról, hogyan talált megoldásokat az ötödik fokú egyenletekre nincs információ!

A dolgot még pikánsabbá teszi az a tény, hogy a matematikusok számára létezik a Nobel-díj analógja - Ábel-díj(Nobel megtiltotta, hogy díjat adjon a matematikusoknak, most pedig matematikai ürülékért adják, „fizikának” nevezték őket.

Ez a matematikai díj ugyanannak az Ábelnek a tiszteletére szolgál, aki bebizonyította, hogy lehetetlen, amit Zaikov tett. Önjelölt azonban erre a díjra nem megengedett. De Zaikov magányos matematikus, és nincs olyan szervezet, amely jelölhetné őt erre a díjra.

Igaz, van Tudományos Akadémiánk, de az akadémikusok nem a matematika fejlesztéséért ülnek ott, hanem azért, hogy „pénzt keressenek”. Kinek kell ott ez a Zaikov?

Nos, a hírügynökségek számára Zaikov nem Perelman! Ezért Zaikov felfedezése a média számára nem szenzáció.

Igen, Porosenko rossz ajtót kapott! Ez egy igazi szenzáció!

A tomszki matematikus egy olyan problémát oldott meg, amelyet kétszáz évig nem lehetett megoldani

Az algebra megjelenésével fő feladatának az algebrai egyenletek megoldását tekintették. Egy másodfokú egyenlet megoldását Babilonban és az ókori Egyiptomban ismerték. Ilyen egyenleteken megyünk keresztül az iskolában. Emlékszel az x2 + ax + b = 0 egyenletre és a diszkriminánsra?

Szergej Zaikov egy könyvvel

A 16. században találták meg a megoldást a harmadik és negyedik fokú algebrai egyenletekre. De az ötödik fokú egyenletet nem lehetett megoldani. Lagrange megtalálta az okot. Megmutatta, hogy a harmad- és negyedfokú egyenletek megoldása azért vált lehetségessé, mert azokat már megoldott egyenletekre lehet redukálni. Egy harmadik fokú egyenlet redukálható egy másodfokú egyenletté, és egy negyedik fokú egyenlet redukálható egy harmadik fokú egyenletté. De az ötödfokú egyenlet hatodfokú egyenletté redukál, azaz összetettebb, ezért a hagyományos megoldási módszerek nem alkalmazhatók.

Egy ötödfokú egyenlet megoldásának kérdése csak kétszáz éve mozdult elõre, amikor Ábel bebizonyította, hogy nem minden ötödfokú egyenlet oldható meg gyökökkel, azaz négyzet-, köb- és egyéb, általunk az iskolából ismert gyökökben. . Galois pedig hamarosan, azaz kétszáz évvel ezelőtt talált egy kritériumot, amely lehetővé tette annak meghatározását, hogy mely ötödik fokú egyenletek oldhatók meg gyökökben és melyek nem. Ez abban rejlik, hogy az ötödik fokú egyenlet gyököiben feloldható Galois-csoport ciklikusnak vagy metaciklikusnak kell lennie. De Galois nem találta meg a módját, hogy gyökökben oldja meg azokat az ötödik fokú egyenleteket, amelyek a gyökökben megoldhatók. A Galois-elmélet nagyon híres, sok könyvet írtak róla.

Eddig csak részmegoldásokat találtak a gyökök által megoldható ötödik fokú egyenletekre. Szergej Zaikov tomszki matematikus pedig csak idén oldott meg egy olyan problémát, amelyet kétszáz évig nem lehetett megoldani. Kiadta a „Hogyan oldódnak meg az ötödik fokú algebrai egyenletek gyökökben” című könyvét, amelyben megoldási módot jelölt meg minden olyan ötödfokú egyenletre, amely gyökben megoldható. Zaikov a Tomszki Állami Egyetem Alkalmazott Matematikai és Kibernetikai Karán szerzett diplomát. Sikerült interjút készítenünk vele.

– Sergey, miért kezdted el megoldani ezt a problémát?

— Egy ötödfokú egyenlet megoldására volt szükségem, hogy megoldjak egy feladatot a matematika egy másik ágából. Elkezdtem kitalálni, hogyan találjam meg, és rájöttem, hogy nem mindegyik oldódik fel gyökökben. Aztán megpróbáltam a szakirodalomban módot találni a gyökökben megoldható egyenletek megoldására, de csak olyan kritériumot találtam, amely alapján meg lehet állapítani, hogy melyik megoldható és melyik nem. Nem vagyok algebraista, de természetesen FPMK-n végzettként algebrai módszereket is tudok alkalmazni. Ezért 2014-ben komolyan elkezdtem keresni a megoldást, és magam is megtaláltam.

Két éve találtam rá a módszerre, készítettem egy könyvet, amelyben nem csak ez volt leírva, hanem néhány ötnél nagyobb hatványegyenlet megoldási módszere is. De nem volt pénzem közzétenni. Idén úgy döntöttem, hogy egyszerűbb lenne ennek a munkának csak egy részét publikálni, és ennek csak a felét vettem el, egy ötödfokú egyenlet gyökökben történő megoldásának módszerével.

Célom, hogy kiadjak valami kézikönyvet a probléma megoldásához, amely érthető azon matematikusok számára, akiknek egy adott egyenletet kell megoldaniuk. Ezért leegyszerűsítettem, sok hosszú képletet és az elmélet jelentős részét eltávolítottam, több mint felére csökkentettem, és csak a szükséges mennyiséget hagytam meg. Ezért kitaláltam egy olyan könyvet, mint egy „bábuknak”, amiből a Galois-elméletben nem jártas matematikusok meg tudják oldani a szükséges egyenletet.

— Ezért nagyon köszönjük Vlagyiszlav Beresnyevnek, akivel hosszú évek óta ismerkedünk. Támogatta a könyv megjelenését.

— Kaphat-e valamilyen díjat matematikából ennek a feladatnak a megoldásáért? Például említetted Ábelt. De létezik egy matematikai Abel-díj, amelyet a Nobel-díjjal analógnak tekintenek?

– Ezt a lehetőséget nem lehet teljesen kizárni. De ebben sem szabad reménykedni.

A 2019-es Abel-díjra jelöltek jelentkezését például szeptember 15-ig kell benyújtani. Ráadásul az önjelölés nem megengedett. És én egy magányos matematikus vagyok. Nincsenek szervezetek vagy híres matematikusok, akik javasolnák a jelölésemet. Ezért nem kerül figyelembevételre, függetlenül attól, hogy munkám megérdemli-e ezt a díjat, és hogy ennek a díjnak a szellemében áll-e az Ábel munkáját folytatóknak odaítélni. De még ha bemutatják is, minden attól függ, hogy a többi jelölt milyen színvonalon dolgozik.

A könyv azoknak szól, akik nem ismerik a Galois-elméletet. A Galois-elmélet alapjait csak abban a részben adjuk meg, amelyben az egyenlet megoldásához szükségesek, részletesen ismertetjük a megoldási módot, és bemutatjuk a megoldást egyszerűsítő technikákat. A könyv jelentős részét egy konkrét egyenlet megoldási példájának szenteli. A könyv lektorai a műszaki tudományok doktora Gennagyij Petrovics Agibalov és a fizika doktora. mat. Tudományok, Pjotr ​​Andrejevics Krilov professzor.

ELŐKÉSZÍTETT ANASTASIA SKIRNEVSKAYA

Látogasson el weboldalunk youtube csatornájára, hogy naprakész legyen az új videóleckékről.

Először is emlékezzünk a hatványok alapvető képleteire és tulajdonságaikra.

Egy szám szorzata a n-szer fordul elő önmagán, ezt a kifejezést a a … a=a n alakban írhatjuk fel

1. a 0 = 1 (a ≠ 0)

3. a n a m = a n + m

4. (a n) m = a nm

5. a n b n = (ab) n

7. a n / a m = a n - m

Hatvány- vagy exponenciális egyenletek– ezek olyan egyenletek, amelyekben a változók hatványban (vagy kitevőben) vannak, és az alap egy szám.

Példák exponenciális egyenletekre:

Ebben a példában a 6-os szám az alap; mindig alul van, és a változó x fok vagy mutató.

Adjunk még példákat az exponenciális egyenletekre.
2 x *5=10
16 x - 4 x - 6 = 0

Most nézzük meg, hogyan oldják meg az exponenciális egyenleteket?

Vegyünk egy egyszerű egyenletet:

2 x = 2 3

Ezt a példát még fejben is meg lehet oldani. Látható, hogy x=3. Végül is, ahhoz, hogy a bal és a jobb oldal egyenlő legyen, x helyett 3-as számot kell tennie.
Most pedig nézzük meg, hogyan formalizáljuk ezt a döntést:

2 x = 2 3
x = 3

Egy ilyen egyenlet megoldása érdekében eltávolítottuk azonos indokok(vagyis kettesek) és felírta, ami maradt, ezek fokozatok. Megkaptuk a választ, amit kerestünk.

Most pedig foglaljuk össze döntésünket.

Algoritmus az exponenciális egyenlet megoldására:
1. Ellenőrizni kell ugyanaz hogy az egyenletnek van-e alapja a jobb és a bal oldalon. Ha az okok nem ugyanazok, akkor keressük a megoldási lehetőségeket ennek a példának a megoldására.
2. Miután az alapok azonosak lettek, egyenlővé tenni fokot, és oldja meg a kapott új egyenletet.

Most nézzünk néhány példát:

Kezdjük valami egyszerűvel.

A bal és a jobb oldalon lévő alapok egyenlőek a 2-es számmal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk az alapot, és egyenlőségjelet hozhatunk a fokaikba.

x+2=4 A legegyszerűbb egyenletet kapjuk.
x=4–2
x=2
Válasz: x=2

A következő példában láthatja, hogy az alapok különböznek: 3 és 9.

3 3x - 9 x+8 = 0

Először mozgassuk a kilencet jobb oldalra, így kapjuk:

Most ugyanazokat az alapokat kell elkészítenie. Tudjuk, hogy 9=3 2. Használjuk az (a n) m = a nm hatványképletet.

3 3x = (3 2) x+8

9 x+8 =(3 2) x+8 =3 2x+16-ot kapunk

3 3x = 3 2x+16 Most már világos, hogy a bal és a jobb oldalon az alapok azonosak, és egyenlők hárommal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk őket, és egyenlővé tesszük a fokokat.

3x=2x+16 a legegyszerűbb egyenletet kapjuk
3x - 2x=16
x=16
Válasz: x=16.

Nézzük a következő példát:

2 2x+4 - 10 4 x = 2 4

Először is nézzük meg az alapokat, a második és a negyedik alapot. És szükségünk van arra, hogy egyformák legyenek. A négyet az (a n) m = a nm képlettel alakítjuk át.

4 x = (2 2) x = 2 2x

És egy képletet is használunk: a n a m = a n + m:

2 2x+4 = 2 2x 2 4

Adjuk hozzá az egyenlethez:

2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24

Ugyanezen okokból adtunk példát. De a többi 10-es és 24-es szám zavar minket.Mit kezdjünk velük? Ha alaposan megnézed, láthatod, hogy a bal oldalon 2 2x ismétlődik, itt a válasz - 2 2x-et tehetünk zárójelbe:

2 2x (2 4 - 10) = 24

Számítsuk ki a zárójelben lévő kifejezést:

2 4 — 10 = 16 — 10 = 6

A teljes egyenletet elosztjuk 6-tal:

Képzeljük el, hogy 4=2 2:

2 2x = 2 2 alap azonos, ezeket elvetjük és a fokokat egyenlővé tesszük.
2x = 2 a legegyszerűbb egyenlet. Oszd el 2-vel és kapjuk
x = 1
Válasz: x = 1.

Oldjuk meg az egyenletet:

9 x – 12*3 x +27= 0

Alakítsuk át:
9 x = (3 2) x = 3 2x

Kapjuk az egyenletet:
3 2x - 12 3 x +27 = 0

Az alapjaink azonosak, egyenlők hárommal.Ebben a példában láthatjuk, hogy az első háromnak kétszer (2x) a foka, mint a másodiknak (csak x). Ebben az esetben meg tudod oldani cseremódszer. A számot a legkisebb fokozatra cseréljük:

Ekkor 3 2x = (3 x) 2 = t 2

Az egyenletben szereplő összes x hatványt t-re cseréljük:

t 2 - 12t+27 = 0
Másodfokú egyenletet kapunk. A diszkrimináns segítségével megoldva a következőket kapjuk:
D=144-108=36
t 1 = 9
t2 = 3

Visszatérve a változóhoz x.

Vegyük a t 1-et:
t 1 = 9 = 3 x

vagyis

3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2

Egy gyökér található. A másodikat keressük a t 2-ből:
t 2 = 3 = 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
Válasz: x 1 = 2; x 2 = 1.

A honlapon a SEGÍTSÉG DÖNTÉS rovatban feltehetitek kérdéseiteket, mi biztosan válaszolunk.

Csatlakozz a csoporthoz

Osztály: 9

Alapvető célok:

1. Erősítsd meg a th fokú teljes racionális egyenlet fogalmát.
2. Fogalmazza meg a magasabb fokú egyenletek megoldásának alapvető módszereit (n > 3).
3. Tanítsa meg a magasabb rendű egyenletek megoldásának alapvető módszereit.
4. Tanulja meg az egyenlet típusát a leghatékonyabb megoldási mód meghatározásához.

A tanár által az osztályteremben alkalmazott formák, módszerek és pedagógiai technikák:

• Előadás-szeminárium oktatási rendszer (előadások - új anyag magyarázata, szemináriumok - problémamegoldás).
• Információs és kommunikációs technológiák (frontális felmérés, szóbeli munka az osztállyal).
• Differenciált tanulási, csoportos és egyéni formák.
• Olyan kutatási módszer alkalmazása a tanításban, amely az egyes tanulók matematikai apparátusának és gondolkodási képességének fejlesztését célozza.
• Nyomtatott anyag – az óra egyéni rövid összefoglalása (alapfogalmak, képletek, állítások, diagramok vagy táblázatok formájában sűrített előadásanyag).

Tanterv:

1. Idő szervezése.
   A szakasz célja: a tanulók bevonása az oktatási tevékenységekbe, az óra tartalmának meghatározása.
2. A tanulók tudásának frissítése.
   A színpad célja: a hallgatók ismereteinek frissítése a korábban tanult kapcsolódó témákban
3. Új téma tanulása (előadás). A szakasz célja: a magasabb fokú egyenletek megoldásának alapvető módszereinek megfogalmazása (n > 3)
4. Összegzés.
   A szakasz célja: ismét kiemelni a leckében tanult anyag legfontosabb pontjait.
5. Házi feladat.
   A színpad célja: házi feladat megfogalmazása a tanulók számára.

Óra összefoglalója

1. Szervezeti mozzanat.

Az óra témájának megfogalmazása: „Magasabb erők egyenletei. Megoldásuk módszerei.”

2. A tanulók tudásának frissítése.

Elméleti felmérés - beszélgetés. Néhány korábban tanulmányozott információ megismétlése az elméletből. A hallgatók megfogalmazzák az alapvető definíciókat és megfogalmazzák a szükséges tételeket. Mondjon példákat a korábban megszerzett tudás szintjének bemutatására!

• Egy változós egyenlet fogalma.
• Az egyenlet gyökerének fogalma, az egyenlet megoldása.
• Az egyváltozós lineáris egyenlet fogalma, egy változós másodfokú egyenlet fogalma.
• Az egyenletek, egyenletek-következmények ekvivalenciájának fogalma (külső gyökök fogalma), nem következmény általi átmenet (gyökvesztés esete).
• Egy egész racionális kifejezés fogalma egy változóval.
• A teljes racionális egyenlet fogalma n fokozat. Egy egész racionális egyenlet standard alakja. Csökkentett teljes racionális egyenlet.
• Áttérés alacsonyabb fokú egyenlethalmazra az eredeti egyenlet faktorálásával.
• A polinom fogalma n fokozattól x. Bezout tétele. Következtetések Bezout tételéből. Gyöktételek ( Z-gyökerek és K-gyökei) egy egész racionális egyenlet egész együtthatóival (redukált és redukálatlan).
• Horner séma.

3. Új téma tanulmányozása.

Az egész racionális egyenletet figyelembe vesszük n-a szabványos alak hatványa egy ismeretlen változóval x:Pn(x)= 0, ahol P n (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0– polinom n fokozattól x, a n ≠ 0. Ha a n = 1, akkor az ilyen egyenletet redukált egész számú racionális egyenletnek nevezzük n fokozat. Tekintsünk ilyen egyenleteket különböző értékekre nés sorolja fel a megoldásukra szolgáló főbb módszereket.

n= 1 – lineáris egyenlet.

n= 2 – másodfokú egyenlet. Diszkrimináns képlet. Képlet a gyökerek kiszámításához. Vieta tétele. Egy teljes négyzet kiválasztása.

n= 3 – köbegyenlet.

Csoportosítási módszer.

Példa: x 3 – 4x 2 – x+ 4 = 0 (x – 4) (x 2– 1) = 0 x 1 = 4 , x 2 = 1,x 3 = -1.

A forma reciprok köbegyenlete fejsze 3 + bx 2 + bx + a= 0. Megoldjuk az azonos együtthatójú tagok kombinálásával.

Példa: x 3 – 5x 2 – 5x + 1 = 0 (x + 1)(x 2 – 6x + 1) = 0 x 1 = -1, x 2 = 3 + 2, x 3 = 3 – 2.

Z-gyökök kiválasztása a tétel alapján. Horner séma. A módszer alkalmazásakor hangsúlyozni kell, hogy a keresés ebben az esetben véges, és a gyököket egy bizonyos algoritmussal választjuk ki a tételnek megfelelően Z-az adott egész racionális egyenlet gyökei egész együtthatókkal.

Példa: x 3 – 9x 2 + 23x– 15 = 0. Az egyenlet adott. Írjuk fel a szabad tag osztóit ( + 1; + 3; + 5; + 15). Alkalmazzuk Horner sémáját:

	x 3	x 2	x 1	x 0	következtetés
	1	-9	23	-15
1	1	1 x 1 – 9 = -8	1 x (-8) + 23 = 15	1 x 15 – 15 = 0	1 – gyökér
	x 2	x 1	x 0

Kapunk ( x – 1)(x 2 – 8x + 15) = 0 x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5.

Egyenlet egész együtthatókkal. Q-gyökök kiválasztása a tétel alapján. Horner séma. A módszer alkalmazásakor hangsúlyozni kell, hogy a keresés ebben az esetben véges, és a gyököket egy bizonyos algoritmussal választjuk ki a kb. tételnek megfelelően. K-egy redukálatlan egész számú racionális egyenlet gyökei egész együtthatókkal.

Példa: 9 x 3 + 27x 2 – x– 3 = 0. Az egyenlet redukálatlan. Írjuk fel a szabad tag osztóit ( + 1; + 3). Írjuk fel az együttható osztóit az ismeretlen legmagasabb hatványán. ( + 1; + 3; + 9) Következésképpen gyökereket fogunk keresni az értékek között ( + 1; + ; + ; + 3). Alkalmazzuk Horner sémáját:

	x 3	x 2	x 1	x 0	következtetés
	9	27	-1	-3
1	9	1 x 9 + 27 = 36	1 x 36 – 1 = 35	1 x 35 – 3 = 32 ≠ 0	1 – nem gyökér
-1	9	-1 x 9 + 27 = 18	-1 x 18 – 1 = -19	-1 x (-19) – 3 = 16 ≠ 0	-1 – nem gyökér
	9	x 9 + 27 = 30	x 30 – 1 = 9	x 9 – 3 = 0	gyökér
	x 2	x 1	x 0

Kapunk ( x – )(9x 2 + 30x + 9) = 0 x 1 = , x 2 = - , x 3 = -3.

A számítás megkönnyítése érdekében a Q kiválasztásakor -gyökerek Kényelmes lehet a változó megváltoztatása, lépjen az adott egyenletre, és válassza a Z-t -gyökerek.

• Ha az áltag 1

.

• Ha használhatja az űrlap helyettesítését y = kx

.

Cardano formula. Van egy univerzális módszer a köbös egyenletek megoldására - ez a Cardano képlet. Ez a képlet Gerolamo Cardano (1501–1576), Nicolo Tartaglia (1500–1557) és Scipione del Ferro (1465–1526) olasz matematikusok nevéhez fűződik. Ez a képlet meghaladja tanfolyamunk kereteit.

n= 4 – a negyedik fokozat egyenlete.

Csoportosítási módszer.

Példa: x 4 + 2x 3 + 5x 2 + 4x – 12 = 0 (x 4 + 2x 3) + (5x 2 + 10x) – (6x + 12) = 0 (x + 2)(x 3 + 5x - 6) = 0 (x + 2)(x– 1)(x 2 + x + 6) = 0 x 1 = -2, x 2 = 1.

Változó helyettesítési módszer.

• Az alak kétnegyedes egyenlete fejsze 4 + bx 2 + s = 0 .

Példa: x 4 + 5x 2 – 36 = 0. Csere y = x 2. Innen y 1 = 4, y 2 = -9. Ezért x 1,2 = + 2 .

• Az alak negyedik fokának reciprok egyenlete fejsze 4 + bx 3+c x 2 + bx + a = 0.

Úgy oldjuk meg, hogy azonos együtthatójú tagokat kombinálunk az űrlap helyettesítésével

• fejsze 4 + bx 3 + cx 2 – bx + a = 0.

• A forma negyedik fokának általánosított ismétlődő egyenlete fejsze 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k 2 a = 0.

• Általános csere. Néhány szabványos csere.

3. példa . Általános nézet csere(a fajlagos egyenlet típusából következik).

n = 3.

Egyenlet egész együtthatókkal. Q-gyökök kiválasztása n = 3.

Általános képlet. Van egy univerzális módszer a negyedfokú egyenletek megoldására. Ez a képlet Ludovico Ferrari (1522–1565) nevéhez fűződik. Ez a képlet meghaladja tanfolyamunk kereteit.

n > 5 – ötödik és magasabb fokozatú egyenletek.

Egyenlet egész együtthatókkal. Z-gyökök kiválasztása a tétel alapján. Horner séma. Az algoritmus hasonló a fentebb tárgyalthoz n = 3.

Egyenlet egész együtthatókkal. Q-gyökök kiválasztása tétel alapján. Horner séma. Az algoritmus hasonló a fentebb tárgyalthoz n = 3.

Szimmetrikus egyenletek. Minden páratlan fokú reciprok egyenletnek van gyöke x= -1, és faktorokká való faktorálás után azt kapjuk, hogy az egyik faktor alakja ( x+ 1), a második tényező pedig egy páros fokú reciprok egyenlet (fokozata eggyel kisebb, mint az eredeti egyenlet mértéke). Bármely páros fokú reciprok egyenlet az alak gyökével együtt x = φ tartalmazza a faj gyökerét is. Ezeket az állításokat felhasználva megoldjuk a problémát a vizsgált egyenlet mértékének csökkentésével.

Változó helyettesítési módszer. A homogenitás használata.

Nincs általános képlet az ötödik fokú teljes egyenletek megoldására (ezt Paolo Ruffini olasz matematikus (1765–1822) és Niels Henrik Abel (1802–1829) norvég matematikus mutatta meg) és a magasabb fokozatok (ezt a francia matematikus, Evariste Galois (1811–1832) )).

• Emlékezzünk még egyszer arra, hogy a gyakorlatban is lehet használni kombinációk a fent felsorolt ​​módszereket. Kényelmes áttérni egy alacsonyabb fokú egyenletre az eredeti egyenlet faktorálása.
• Mai vita tárgyain kívül esnek azok, amelyeket a gyakorlatban széles körben használnak. grafikus módszerek egyenletek megoldása és közelítő megoldási módszerek magasabb fokú egyenletek.
• Vannak helyzetek, amikor az egyenletnek nincs R-gyöke.
Ezután a megoldás megmutatja, hogy az egyenletnek nincs gyökere. Ennek bizonyítására elemezzük a vizsgált függvények viselkedését monotonitási intervallumokon. Példa: egyenlet x 8 – x 3 + 1 = 0-nak nincs gyökere.
• A függvények monotonitásának tulajdonságának felhasználása
. Vannak helyzetek, amikor a függvények különféle tulajdonságainak használata lehetővé teszi a feladat egyszerűsítését.
1. példa: Egyenlet x 5 + 3x– 4 = 0-nak egy gyöke van x= 1. Az elemzett függvények monotonitása miatt nincs más gyök.
2. példa: Egyenlet x 4 + (x– 1) 4 = 97-nek vannak gyökerei x 1 = -2 és x 2 = 3. A megfelelő függvények monotonitási intervallumokon való viselkedését elemezve arra a következtetésre jutottunk, hogy nincs más gyök.

4. Összegzés.

Összegzés: Mostanra elsajátítottuk a különféle magasabb fokú egyenletek megoldásának alapvető módszereit (n. > 3). Feladatunk a fent felsorolt ​​algoritmusok hatékony használatának elsajátítása. Az egyenlet típusától függően meg kell tanulnunk meghatározni, hogy adott esetben melyik megoldás a leghatékonyabb, valamint helyesen alkalmazni a választott módszert.

5. Házi feladat.

: 7. bekezdés, 164–174., 33–36., 39–44., 46.47.

: №№ 9.1–9.4, 9.6–9.8, 9.12, 9.14–9.16, 9.24–9.27.

Lehetséges témakörök a témával kapcsolatos riportokhoz vagy absztraktokhoz:

• Cardano formula
• Grafikus módszer egyenletek megoldására. Példák megoldásokra.
• Egyenletek közelítő megoldásának módszerei.

A tanulók tanulásának és a téma iránti érdeklődésének elemzése:

A tapasztalatok azt mutatják, hogy a tanulók érdeklődését elsősorban a válogatás lehetősége kelti fel Z-gyökerek és K-egyenletek gyökerei egy meglehetősen egyszerű algoritmus segítségével, Horner sémáját használva. A tanulókat érdeklik a változók különféle szabványos helyettesítési típusai is, amelyek jelentősen leegyszerűsíthetik a probléma típusát. A grafikus megoldási módszerek általában különösen érdekesek. Ebben az esetben a problémákat egyenletek megoldására szolgáló grafikus módszerrel is elemezheti; tárgyalja a gráf általános alakját 3, 4, 5 fokú polinom esetén; elemezze, hogy a 3, 4, 5 fokú egyenletek gyökeinek száma hogyan függ össze a megfelelő gráf megjelenésével. Az alábbiakban felsoroljuk azokat a könyveket, amelyekben további információkat találhat erről a témáról.

Bibliográfia:

1. Vilenkin N.Ya.és mások: „Algebra. Tankönyv 9. osztályos tanulók számára a matematika elmélyült tanulmányozásával” - M., Prosveshchenie, 2007 - 367 p.
2. Vilenkin N.Ya., Shibasov L.P., Shibasova Z.F.„Egy matematika tankönyv lapjai mögött. Számtan. Algebra. 10-11 évfolyam” – M., Oktatás, 2008 – 192 p.
3. Vygodsky M.Ya.„Matematika kézikönyve” – M., AST, 2010 – 1055 p.
4. Galitsky M.L.„Feladatok gyűjtése az algebrában. Tankönyv 8-9. osztályosok számára a matematika elmélyült tanulmányozásával” - M., Prosveshchenie, 2008 - 301 p.
5. Zvavich L.I.és mások.„Algebra és az elemzés kezdetei. 8-11 évfolyam Kézikönyv iskolák és osztályok számára a matematika elmélyült tanulmányozásával” - M., Drofa, 1999 - 352 p.
6. Zvavich L.I., Averyanov D.I., Pigarev B.P., Trushanina T.N.„Matematikai feladatok az írásbeli vizsgára való felkészüléshez a 9. osztályban” - M., Prosveshchenie, 2007 - 112 p.
7. Ivanov A.A., Ivanov A.P.„Tematikus tesztek a matematikai ismeretek rendszerezéséhez” 1. rész – M., Fizmatkniga, 2006 – 176 p.
8. Ivanov A.A., Ivanov A.P.„Tematikus tesztek a matematikai ismeretek rendszerezéséhez” 2. rész – M., Fizmatkniga, 2006 – 176 p.
9. Ivanov A.P.„Tesztek és tesztek a matematikában. Oktatóanyag". – M., Fizmatkniga, 2008 – 304 p.
10. Leibson K.L.„Gyakorlati feladatok gyűjteménye matematikából. rész 2–9 évfolyam” – M., MTSNM, 2009 – 184 p.
11. Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G."Algebra. További fejezetek a 9. osztályos iskolai tankönyvhöz. Tankönyv az iskolák és osztályok tanulói számára a matematika elmélyült tanulmányozásával.” – M., Oktatás, 2006 – 224 p.
12. Mordkovich A.G."Algebra. Mélyreható tanulmányozás. 8. osztály. Tankönyv” – M., Mnemosyne, 2006 – 296 p.
13. Savin A.P.„Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára” - M., Pedagógia, 1985 - 352 p.
14. Survillo G.S., Simonov A.S.„Didaktikai anyagok az algebráról a 9. osztály számára a matematika elmélyült tanulmányozásával” - M., Prosveshchenie, 2006 - 95 p.
15. Chulkov P.V.„Egyenletek és egyenlőtlenségek az iskolai matematika kurzusban. Előadások 1–4” – M., 2006. szeptember 1. – 88 p.
16. Chulkov P.V.„Egyenletek és egyenlőtlenségek az iskolai matematika kurzusban. Előadások 5–8” – M., 2009. szeptember 1. – 84 p.

Mérlegeljük a másodiknál ​​egy fokozattal magasabb változójú egyenletek megoldása.

A P(x) = 0 egyenlet foka a P(x) polinom foka, azaz. tagjának legnagyobb hatványa, amelynek együtthatója nem egyenlő nullával.

Így például az (x 3 – 1) 2 + x 5 = x 6 – 2 egyenletnek van ötödik foka, mert a zárójelek kinyitásának és hasonlók hozásának műveletei után megkapjuk az x 5 – 2x 3 + 3 = 0 ötödfokú egyenletet.

Idézzük fel azokat a szabályokat, amelyekre szükség lesz kettőnél nagyobb fokú egyenletek megoldásához.

Állítások a polinom gyökereiről és osztóiról:

1. Egy n-edik fokú polinomnak nincs n-nél nagyobb gyöke, és az m többszörösségű gyökök pontosan m-szer fordulnak elő.

2. A páratlan fokú polinomnak legalább egy valós gyöke van.

3. Ha α a P(x) gyöke, akkor P n (x) = (x – α) · Q n – 1 (x), ahol Q n – 1 (x) egy (n – 1) fokú polinom. .

4.

5. Az egész együtthatós redukált polinomnak nem lehet tört racionális gyöke.

6. Harmadfokú polinomhoz

P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d két dolog egyike lehetséges: vagy három binomiális szorzatára bontjuk

Р 3 (x) = а(х – α)(х – β)(х – γ), vagy egy binomiális és egy négyzetes trinom szorzatára bomlik fel Р 3 (x) = а(х – α)(х 2) + βх + γ ).

7. Bármely negyedfokú polinom kiterjeszthető két négyzetháromtag szorzatára.

8. Egy f(x) polinom maradék nélkül osztható egy g(x) polinommal, ha van olyan q(x) polinom, hogy f(x) = g(x) · q(x). A polinomok felosztására a „sarokosztás” szabályt használjuk.

9. Ahhoz, hogy a P(x) polinom osztható legyen egy binomimmal (x – c), szükséges és elegendő, hogy a c szám legyen P(x) gyöke (Bezout tételének következménye).

10. Vieta tétele: Ha x 1, x 2, ..., x n a polinom valós gyökei

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, akkor a következő egyenlőségek teljesülnek:

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 /a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + … + x n – 1 x n = a 2 /a 0,

x 1 x 2 x 3 + … + x n – 2 x n – 1 x n = -a 3 / a 0,

x 1 · x 2 · x 3 · x n = (-1) n a n / a 0 .

Megoldási példák

1. példa

Határozzuk meg a P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 osztás maradékát (x – 1/3-al).

Megoldás.

Bezout tételének következményeként: „Egy polinom maradéka binomimmal osztva (x – c) egyenlő c polinomjának értékével.” Határozzuk meg, hogy P(1/3) = 0. Ezért a maradék 0, és az 1/3 szám a polinom gyöke.

Válasz: R = 0.

2. példa

Ossza el egy „sarokkal” 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 (x + 2) értékkel. Keresse meg a maradék és a hiányos hányadost.

Megoldás:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4 x 2 2x 2 – x

X 2-2 x

Válasz: R = 3; hányados: 2x 2 – x.

A magasabb fokú egyenletek megoldásának alapvető módszerei

1. Új változó bevezetése

Az új változó bevezetésének módja már ismerős a bikvadratikus egyenletek példájából. Abból áll, hogy az f(x) = 0 egyenlet megoldásához egy új változót (helyettesítés) t = x n vagy t = g(x) vezetünk be, és f(x)-t t-n keresztül fejezzük ki, így egy új r egyenletet kapunk. (t). Ezután az r(t) egyenletet megoldva megtaláljuk a gyököket:

(t 1, t 2, …, t n). Ezek után kapunk egy n egyenlethalmazt q(x) = t 1, q(x) = t 2, … , q(x) = t n, amelyből az eredeti egyenlet gyökerei találhatók.

1. példa

(x 2 + x + 1) 2 – 3 x 2 – 3 x – 1 = 0.

Megoldás:

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x) – 1 = 0.

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x + 1) + 3 – 1 = 0.

Behelyettesítés (x 2 + x + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Fordított helyettesítés:

x 2 + x + 1 = 2 vagy x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 vagy x 2 + x = 0;

Válasz: Az első egyenletből: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, a másodikból: 0 és -1.

2. Faktorizálás csoportosítással és rövidített szorzóképletekkel

Ennek a módszernek az alapja sem új, és a kifejezések olyan csoportosításából áll, hogy minden csoport tartalmazzon egy közös tényezőt. Ehhez néha szükség van bizonyos mesterséges technikák alkalmazására.

1. példa

x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.

Megoldás.

Képzeljük el - 3x 2 = -2x 2 - x 2 és csoportosítsuk:

(x 4 – 2x 2) – (x 2 – 4x + 3) = 0.

(x 4 – 2x 2 +1 – 1) – (x 2 – 4x + 3 + 1 – 1) = 0.

(x 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

(x 2 – 1 – x + 2) (x 2 – 1 + x – 2) = 0.

(x 2 – x + 1) (x 2 + x – 3) = 0.

x 2 – x + 1 = 0 vagy x 2 + x – 3 = 0.

Válasz: Az első egyenletben nincs gyök, a másodiktól kezdve: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Faktorizálás meghatározatlan együtthatók módszerével

A módszer lényege, hogy az eredeti polinomot ismeretlen együtthatókkal faktorizáljuk. Azt a tulajdonságot felhasználva, hogy a polinomok egyenlőek, ha együtthatóik azonos hatványokon egyenlők, az ismeretlen kiterjesztési együtthatókat megtaláljuk.

1. példa

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

Megoldás.

Egy 3-as fokú polinom kiterjeszthető lineáris és másodfokú tényezők szorzatára.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x – a) (x 2 + bx + c),

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 +bx 2 + cx – ax 2 – abx – ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + (b – a)x 2 + (cx – ab)x – ac.

A rendszer megoldása után:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac = 2,

(a = -1,
(b = 3,
(c = 2, azaz

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1) (x 2 + 3x + 2).

Az (x + 1)(x 2 + 3x + 2) = 0 egyenlet gyökerei könnyen megtalálhatók.

Válasz: -1; -2.

4. A gyökér kiválasztásának módja a legmagasabb és szabad együttható használatával

A módszer a következő tételek alkalmazásán alapul:

1) Az egész együtthatós polinom minden gyöke a szabad tag osztója.

2) Ahhoz, hogy a p/q irreducibilis tört (p egész szám, q természetes szám) legyen egy egész együtthatós egyenlet gyöke, szükséges, hogy a p szám az a 0 szabad tag egész osztója legyen, és q a vezető együttható természetes osztója.

1. példa

6x 3 + 7x 2 – 9x + 2 = 0.

Megoldás:

6: q = 1, 2, 3, 6.

Ezért p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Ha találtunk egy gyökéröt, például – 2, akkor a sarokosztás, a határozatlan együtthatók módszere vagy a Horner-séma segítségével más gyökereket is találunk.

Válasz: -2; 1/2; 1/3.

Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell egyenleteket megoldani?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!

weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.

A 16. században a matematikusok szinte véletlenül botlottak összetett számokba (lásd a 11. fejezetet). A 18. században a komplex számokat a valós számok területének kiterjesztésének tekintették, de a velük való munka továbbra is paritáshibákhoz vezetett, mivel Leonard E. nagyszerű számelméleti munkája, az Arithmetical Investigations (1801) elkerülte a számtan használatát. úgynevezett „képzetes számok”. Számomra úgy tűnik, hogy ennek a munkának a legfontosabb része az algebra alaptételének első bizonyítása. Gauss felismerte ennek a tételnek a fontosságát, és a következő években több további bizonyítást is készített. 1849-ben átdolgozta az első változatot, ezúttal összetett számokkal. Modern szóhasználattal azt mondhatjuk, hogy minden valós vagy összetett együtthatójú véges polinomegyenlet esetén minden gyöke valós vagy komplex szám lesz. Így nemleges választ kapunk arra a régóta fennálló kérdésre, hogy a magasrendű polinomegyenletek megoldásához szükség van-e a komplexeknél magasabb rendű számok generálására.

Az akkori algebra egyik legkínosabb problémája az volt, hogy az ötödrendű polinom, a kvintikus megoldható-e algebrai módszerekkel, azaz véges számú algebrai lépéssel. Napjainkban az iskolában a másodfokú egyenletek megoldásának képletét tanítják, a 16. század óta ismertek hasonló módszerek a harmad- és negyedfokú egyenletek megoldására is (11. fejezet). De nem találtak egyetlen módszert sem a kvintikára. Az algebra alaptétele látszólag pozitív válasz reményében rejlik, de valójában egyszerűen a megoldások létezését garantálja, nem mond semmit a pontos megoldásokat adó képletek létezéséről (akkor már léteztek hozzávetőleges numerikus és grafikus módszerek ). És ekkor megjelent két tragikus sorsú matematikai zseni.

Niels Henrik Abel (1802–1829) egy nagy, szegény családban született egy kis faluban Norvégiában, egy országban, amelyet az Angliával és Svédországgal vívott hosszú évek háborúja pusztított el. A fiúval kedveskedő tanárnő magánórákat adott neki, de édesapja halála után, tizennyolc évesen, fiatal kora és törékeny egészsége ellenére Ábel kénytelen volt eltartani a családját. 1824-ben publikált egy tudományos cikket, amelyben kijelentette, hogy a quintic nem oldható meg algebrai eszközökkel, mint ahogy minden magasabb rendű polinom sem. Abel úgy gondolta, hogy ez a cikk lesz a jegye a tudományos világba, és elküldte Gaussnak a Göttingeni Egyetemre. Sajnos Gauss soha nem vágta a lapokat késsel (akkoriban minden olvasónak meg kellett tennie), és nem olvasta el a cikket. 1826-ban a norvég kormány végre pénzeszközöket biztosított Ábelnek, hogy beutazhassa Európát. Attól tartva, hogy a Gauss-szal folytatott személyes kommunikáció nem okoz neki sok örömet, a matematikus úgy döntött, nem látogat el Göttingenbe, hanem Berlinbe ment. Ott kötött barátságot August Leopold Krelle-lel (1780–1855), matematikussal, építészsel és mérnökkel, aki matematikai kérdésekben tanácsot adott a Porosz Oktatási Minisztériumnak. Krell szándékában állt megalapítani a Journal of Pure and Applied Mathematics-t. Így Ábel lehetőséget kapott munkáinak terjesztésére, és sokat publikált, különösen a Journal korai számaiban, amelyet azonnal igen tekintélyes és tekintélyes tudományos publikációnak kezdtek tekinteni. A norvég közzétette ott annak a bizonyítékának kiterjesztett változatát, hogy a kvintikus algebrai módszerekkel eldönthetetlen. Aztán elment Párizsba. Ez az utazás nagyon felzaklatta Ábelt, mert gyakorlatilag nem kapta meg a szükséges támogatást a francia matematikusoktól. Közel állt hozzá Augustin Louis Cauchy-hoz (1789–1857), aki akkoriban a matematikai elemzés vezető fényesének számított, de nagyon összetett karakterű. Ahogy Ábel maga fogalmazott: "Cauchy őrült, és nem lehet ellene tenni semmit, bár jelenleg ő az egyetlen, aki bármire képes a matematikában." Ha megpróbáljuk igazolni a Gauss és Cauchy által kiváltott tiszteletlenség és elhanyagolás megnyilvánulásait, akkor azt mondhatjuk, hogy a quintic bizonyos hírnevet szerzett, és felkeltette mind a tekintélyes matematikusok, mind az originalisták figyelmét. Ábel visszatért Norvégiába, ahol egyre gyakrabban szenvedett tuberkulózisban. Továbbra is küldte munkáját Crelle-nek, de 1829-ben meghalt, nem tudott róla, hogy hírneve mennyire megalapozott a tudományos világban. Két nappal halála után Ábel ajánlatot kapott, hogy Berlinben tudományos állást foglaljon el.

Ábel megmutatta, hogy a negyedrend feletti polinomok nem oldhatók meg gyökök, például négyzetgyök, kockagyök vagy magasabb rendű gyök segítségével. Azonban Galois megfogalmazta azokat az explicit feltételeket, amelyek mellett speciális esetekben ezek a polinomok megoldhatók, és a megoldási módot. Évariste Galois (1811–1832) rövid és eseménydús életet élt. Hihetetlenül tehetséges matematikus volt. Galois könyörtelen volt azokkal szemben, akiket nála kevésbé tartott tehetségesnek, ugyanakkor gyűlölte a társadalmi igazságtalanságot. Nem mutatott rátermettséget a matematikára, amíg el nem olvasta Legendre Geometria elemei című művét (1794-ben jelent meg, ez a könyv volt a következő száz év fő tankönyve). Aztán szó szerint felfalta Legendre és később Ábel többi művét. Lelkesedése, önbizalma és intoleranciája valóban szörnyű következményekkel járt a tanárokkal és a vizsgáztatókkal való kapcsolatában. Galois részt vett a francia matematika bölcsőjébe, az École Polytechnique-re kiírt versenyen, de felkészültség hiányában megbukott a vizsgán. Miután találkozott egy új tanárral, aki felismerte tehetségét, egy ideig sikerült kordában tartania az indulatait. Galois 1829 márciusában publikálta első dolgozatát a tört folytatásról, amelyet legjelentősebb munkájának tartott. Felfedezéseiről üzenetet küldött a Tudományos Akadémiának, Cauchy megígérte, hogy bemutatja őket, de elfelejtette. Ráadásul egyszerűen elvesztette a kéziratot.

Galois második kudarca, hogy belépjen az École Polytechnique-be, a matematikai folklór részévé vált. Annyira hozzászokott ahhoz, hogy állandóan bonyolult matematikai gondolatokat tartson a fejében, hogy feldühítette a vizsgáztatók kicsinyes nyavalygása. Mivel a vizsgáztatók nehezen értették meg a magyarázatát, a tábláról egy száraz törlőruhát dobott egyikük arcába. Nem sokkal ezután apja meghalt, és az egyházi intrikák következtében öngyilkos lett. Gyakorlatilag lázadás tört ki a temetésén. 1830 februárjában Galois megírta a következő három dolgozatot, és elküldte azokat a Tudományos Akadémiának a matematikai nagydíjra. Joseph Fourier, az akadémia akkori titkára anélkül halt meg, hogy elolvasta őket, és halála után a cikkeket nem találták meg iratai között. A csalódás ekkora áradata bárkit úrrá lett volna. Galois fellázadt a hatalmon lévők ellen, mert úgy érezte, hogy nem ismerik el érdemeit, és megsemmisítette apját. Határozottan belevetette magát a politikába, és lelkes köztársaságpárti lett – nem a legbölcsebb döntés Franciaországban 1830-ban. Utolsó kísérletként tudományos dolgozatot küldött a híres francia fizikusnak és matematikusnak, Simeon Denis Poissonnak (1781–1840), aki válaszul további bizonyítékokat követelt.

Ez volt az utolsó csepp a pohárban. 1831-ben Galois-t kétszer is letartóztatták – először azért, mert állítólag Lajos Fülöp király meggyilkolására szólított fel, majd a védelme érdekében – a hatóságok a köztársasági lázadástól tartottak! Ezúttal hat hónap börtönbüntetésre ítélték koholt vádak miatt, mert illegálisan viselte a feloszlatott tüzér zászlóalj egyenruháját, amelyhez csatlakozott. Feltételesen szabadlábra helyezve olyan feladatot vállalt, amitől éppúgy undorodtak, mint minden mástól az életben. Odaadó barátjának, Chevalier-nek írt leveleiben érezhető csalódottsága. 1832. május 29-én elfogadta a kihívást egy párbajra, amelynek okait nem teljesen értik. „Egy becstelen kacérkodás áldozata lettem. Az életem kialudt egy nyomorúságos veszekedésben” – írja a „Level minden republikánusnak” című könyvében. Galois leghíresebb művét a végzetes párbaj előtti éjszakán vázolták fel. A margón elszórtan vannak panaszok: „Nincs már időm, nincs már időm.” Kénytelen volt másokra bízni azoknak a köztes lépéseknek a részletes ismertetését, amelyek nem voltak elengedhetetlenek a fő gondolat megértéséhez. Papírra kellett vetnie felfedezései alapját – a ma Galois-tételnek nevezett tétel eredetét. Végrendeletét azzal fejezte be, hogy felkérte Chevalier-t, hogy "kérje meg Jacobit és Gausst, hogy mondják el közvéleményüket, nem a tételek helyességét, hanem fontosságát illetően". Kora reggel Galois elment, hogy találkozzon riválisával. 25 lépés távolságból kellett lőniük. Galois megsebesült, és másnap reggel a kórházban meghalt. Még csak húsz éves volt.

Galois Lagrange és Cauchy munkáira épített, de kidolgozott egy általánosabb módszert. Ez rendkívül fontos eredmény volt a kvintika megoldása terén. A tudós kevesebb figyelmet fordított az eredeti egyenletekre vagy a grafikus értelmezésre, és többet gondolt magukra a gyökerek természetére. Az egyszerűsítés kedvéért Galois csak az úgynevezett irreducibilis kvintikákat vette figyelembe, vagyis azokat, amelyek nem faktorizálhatók alacsonyabb rendű polinomok formájában (amint mondtuk, a negyedrendű polinomegyenletekhez vannak képletek, amelyekkel megtalálhatjuk a polinomokat. gyökerei). Általában véve a racionális együtthatókkal rendelkező irreducibilis polinom olyan polinom, amely nem bontható fel egyszerűbb, racionális együtthatós polinomokra. Például (x 5 - 1) faktorizálható (x-1) (x 4 + x 3 + x 2 + x + 1), mivel (x 5-2) Nem csökkenthető. Galois célja az volt, hogy meghatározza azokat a feltételeket, amelyek mellett egy általános irreducibilis polinomegyenlet összes megoldása megtalálható gyökökben.

A megoldás kulcsa, hogy egyetlen irreducibilis algebrai egyenlet gyökei nem függetlenek, egymáson keresztül kifejezhetők. Ezeket a relációkat az összes lehetséges permutáció csoportjába, az úgynevezett gyökszimmetria csoportba formalizálták - egy kvintikus esetében ez a csoport 5-öt tartalmaz! = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120 elem. A Galois-elmélet matematikai algoritmusai nagyon összetettek, és valószínűleg részben ennek köszönhetően kezdetben nehezen érthetőek voltak. De miután az absztrakció szintje lehetővé tette számára, hogy az egyenletek algebrai megoldásairól a hozzájuk tartozó csoportok algebrai struktúrájára lépjen, Galois képes volt megjósolni egy egyenlet megoldhatóságát az ilyen csoportok tulajdonságai alapján. Sőt, elmélete egy olyan módszert is adott, amellyel ezek a gyökerek maguk is fellelhetők. Ami a kvintikat illeti, Joseph Liouville (1809–1882) matematikus, aki 1846-ban Galois munkájának nagy részét publikálta a Journal of Pure and Applied Mathematics című folyóiratban, megjegyezte, hogy a fiatal tudós „gyönyörű tételt” bizonyított, és hogy „hogy Ha egy eredeti fokú irreducibilis egyenlet megoldható gyökökkel, akkor szükséges és elégséges, hogy minden gyöke bármelyik kettő racionális függvénye legyen. Mivel ez egy kvintikus számára lehetetlen, nem oldható meg gyökök segítségével.

Három év alatt a matematikai világ két legfényesebb új csillagát veszítette el. Kölcsönös vádaskodás és lélekkutatás következett, Abel és Galois pedig megérdemelt elismerést ért el, de csak posztumusz. 1829-ben Carl Jacobi Legendre útján szerzett tudomást Ábel „elveszett” kéziratáról, 1830-ban pedig diplomáciai botrány robbant ki, amikor a párizsi norvég konzul követelte honfitársa cikkének megtalálását. Cauchy végül megtalálta a cikket, de az akadémia szerkesztői újra elvesztették! Ugyanebben az évben Ábel elnyerte a Matematikai Grand Prix-t (Jacobival megosztva) – de már halott volt. 1841-ben jelent meg életrajza. 1846-ban Liouville megszerkesztette Galois néhány kéziratát publikálás céljából, és a bevezetőben sajnálatát fejezte ki amiatt, hogy az akadémia kezdetben elutasította Galois munkáját annak összetettsége miatt – „a bemutatás egyértelműségére valóban szükség van, ha a szerző levezeti az olvasót a kitaposott ösvényről a feltérképezetlen vadonba. területeken." Így folytatja: „Galois nincs többé! Ne essünk haszontalan kritikákba. Tegyük félre a hiányosságokat, és nézzük az előnyöket!" Galois rövid életének gyümölcsei mindössze hatvan oldalba férnek bele. Az École Normale és az École Polytechnique jelöltjei számára készült matematikai folyóirat szerkesztője a következőképpen kommentálta a Galois-ügyet: „A magas intelligenciájú jelöltet egy alacsonyabb gondolkodású vizsgáztató kizárta. Barbarus hic ego sum, quia non intelligor illis.”

Először is, e mű második oldalát nem terhelik nevek, vezetéknevek, társadalmi státuszleírások, címek és elégiák valami fukar fejedelem tiszteletére, akinek e tömjén segítségével - bezárással fenyegetve - felnyílik a pénztárcája. amikor a dicséret véget ér. Nem fogsz itt látni áhítatos laudációkat, amelyek háromszor nagyobb betűkkel vannak írva, mint maga a szöveg, és amelyek a tudományban magas rangúaknak szólnak, valami bölcs mecénásnak – ami kötelező (mondanám elkerülhetetlen) annak, aki húsz évesen akar. írni valamit. Nem mondom el itt senkinek, hogy tartozom tanácsaikkal és támogatásukkal minden jóért, ami a munkámból származik. Ezt nem azért mondom, mert hazugság lenne. Ha megemlíteném a társadalom vagy a tudomány egyik nagyságát (a két emberosztály közötti különbség jelenleg szinte észrevehetetlen), esküszöm, hogy nem a hála jele lenne. Nekik köszönhetem, hogy e két cikk közül az elsőt ilyen későn publikáltam, és hogy mindezt a börtönben írtam - egy olyan helyen, amely aligha tekinthető alkalmasnak tudományos reflexióra, és gyakran elcsodálkozom visszafogottságomon és tartási képességemen. befogom a számat.kastély a hülye és gonosz zoilokkal kapcsolatban. Azt hiszem, használhatom a "zoiles" szót anélkül, hogy félnék attól, hogy helytelenséggel vádolnak, mivel én így hívom az ellenfeleimet. Nem fogok itt írni arról, hogyan és miért kerültem börtönbe, de azt kell mondanom, hogy a kézirataim gyakrabban vesztek el az akadémia úri tagjainak aktáiban, bár igazából ezt el sem tudom képzelni. tapintatlanság az Ábel haláláért felelős emberek részéről. Véleményem szerint bárki szeretne összehasonlítani ezzel a zseniális matematikussal. Elég, ha csak annyit mondok, hogy az egyenletelméletről szóló cikkemet 1830 februárjában küldték el a Tudományos Akadémiának, 1829 februárjában küldtek ki belőle kivonatokat, de ezekből semmit sem nyomtattak ki, sőt a kéziratról is kiderült, hogy lehetetlen. Visszatérés.

Galois, kiadatlan előszó, 1832