Ойындар

Шаршы шешудің 10 тәсілі. Квадрат теңдеулерді шешу әдістері. Квадрат теңдеулердің даму тарихы

https://pandia.ru/text/78/082/images/image002_237.gif" height="952"> "Сергиевская орта мектебі" МММ

Орындаған: Сизиков Станислав

Мұғалім:

бірге. Сергиевка, 2007 ж

1. Кіріспе. Ежелгі Вавилондағы квадрат теңдеулер……………….3

2. Диафанттағы квадрат теңдеулер…………..……………………….4

3. Үндістандағы квадрат теңдеулер……………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………

4. Әл-Хорезмидегі квадрат теңдеулер …………………………………..6

5. Еуропадағы квадрат теңдеулер XIII - XYII…………………………7

6. Вьета теоремасы туралы …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………..9

7. Квадрат теңдеулерді шешудің он тәсілі……………………..10

8. Қорытынды……………………………………………………………20

9. Пайдаланылған әдебиеттер………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………21

Кіріспе

Квадрат теңдеулер

Квадрат теңдеулер алгебраның ұлы ғимараты тірек болатын іргетас болып табылады. Квадрат теңдеулер тригонометриялық, көрсеткіштік, логарифмдік, иррационал теңдеулерді шешуде кеңінен қолданылады. Квадрат теңдеулерді шешуді бәріміз 8-сыныптан бастап білеміз. Бірақ квадрат теңдеулерді шешу тарихы қалай пайда болды және қалай дамыды?

Ежелгі Вавилондағы квадрат теңдеулер

Бірінші емес, екінші дәрежелі теңдеулерді шешу қажеттілігі сонау көне заманда жер учаскелерін табуға байланысты есептерді шешу қажеттілігінен туындаған; әскери сипаттағы жер жұмыстары, сондай-ақ астрономия мен математиканың дамуымен. Квадрат теңдеулер шамамен б.з.б. 2000 жылы шеше алды. e. Вавилондықтар. Қазіргі алгебралық белгілерді пайдалана отырып, олардың сына жазуы бар мәтіндерінде толық емес мәтіндерден басқа, мысалы, толық квадрат теңдеулер бар деп айта аламыз: x2 + x = , : x2 - x = 14https://pandia.ru/text/ 78/082 /images/image005_150.gif" width="16" height="41 src=">)2 + 12 = x; Бхаскара бүркеншікпен жазады

x2- 64X = - 768

және осы теңдеудің сол жағын квадратқа дейін аяқтау үшін екі жағына 322 қосады, содан кейін: x2- 64x + 322 = - 768 + 1024;

(X- 32)2 = 256; X - 32 = ± 16, xt = 16, hg= 48.

Әл-Хорезмидегі квадрат теңдеулер

Әл-Хорезмидің алгебралық трактатында сызықтық және квадраттық теңдеулердің классификациясы берілген. Автор теңдеудің 6 түрін келтіріп, оларды былайша өрнектейді:

1) «Квадраттар түбірлерге тең», яғни. ax2 = дюйм.

2) «Квадраттар санға тең», яғни. ah2= бірге.

3) «Түбірлер санға тең», яғни. ah = с.

4) «Квадраттар мен сандар түбірге тең», яғни. ah2+ c = в.

5) «Квадраттар мен түбірлер санға тең», яғни. ah2+ в = с.

6) «Түбірлер мен сандар квадраттарға тең», яғни. жылы+ c \u003d ax2.Теріс сандарды қолданудан аулақ болған әл-Хорезми үшін бұл теңдеулердің әрқайсысының мүшелері азайту емес, қосу болып табылады. Бұл жағдайда оң шешімдері жоқ теңдеулер ескерілмейтіні анық. Автор бұл теңдеулерді шешу әдістерін белгілейді. Оның шешімі, әрине, біздікімен толық сәйкес келмейді. Оның таза риторикалық екенін айтпағанда, айталық, бірінші типті толық емес квадрат теңдеуді шешкен кезде әл-Хорезми 17 ғасырға дейінгі барлық математиктер сияқты нөлді есепке алмағанын айта кеткен жөн. шешу, мүмкін, өйткені нақты практикалық тапсырмаларда бұл маңызды емес. Толық квадрат теңдеулерді шешкен кезде әл-Хорезми оларды шешу ережелерін нақты сандық мысалдар арқылы, содан кейін олардың геометриялық дәлелдеулерін келтіреді.

Мысал келтірейік.

14-есеп. «Квадрат пен 21 саны 10 түбірге тең. Түбірді табыңыз «(теңдеудің түбірін білдіреді x2+ 21 = 10X).

Автордың шешімі мынадай: түбір санын екіге бөл, 5 шығады, 5-ті өзіне көбейт, көбейтіндіден 21-ді ал, 4 қалады.4-тің түбірін ал, 2-ні аласың.5-тен 2-ні азайт, сен 3 алу, бұл қажетті түбір болады. Немесе 2-ні 5-ке қоссаңыз, ол 7 береді, бұл да түбір.

Әл-Хорезми трактаты – бізге жеткен бірінші кітап, онда квадрат теңдеулердің жіктелуі жүйелі түрде берілген және оларды шешу формулалары келтірілген.

Еуропадағы квадрат теңдеулерXIII- XVIIғасырлар

Еуропадағы әл-Хорезми үлгісі бойынша квадрат теңдеулерді шешу формулалары алғаш рет «Абакус кітабында» (өткен ғасырдың ортасында Римде басылған, «Абактың Фибоначчи кітабында 459 бет бар)» жазылған. 1202 ж. итальян математигі Леонардо Фибоначчи. Ислам елдерінің де, Ежелгі Грецияның да математикасының ықпалын көрсететін бұл көлемді еңбек толықтығымен де, баяндылығымен де ерекшеленеді. Автор есептерді шешудің кейбір жаңа алгебралық мысалдарын дербес әзірледі және бірінші жылыЕуропа теріс сандарды енгізуге жақындады. Оның кітабы Италияда ғана емес, Германияда, Францияда және басқа да Еуропа елдерінде алгебралық білімнің таралуына ықпал етті. Абакус кітабынан көптеген тапсырмалар 16-17 ғасырлардағы барлық дерлік еуропалық оқулықтарға өтті. және ішінара XVIII.

Бір канондық түрге келтірілген квадрат теңдеулерді шешудің жалпы ережесі x2+ = s,коэффициенттер белгілерінің барлық мүмкін комбинациясы үшін ішінде, біргеЕуропада 1544 жылы ғана тұжырымдалған. М. Штифель.

Виетада квадрат теңдеуді шешуге арналған формуланың жалпы туындысы бар, бірақ Виета тек оң түбірлерді мойындады. 16 ғасырда алғашқылардың қатарында итальяндық математиктер Тарталья, Кардако, Бомбелли болды. оң және теріс түбірлерден басқа ескеру. Тек XVII ғасырда. Жирард, Декарт, Ньютон және басқа ғалымдардың еңбектерінің арқасында квадрат теңдеулерді шешу әдісі заманауи көрініске ие болды.

Виетаның теоремасы туралы

Квадрат теңдеудің коэффициенттері мен оның түбірлері арасындағы байланысты өрнектейтін теореманы Вьета деп атаған ол алғаш рет 1591 жылы былай тұжырымдаған: «Егер AT+ D, көбейтіледі БІРАҚминус A2,тең BD, содан кейін БІРАҚтең ATжәне тең D».

Виетаны түсіну үшін мұны есте сақтау керек БІРАҚ,кез келген сияқты
дауысты дыбыс, ол үшін белгісіз (біздің X),дауысты дыбыстар
AT,D- белгісізге арналған коэффициенттер. Қазіргі алгебра тілінде жоғарыдағы Виетаның тұжырымы мынаны білдіреді: егер

(а+ в) х - х 2 = аб, x2 - (a+ б) x + аб = 0, x1 = a, x2 = b.

Теңдеулердің түбірлері мен коэффициенттері арасындағы байланысты белгілер арқылы жазылған жалпы формулалар арқылы өрнектей отырып, Виет теңдеулерді шешу әдістерінде біркелкілік орнатты. Дегенмен, Вьета символикасы оның заманауи түрінен әлі де алыс. Ол теріс сандарды танымады, сондықтан теңдеулерді шешу кезінде барлық түбірлері оң болатын жағдайларды ғана қарастырды.

Квадрат теңдеулерді шешудің он тәсілі

Мектептегі математика курсында квадрат теңдеулердің түбірлерінің формулалары оқытылады, олардың көмегімен кез келген квадрат теңдеулерді шешуге болады. Дегенмен, көптеген теңдеулерді өте тез және ұтымды шешуге мүмкіндік беретін квадрат теңдеулерді шешудің басқа тәсілдері бар. Квадрат теңдеулерді шешудің он тәсілі бар. Олардың әрқайсысын қарастырайық.

1. Теңдеудің сол жағын көбейткіштерге бөлу

Теңдеуді шешейік x2+ 10X- 24 = 0. Теңдеудің сол жағын көбейткіштерге жіктейік:

x2 + 10x - 24 = x2 + 12x - 2x - 24 =

X(x + x + 12) = (x + 12)(x - 2).

Сондықтан теңдеуді келесі түрде қайта жазуға болады:

( X + 12)(x - 2) = 0.

Өнім нөлге тең болғандықтан, оның кем дегенде бір факторы нөлге тең. Сондықтан теңдеудің сол жағы болғанда жоғалады x = 2, сондай-ақ X= - 12. Бұл 2 және - 12 сандары x2 + 10x - 24 = 0 теңдеуінің түбірі екенін білдіреді.

2. Толық шаршы таңдау әдісі

Бұл әдісті мысалмен түсіндірейік.

x2 + 6x - 7 = 0 теңдеуін шешейік. Сол жақтағы толық шаршыны таңдаңыз. Ол үшін x2 + 6x өрнегін келесі түрде жазамыз:

x2 + 6x = x2 + 2*x*3.

Алынған өрнекте бірінші мүшесі х санының квадраты, ал екіншісі х-тің 3-ке қосарланған көбейтіндісі. Сондықтан толық квадратты алу үшін 32-ні қосу керек, өйткені

x2 + 2 x 3 + 32 = (x + 3)2.

Енді теңдеудің сол жағын түрлендіреміз

x2 + 6x - 7 = 0,

оған қосу және азайту 32. Бізде:

x2 + 6x - 7 = x2 + 2 X 3 +– 7 = (X- \u003d (x - Z) 2 - 16 .

Осылайша, бұл теңдеуді былай жазуға болады:

(x + = 0, яғни (x + 3)2 = 16.

Демек, X+ 3 \u003d 4 x1 \u003d 1 немесе x + 3 \u003d - 4, x2 \u003d - 7.

3. Квадрат теңдеулерді формула бойынша шешу

Теңдеудің екі жағын да көбейтіңіз

ah2+ жылы+ c = 0, a ≠ 0, қосулы 4ажәне бізде келесідей:

4a2 x2 + 4abx+ 4ac = 0,

((2ax)2 + 2 axb + б2 ) - б2 + 4ac= 0,

(2ax +б)2 = in2- 4ac,

2ax+ б= ± https://pandia.ru/text/78/082/images/image006_128.gif" ені="71" биіктігі="27">, x1,2 =

Оң дискриминант жағдайында, яғни v2 - 4ac > 0, теңдеу ah2+ + с ішінде= 0 екі түрлі түбірі бар.

Егер дискриминант нөлге тең болса, яғни. v2 - 4ac = 0, содан кейін теңдеу ah2+ жылы+ бірге= 0 бір түбірі бар, x = - https://pandia.ru/text/78/082/images/image009_95.gif" width="14" height="62"> Оның түбірлері Вьетнам теоремасын қанағаттандырады, ол, қашан а= 1 пішіні бар

x1 x2 = q,

x1 + x2 = - Р.

Бұдан келесі қорытындылар жасауға болады (коэффициенттер бойынша Ржәне qтүбірлік белгілерді болжауға болады).

а) бос мүше болса qқысқартылған теңдеу (1)
оң (q> 0), онда теңдеу екі бірдей
түбір белгісі бойынша және ол екінші коэффициентке тәуелді Р
Егер а Р> 0, онда екі түбір де теріс, егер Р< 0, сосын екеуі де
тамыры оң.

Мысалға,

x2- 3X + 2 = 0; x1= 2 және x2 = 1, өйткені q = 2 > 0 u б = - 3 < 0;

x2 + 8x + 7 = 0; x 1 \u003d - 7 және x2 \u003d - 1, өйткені q= 7 > 0 және Р = 8 > 0.

б) егер бос мүше болса qқысқартылған теңдеу (1)
теріс (q < 0), онда теңдеудің әртүрлі таңбалы екі түбірі болады және абсолютті мәндегі үлкен түбір оң болады, егер Р< 0 немесе теріс, егер p > 0.

Мысалға,

x2 + 4x - 5 = 0; x1 \u003d - 5 және x2 \u003d 1, өйткені q = - 5 < 0 и Р= 4 > 0;

x2 - 8x - 9 = 0; x1 = 9 және x2= - 1 себебі q = - 9 < и Р= - 8 < 0.

5. «Тасымалдау» әдісімен теңдеулерді шешу

Квадрат теңдеуді қарастырайық ax2 + дюйм+ c = 0, қайда a ≠ 0. Оның екі бөлігін де көбейту а,теңдеуін аламыз a2x2 +abx+ ac= 0.

Болсын ah = yқайда X=; содан кейін теңдеуге келеміз

y2+ бойынша+ ac = 0,

осыған тең. оның тамыры y1және y2Вьета теоремасының көмегімен табыңыз. Ақыры аламыз x1= https://pandia.ru/text/78/082/images/image012_77.gif" ені="24" биіктігі="43">.

Бұл әдіспен коэффициент аеркін терминге көбейтіледі, оған «лақтырылған» сияқты, сондықтан оны атайды тасымалдау әдісі.Бұл әдіс Виет теоремасы арқылы теңдеудің түбірлерін табу оңай болғанда және ең бастысы, дискриминант дәл квадрат болғанда қолданылады.

1. 2x2 - 11x + 15 = 0 теңдеуін шешіңіз.

Шешім. 2 коэффициентін бос мүшеге «көшірейік», нәтижесінде теңдеу аламыз

y2 - 11 сағ+ 30 = 0.

Виета теоремасы бойынша y1 = 5, y2 = 6, демек x1 = https://pandia.ru/text/78/082/images/image014_69.gif" width="16 height=41" height="41" >, t e.

x1 = 2,5 x2 = 3.

Жауап: 2,5; 3.

6. Шаршы коэффициенттерінің қасиеттерітеңдеулер

A. Квадрат теңдеу берілсін

ax2 + в + в= 0, мұнда а ≠ 0.

1. Егер + болса + ішінде= 0 (яғни, теңдеу коэффициенттерінің қосындысы нөлге тең), онда x1 = 1, x2 = .

2. Егер a - b + c= 0, немесеб = а + с, онда x1 = - 1, X 2 = - https://pandia.ru/text/78/082/images/image016_58.gif" width="44 height=41" height="41">.

Жауап: 1; 184">

Келесі жағдайлар мүмкін:

Түзу және парабола екі нүктеде қиылысуы мүмкін, қиылысу нүктелерінің абсциссалары квадрат теңдеудің түбірлері болып табылады;

Түзу мен парабола жанасуы мүмкін (тек бір ортақ нүкте), яғни теңдеудің бір шешімі бар;

Түзу мен параболаның ортақ нүктелері жоқ, яғни квадрат теңдеудің түбірі жоқ.

Мысалдар.

1. x2 - 3x - 4 = 0 теңдеуін графикалық түрде шешейік (2-сурет).

Шешім.Теңдеуді формада жазамыз x2 = 3x + 4.

Парабола құрастырайық y = x2және тікелей у= 3x + 4. Тікелей сағ= 3x + 4 екі M(0; 4) және N(3; 13) нүктелерінен тұрғызуға болады. Түзу мен парабола екі нүктеде қиылысады А-дан Бабсциссамен x1= - 1 және x2 = 4.

Жауабы: x1= - 1, x, = 4.

8. Квадрат теңдеулерді циркуль және түзу сызықпен шешу

Квадрат теңдеулерді параболаның көмегімен шешудің графикалық тәсілі ыңғайсыз. Егер сіз парабола нүктесін нүкте бойынша құрастырсаңыз, онда бұл көп уақытты алады, ал алынған нәтижелердің дәлдік дәрежесі төмен.

Квадрат теңдеудің түбірін табудың келесі әдісін ұсынамыз

ah2+ жылы+ бірге= 0

циркуль мен сызғышты пайдалану (Cурет).

Қажетті шеңбер абсцисса осін нүктелерде қиып өтеді деп алайық Б(x1; 0) және D(x2 ; 0), қайда x1және x2- теңдеудің түбірлері ax2 + дюйм+бірге=0,
және у осіндегі A(0; 1) және C(0; ) нүктелері арқылы өтеді..gif" width="197" height="123">

Сонымен: 1) құру нүктелері https://pandia.ru/text/78/082/images/image023_40.gif" width="171" height="45"> шеңбер OX осін B(x1;0) нүктесінде қиып өтеді. ) және D(x1 ; 0), мұндағы x1 және x2 - ax2+bx+c квадрат теңдеудің түбірлері = 0.

2) Шеңбердің радиусы центрдің ординатасына тең , шеңбер х осіне B(x1; 0) нүктесінде жанасады, мұндағы xxквадрат теңдеудің түбірі болып табылады.

3) Шеңбердің радиусы сол жақ центрдің ординатасынан кіші»>

https://pandia.ru/text/78/082/images/image029_34.gif" width="612" height="372">40" height="14">

https://pandia.ru/text/78/082/images/image031_28.gif" ені="612" биіктігі="432 src=">

Қайдан ауыстырулардан кейін және

жеңілдетулерден кейін z2+pz+q=0 теңдеуі келеді, ал z әрпі қисық шкаланың кез келген нүктесінің белгісін білдіреді.

10. Квадрат теңдеулерді шешудің геометриялық әдісі

Алгебрадан гөрі геометрия дамыған ерте заманда квадрат теңдеулер алгебралық жолмен емес, геометриялық жолмен шешілген. Алгебрадан әл-Хорезмидің әйгілі болған мысалын келтірейік.

Және төрт бекітілген шаршы, яғни S=x2+10x+25. x2+10x-ті 39-ға ауыстырсақ, S = 39 + 25 = 64 аламыз, яғни шаршының қабырғасы А Б С Д, яғни сегмент AB= 8. Қажетті жағы үшін Xбастапқы квадратты аламыз

Қорытынды

Квадрат теңдеулерді шешуді бәріміз мектептен бастап мектеп бітіргенге дейін білеміз. Бірақ мектептегі математика курсында квадрат теңдеулердің түбірлерінің формулалары оқытылады, олардың көмегімен кез келген квадрат теңдеулерді шешуге болады. Дегенмен, бұл мәселені тереңірек зерттей келе, көптеген теңдеулерді өте тез және ұтымды шешуге мүмкіндік беретін квадрат теңдеулерді шешудің басқа да жолдары бар екеніне көзім жетті.

Мүмкін математика көзге көрінбейтін басқа өлшемдерде бір жерде - бәрі жазылған және біз барлық жаңа фактілерді әлемдермен бірге тесігінен аламыз ба? ... Құдай біледі; бірақ физиктерге, химиктерге, экономистерге немесе археологтарға дүние құрылымының жаңа үлгісі қажет болса, бұл модельді әрқашан математиктер оны үш жүз жыл бұрын қойған сөреден алуға немесе бір жерде жатқан бөліктерден құрастыруға болады. сөре. Мүмкін, бұл бөліктерді бұрап, бір-біріне реттеуге, жылтыратуға, бірнеше жаңа теорема втулкаларын жылдам өңдеуге тура келеді; бірақ нәтиже теориясы туындаған нақты жағдайды сипаттап қана қоймай, оның салдарын болжайтын болады! ...

Бір қызығы, бұл ақыл ойыны, ол әрқашан дұрыс ...

Әдебиет

1. Әлімов Ш.А., Ильин В.А. және басқалар Алгебра, 6-8. Орта мектептің 6-8 сыныптарына арналған сынақ оқулығы. – М., Білім, 1981 ж.

2.Брадис орта мектепке арналған математикалық кестелер. Ред. 57-ші. - М., Білім, 1990. С. 83.

3. Злоцкий – математиканы оқытудағы тапсырмалар. Мұғалімге арналған кітап. – М., Білім, 1992 ж.

4.М., Математика («Бірінші қыркүйек» газетінің қосымшасы), No21/96, 10/97, 24/97, 18/98, 21/98.

5. Окунев функциялары, теңдеулер және теңсіздіктер. Мұғалімге арналған нұсқаулық. – М., Білім, 1972 ж.

6. Соломник Б.С., Математикадан тәтті сұрақтар мен есептер. Ред. 4-ші, қосыңыз. - М., Жоғары мектеп, 1973 ж.

7.М., Математика («Бірінші қыркүйек» газетінің қосымшасы), No40, 2000 ж.

Қарау

МОУ 11 сынып оқушысының жұмысы үшін «Сергиевская орта

жалпы білім беретін мектеп»

Копьевская ауылдық орта мектебі

Квадрат теңдеулерді шешудің 10 жолы

Жетекшісі: Патрикеева Галина Анатольевна,

математика мұғалімі

с.Копьево, 2007 ж

1. Квадрат теңдеулердің даму тарихы

1.1 Ежелгі Вавилондағы квадрат теңдеулер

1.2 Диофант квадрат теңдеулерді қалай құрастырды және шешті

1.3 Үндістандағы квадрат теңдеулер

1.4 Әл-Хорезмидегі квадрат теңдеулер

1.5 Еуропадағы квадрат теңдеулер XIII - XVII ғасырлар

1.6 Вьета теоремасы туралы

2. Квадрат теңдеулерді шешу әдістері

Қорытынды

Әдебиет

1. Квадрат теңдеулердің даму тарихы

1 .1 Шаршы теңдеулерЕжелгі Вавилондағы қақтығыстар

Бірінші ғана емес, екінші дәрежелі теңдеулерді шешу қажеттілігі ежелгі дәуірде жер учаскелері мен әскери сипаттағы жер жұмыстарының аудандарын табуға байланысты есептерді шешу қажеттілігінен, сондай-ақ астрономия мен математиканың өзі. Квадрат теңдеулер шамамен б.з.б. 2000 жылы шеше алды. e. Вавилондықтар.

Қазіргі заманғы алгебралық белгілерді қолдана отырып, олардың сына жазуындағы мәтіндерінде толық емес мәтіндерден басқа, мысалы, толық квадрат теңдеулер бар деп айта аламыз:

X 2 + X = ѕ; X 2 - X = 14,5

Вавилондық мәтіндерде айтылған бұл теңдеулерді шешу ережесі қазіргі заманғымен сәйкес келеді, бірақ вавилондықтар бұл ережеге қалай келгені белгісіз. Осы уақытқа дейін табылған сына жазуының барлық дерлік мәтіндері рецепттер түрінде берілген шешімдері бар есептерді ғана береді, олардың қалай табылғанын көрсетпейді.

Вавилондағы алгебраның жоғары деңгейде дамығанына қарамастан, сына жазуы бар мәтіндерде теріс сан ұғымы және квадрат теңдеулерді шешудің жалпы әдістері жоқ.

1.2 Диофант квадрат теңдеулерді қалай құрастырды және шешті.

Диофанттың «Арифметикасы» алгебраның жүйелі экспозициясын қамтымайды, бірақ ол түсіндірмелермен сүйемелденетін және әртүрлі дәрежедегі теңдеулерді құру арқылы шешілетін жүйелі есептерді қамтиды.

Диофант теңдеулерді құрастыру кезінде шешімді жеңілдету үшін белгісіздерді шебер таңдайды.

Міне, мысалы, оның міндеттерінің бірі.

11-тапсырма.«Қосындысы 20, көбейтіндісі 96 екенін біле отырып, екі санды тап».

Диофант былай дәлелдейді: есептің шартынан қалаған сандар тең емес екендігі шығады, өйткені егер олар тең болса, онда олардың көбейтіндісі 96 емес, 100 болар еді. Сонымен, олардың біреуі олардың жартысынан көбі болады. сома, яғни. 10+x, екіншісі кішірек, яғни. 10-дар. Олардың арасындағы айырмашылық 2x.

Демек, теңдеу:

(10 + х)(10 - х) = 96

100 ж 2 = 96

X 2 - 4 = 0 (1)

Осы жерден x = 2. Қалаған сандардың бірі 12 , басқа 8 . Шешім x = -2Диофант үшін жоқ, өйткені грек математикасы тек оң сандарды білетін.

Егер бұл есепті қажетті сандардың біреуін белгісіз ретінде таңдасақ, онда теңдеудің шешіміне келеміз.

y(20 - y) = 96,

сағ 2 - 20ж + 96 = 0. (2)

Диофанттың қажетті сандардың жартылай айырмасын белгісіз ретінде таңдау арқылы шешімді жеңілдететіні анық; ол есепті толық емес квадрат теңдеуді шешуге дейін қысқартады (1).

1.3 Үндістандағы квадрат теңдеулер

Квадрат теңдеулер үшін есептер 499 жылы үнді математигі және астрономы Арьябхатта құрастырған «Арьябхаттам» астрономиялық трактатында қазірдің өзінде бар. Тағы бір үнді ғалымы Брахмагупта (7 ғ.) бір канондық түрге келтірілген квадрат теңдеулерді шешудің жалпы ережесін белгіледі:

О 2 + бx = c, a > 0. (1)

(1) теңдеуде коэффициенттер, қоспағанда а, теріс болуы да мүмкін. Брахмагупта ережесі шын мәнінде біздікімен сәйкес келеді.

Ежелгі Үндістанда күрделі мәселелерді шешуге арналған ашық жарыстар жиі болған. Үндістанның ескі кітаптарының бірінде мұндай жарыстар туралы былай делінген: «Күн жұлдыздарды жарқыратып жарқыратса, алгебралық есептерді ұсынып, шешуде білімді адам көпшілік жиналыстарында басқаның даңқын солай жарқыратады». Тапсырмалар көбінесе поэтикалық формада болды.

Міне, ХІІ ғасырдағы атақты үнді математигі шығарған есептердің бірі. Бхаскара.

13-тапсырма.

«Қарық маймылдар тобы және жүзімдегі он екі ...

Қуатты жеп, көңілді болды. Олар секіре бастады, ілулі болды ...

Олардың сегізінші бөлігі шаршыда Қанша маймыл болды,

Шалғында көңіл көтеру. Айтшы, мына отарда?

Бхаскараның шешімі оның квадрат теңдеулердің түбірлерінің екі мәнділігі туралы білгенін көрсетеді (3-сурет).

13-есепке сәйкес теңдеу:

(x/8) 2 + 12 = x

Бхаскара былай деп жазады:

X 2 - 64x = -768

және осы теңдеудің сол жағын шаршыға дейін аяқтау үшін екі жағын қосады 32 2 , содан кейін алу:

X 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

X 1 = 16, X 2 = 48.

1.4 Шаршы теңдеулерәл-Хорезми

1) «Квадраттар түбірлерге тең», яғни. О 2 + = арқылыбX.

2) «Квадраттар санға тең», яғни. О 2 = с.

3) «Түбірлер санға тең», яғни. ah = с.

4) «Квадраттар мен сандар түбірге тең», яғни. О 2 + = арқылыбX.

5) «Квадраттар мен түбірлер санға тең», яғни. О 2 + bx= с.

6) «Түбірлер мен сандар квадраттарға тең», яғни. bx+ c = балта 2 .

Теріс сандарды қолданудан аулақ болған әл-Хорезми үшін бұл теңдеулердің әрқайсысының мүшелері азайту емес, қосу болып табылады. Бұл жағдайда оң шешімдері жоқ теңдеулер ескерілмейтіні анық. Автор бұл теңдеулерді шешу әдістерін әл-джабыр және әл-муқабала әдістерін қолдана отырып көрсетеді. Оның шешімдері, әрине, біздікімен толық сәйкес келмейді. Оның таза риторикалық екенін айтпағанда, айталық, бірінші типті толық емес квадрат теңдеуді шешкенде

әл-Хорезми 17 ғасырға дейінгі барлық математиктер сияқты нөлдік шешімді ескермейді, мүмкін оның нақты практикалық есептерде маңыздылығы жоқ. Толық квадрат теңдеулерді шешкенде әл-Хорезми шешу ережелерін, содан кейін геометриялық дәлелдеуді нақты сандық мысалдар арқылы белгілейді.

14-тапсырма.«Квадрат пен 21 саны 10 түбірге тең. Түбірді тап» (х теңдеуінің түбірін алсақ 2 + 21 = 10x).

«Әл-Хорезми» трактаты – квадрат теңдеулердің жіктелуі жүйелі түрде баяндалған және оларды шешу формулалары келтірілген бізге жеткен алғашқы кітап.

1.5 Еуропадағы квадрат теңдеулерXIII - XVIIғасырлар

Еуропадағы әл-Хорезми үлгісі бойынша квадрат теңдеулерді шешу формулалары алғаш рет 1202 жылы итальян математигі Леонардо Фибоначчи жазған «Абакус кітабында» келтірілген. Ислам елдерінің де, Ежелгі Грецияның да математикасының ықпалын көрсететін бұл көлемді еңбек толықтығымен де, баяндылығымен де ерекшеленеді. Автор өз бетінше есептерді шешудің кейбір жаңа алгебралық мысалдарын әзірледі және Еуропада бірінші болып теріс сандарды енгізуге жақындады. Оның кітабы Италияда ғана емес, Германияда, Францияда және басқа да Еуропа елдерінде алгебралық білімнің таралуына ықпал етті. «Абакус кітабынан» көптеген тапсырмалар 16-17 ғасырлардағы барлық дерлік еуропалық оқулықтарға өтті. және ішінара XVIII.

Бір канондық түрге келтірілген квадрат теңдеулерді шешудің жалпы ережесі:

X 2 + bx= бірге,

коэффициенттер белгілерінің барлық мүмкін комбинациясы үшін б, біргеЕуропада тек 1544 жылы М.Штифель тұжырымдаған.

Виетада квадрат теңдеуді шешуге арналған формуланың жалпы туындысы бар, бірақ Виета тек оң түбірлерді мойындады. 16 ғасырда алғашқылардың қатарында итальяндық математиктер Тарталья, Кардано, Бомбелли болды. Оң және теріс түбірлерден басқа ескеріңіз. Тек XVII ғасырда. Жирард, Декарт, Ньютон және басқа да ғалымдардың еңбектерінің арқасында квадрат теңдеулерді шешу жолы заманауи көрініске ие болды.

1.6 Вьета теоремасы туралы

Квадрат теңдеудің коэффициенттері мен оның түбірлері арасындағы байланысты өрнектейтін теореманы Вьета деп атаған ол алғаш рет 1591 жылы былай тұжырымдаған: «Егер Б + Dкөбейтіледі А - А 2 , тең BD, содан кейін Атең ATжәне тең D».

Виетаны түсіну үшін мұны есте сақтау керек БІРАҚ, кез келген дауысты дыбыс сияқты, ол үшін белгісізді білдіреді (біздің X), дауысты дыбыстар AT,D- белгісізге арналған коэффициенттер. Қазіргі алгебра тілінде жоғарыдағы Виетаның тұжырымы мынаны білдіреді: егер

(а +б)x - x 2 = аб,

X 2 - (a +б)x + aб = 0,

X 1 = a, X 2 = б.

Теңдеулердің түбірлері мен коэффициенттері арасындағы байланысты белгілер арқылы жазылған жалпы формулалар арқылы өрнектей отырып, Виет теңдеулерді шешу әдістерінде біркелкілік орнатты. Сонымен қатар, Вьета символикасы әлі де оның заманауи көрінісінен алыс. Ол теріс сандарды танымады, сондықтан теңдеулерді шешу кезінде барлық түбірлері оң болатын жағдайларды ғана қарастырды.

2. Квадрат теңдеулерді шешу әдістері

Квадрат теңдеулер алгебраның ұлы ғимараты тірек болатын іргетас болып табылады. Квадрат теңдеулер тригонометриялық, көрсеткіштік, логарифмдік, иррационал және трансценденттік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде кеңінен қолданылады. Квадрат теңдеулерді шешуді бәріміз мектептен (8-сынып) мектеп бітіргенге дейін білеміз.

Мектептегі математика курсында квадрат теңдеулердің түбірлерінің формулалары оқытылады, олардың көмегімен кез келген квадрат теңдеулерді шешуге болады. Сонымен қатар көптеген теңдеулерді өте тез және ұтымды шешуге мүмкіндік беретін квадрат теңдеулерді шешудің басқа да тәсілдері бар. Квадрат теңдеулерді шешудің он тәсілі бар. Жұмысымда олардың әрқайсысына жан-жақты талдау жасадым.

1. ӘДІС : Теңдеудің сол жағын көбейткіштерге бөлу.

Теңдеуді шешейік

X 2 + 10x - 24 = 0.

Сол жағын көбейткіштерге бөлейік:

X 2 + 10x - 24 = x 2 + 12x - 2x - 24 \u003d x (x + 12) - 2 (x + 12) \u003d (x + 12) (x - 2).

Сондықтан теңдеуді келесі түрде қайта жазуға болады:

(x + 12)(x - 2) = 0

Өнім нөлге тең болғандықтан, оның кем дегенде бір факторы нөлге тең болады. Сондықтан теңдеудің сол жағы жойылады x = 2, сонымен қатар x = - 12. Бұл санды білдіреді 2 және - 12 теңдеудің түбірлері болып табылады X 2 + 10x - 24 = 0.

2. ӘДІС : Толық шаршы таңдау әдісі.

Теңдеуді шешейік X 2 + 6x - 7 = 0.

Сол жақтағы толық шаршыны таңдайық.

Ол үшін x 2 + 6x өрнегін келесі түрде жазамыз:

X 2 + 6x = x 2 + 2* x * 3.

x 2+ 2* x * 3 + 3 2 = (x + 3) 2 .

Енді теңдеудің сол жағын түрлендіреміз

X 2 + 6x - 7 = 0,

оған қосу және азайту 3 2 . Бізде бар:

X 2 + 6x - 7 = x 2+ 2* x * 3 + 3 2 - 3 2 - 7 = (x + 3) 2 - 9 - 7 = (x + 3) 2 - 16.

Осылайша, бұл теңдеуді былай жазуға болады:

(x + 3) 2 - 16 =0, (x + 3) 2 = 16.

Демек, x + 3 - 4 = 0, x 1 = 1, немесе x + 3 = -4, x 2 = -7.

3. ӘДІС :Квадрат теңдеулерді формула бойынша шешу.

Теңдеудің екі жағын да көбейтіңіз

О 2 + бx + c = 0, иә? 0

4a бойынша және кезекпен бізде:

4а 2 X 2 + 4абx + 4ac = 0,

((2ah) 2 + 2ax *б + б 2 ) - б 2 + 4 ак = 0,

(2ax+b) 2 = b 2 - 4ac,

2ax + b = ± vb 2 - 4ac,

2ax = - b ± v b 2 - 4ac,

Мысалдар.

а)Теңдеуді шешейік: 4x 2 + 7x + 3 = 0.

a = 4,б= 7, c = 3,D = б 2 - 4 ак = 7 2 - 4 * 4 * 3 = 49 - 48 = 1,

D > 0, екі түрлі тамыр;

Осылайша, оң дискриминант жағдайында, яғни. сағ

б 2 - 4 ак >0 , теңдеуі О 2 + бx + c = 0екі түрлі тамыры бар.

б)Теңдеуді шешейік: 4x 2 - 4x + 1 = 0,

a = 4,б= - 4, c = 1,D = б 2 - 4 ак = (-4) 2 - 4 * 4 * 1= 16 - 16 = 0,

D = 0, бір тамыр;

Сонымен, дискриминант нөлге тең болса, яғни. б 2 - 4 ак = 0 , содан кейін теңдеу

О 2 + бx + c = 0бір тамыры бар

в)Теңдеуді шешейік: 2x 2 + 3x + 4 = 0,

a = 2,б= 3, c = 4,D = б 2 - 4 ак = 3 2 - 4 * 2 * 4 = 9 - 32 = - 13 , D < 0.

Бұл теңдеудің түбірі жоқ.

Сонымен, дискриминант теріс болса, яғни. б 2 - 4 ак < 0 ,

теңдеу О 2 + бx + c = 0тамыры жоқ.

Квадрат теңдеудің түбірлерінің формуласы (1). О 2 + бx + c = 0түбірін табуға мүмкіндік береді кез келген квадрат теңдеу (бар болса), оның ішінде келтірілген және толық емес. Формула (1) ауызша түрде келесідей өрнектеледі: квадрат теңдеудің түбірлері алымы қарама-қарсы таңбамен алынған екінші коэффициентке тең бөлшекке тең, плюс осы коэффициенттің квадратының квадрат түбірін бос мүшеге төрт еселенген бірінші коэффициенттің көбейтіндісін алып тастағанда, ал бөлгіш бірінші коэффициенттен екі есе.

4. ӘДІС: Виета теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу.

Белгілі болғандай, берілген квадрат теңдеудің түрі бар

X 2 + px + в = 0. (1)

Оның түбірлері Вьета теоремасын қанағаттандырады, ол қашан a =1формасы бар

x 1 x 2 = q,

x 1 + x 2 = - б

Бұдан мынадай қорытынды жасауға болады (түбірлердің белгілерін p және q коэффициенттерінен болжауға болады).

а) Жиынтық термин болса qкелтірілген теңдеудің (1) оң ( q > 0 ), онда теңдеудің бір таңбалы екі түбірі бар және бұл екінші коэффициенттің қызғанышы б. Егер а Р< 0 , онда егер екі түбір де теріс болады Р< 0 , онда екі түбір де оң болады.

Мысалға,

x 2 - 3 x + 2 = 0; x 1 = 2 және x 2 = 1, өйткені q = 2 > 0 және б = - 3 < 0;

x 2 + 8 x + 7 = 0; x 1 = - 7 және x 2 = - 1, өйткені q = 7 > 0 және б= 8 > 0.

б) егер бос мүше болса qкелтірілген теңдеудің (1) теріс ( q < 0 ), онда теңдеудің әртүрлі таңбалы екі түбірі бар, абсолютті мәндегі үлкен түбір оң болады, егер б < 0 , немесе теріс болса б > 0 .

Мысалға,

x 2 + 4 x - 5 = 0; x 1 = - 5 және x 2 = 1, өйткені q= - 5 < 0 және б = 4 > 0;

x 2 - 8 x - 9 = 0; x 1 = 9 және x 2 = - 1, өйткені q = - 9 < 0 және б = - 8 < 0.

5. ӘДІС: «Тасымалдау» әдісі арқылы теңдеулерді шешу.

Квадрат теңдеуді қарастырайық

О 2 + бx + c = 0,қайда а? 0.

Оның екі бөлігін де а-ға көбейтіп, теңдеуді аламыз

а 2 X 2 + абx + ac = 0.

Болсын ah = y, қайда x = y/a; содан кейін теңдеуге келеміз

сағ 2 + бойынша+ ac = 0,

осыған тең. оның тамыры сағ 1 және сағ 2 Виет теоремасын пайдаланып табуға болады.

Ақыры аламыз

X 1 = y 1 /а және X 1 = y 2 /а.

Бұл әдіспен коэффициент аеркін терминге көбейтіледі, оған «лақтырылған» сияқты, солай аталады тасымалдау әдісі. Бұл әдіс Виет теоремасы арқылы теңдеудің түбірлерін табу оңай болғанда және ең бастысы, дискриминант дәл квадрат болғанда қолданылады.

Мысал.

Теңдеуді шешейік 2x 2 - 11x + 15 = 0.

Шешім. 2 коэффициентін бос мүшеге «көшірейік», нәтижесінде теңдеу аламыз

сағ 2 - 11ж + 30 = 0.

Вьета теоремасы бойынша

сағ 1 = 5 X 1 = 5/2 x 1 = 2,5

сағ 2 = 6 x 2 = 6/2 x 2 = 3.

Жауабы: 2,5; 3.

6. ӘДІС: Квадрат теңдеудің коэффициенттерінің қасиеттері.

БІРАҚ.Квадрат теңдеу болсын

О 2 + бx + c = 0,қайда а? 0.

1) Егер, a+б+ c = 0 (яғни коэффициенттердің қосындысы нөлге тең), онда x 1 = 1,

X 2 = с/а.

Дәлелдеу.Теңдеудің екі жағын а-ға бөліңіз? 0 болса, келтірілген квадрат теңдеуді аламыз

x 2 + б/ а * x + в/ а = 0.

Вьета теоремасы бойынша

x 1 + x 2 = - б/ а,

x 1 x 2 = 1* в/ а.

Шарты бойынша а -б + c = 0,қайда б= a + c.Осылайша,

x 1 + x 2 = - а+ b / a \u003d -1 - c / a,

x 1 x 2 = - 1* (-c/a),

анау. X 1 = -1 және X 2 = в/ адәлелдеуіміз керек еді.

Мысалдар.

1) Теңдеуді шеш 345x 2 - 137x - 208 = 0.

Шешім.Өйткені a +б+ c = 0 (345 - 137 - 208 = 0),содан кейін

X 1 = 1, X 2 = в/ а = -208/345.

Жауабы: 1; -208/345.

2) Теңдеуді шеш 132x 2 - 247x + 115 = 0.

Шешім.Өйткені a +б+ c = 0 (132 - 247 + 115 = 0),содан кейін

X 1 = 1, X 2 = в/ а = 115/132.

Жауабы: 1; 115/132.

Б.Екінші коэффициент болса б = 2 к жұп сан болса, онда түбірлердің формуласы

Мысал.

Теңдеуді шешейік 3x2 -- 14x + 16 = 0.

Шешім. Бізде бар: a = 3,б= -- 14, c = 16,к = -- 7 ;

D = к 2 - ак = (- 7) 2 - 3 * 16 = 49 - 48 = 1, D > 0, екі түрлі тамыр;

Жауабы: 2; 8/3

AT.Қысқартылған теңдеу

X 2 +px+q= 0

жалпы теңдеумен сәйкес келеді, онда a = 1, б= бжәне c =q. Демек, келтірілген квадрат теңдеу үшін түбірлердің формуласы

пішінді алады:

Формула (3) әсіресе қашан қолдануға ыңғайлы Р-- жұп сан.

Мысал.Теңдеуді шешейік X 2 - 14x - 15 = 0.

Шешім.Бізде бар: X 1,2 =7±

Жауабы: x 1 = 15; X 2 = -1.

7. ӘДІС: Квадрат теңдеудің графикалық шешімі.

Теңдеуде болса

X 2 + px + q = 0

екінші және үшінші мүшелерді оң жаққа жылжытсақ, аламыз

X 2 = - px - q.

y \u003d x 2 және y \u003d - px - q тәуелділік графиктерін тұрғызайық.

Бірінші тәуелділіктің графигі – координат басынан өтетін парабола. Екінші тәуелділіктің графигі -

түзу сызық (Cурет 1). Келесі жағдайлар мүмкін:

Түзу мен парабола жанасуы мүмкін (тек бір ортақ нүкте), яғни. теңдеудің бір шешімі бар;

Түзу мен параболаның ортақ нүктелері жоқ, яғни. квадрат теңдеудің түбірі жоқ.

Мысалдар.

1) Теңдеуді графикалық жолмен шешейік X 2 - 3x - 4 = 0(Cурет 2).

Шешім.Теңдеуді формада жазамыз X 2 = 3x + 4.

Парабола құрастырайық y = x 2 және тікелей y = 3x + 4. тікелей

y = 3x + 4екі нүктеден құрастыруға болады M (0; 4)және

Н (3; 13) . Түзу мен парабола екі нүктеде қиылысады

БІРАҚжәне ATабсциссамен X 1 = - 1 және X 2 = 4 . Жауап: X 1 = - 1;

X 2 = 4.

2) Теңдеуді графикалық жолмен шешейік (3-сурет) X 2 - 2x + 1 = 0.

Шешім.Теңдеуді формада жазамыз X 2 = 2x - 1.

Парабола құрастырайық y = x 2 және тікелей y = 2x - 1.

тікелей y = 2x - 1екі нүктеге құрыңыз M (0; - 1)

және Н(1/2; 0) . Түзу мен парабола бір нүктеде қиылысады БІРАҚбірге

абсцисса x = 1. Жауап:x = 1.

3) Теңдеуді графикалық жолмен шешейік X 2 - 2x + 5 = 0(Cурет 4).

Шешім.Теңдеуді формада жазамыз X 2 = 5x - 5. Парабола құрастырайық y = x 2 және тікелей у = 2х - 5. тікелей у = 2х - 5М(0; - 5) және N(2,5; 0) екі нүктесі арқылы тұрғызамыз. Түзу мен параболаның қиылысу нүктелері жоқ, яғни. Бұл теңдеудің түбірі жоқ.

Жауап.теңдеу X 2 - 2x + 5 = 0тамыры жоқ.

8. ӘДІС: Квадрат теңдеулерді циркульмен шешу және билеушілер.

Квадрат теңдеулерді параболаның көмегімен шешудің графикалық тәсілі ыңғайсыз. Егер сіз парабола нүктесін нүкте бойынша құрастырсаңыз, онда бұл көп уақытты алады және осының барлығымен алынған нәтижелердің дәлдік дәрежесі төмен.

Мен квадрат теңдеудің түбірін табудың келесі әдісін ұсынамын О 2 + бx + c = 0циркуль мен сызғышты пайдалану (Cурет 5).

Қалаған шеңбер осьпен қиылысады деп есептейік

нүктедегі абсцисса B(x 1 ; 0) және D(X 2 ; 0), қайда X 1 және X 2 - теңдеудің түбірлері О 2 + бx + c = 0, және нүктелер арқылы өтеді

A(0; 1)және C(0;в/ а) у осінде. Сонда секант теоремасы бойынша бізде бар ОБ * OD = О.А * OC, қайда OC = ОБ * OD/ О.А= x 1 X 2 / 1 = в/ а.

Шеңбердің центрі перпендикулярлардың қиылысу нүктесінде SFжәне С.Қ, аккордтардың ортаңғы нүктелерінде қалпына келтірілді ACжәне BD, сондықтан

1) нүктелерді (шеңбердің центрі) салу және А(0; 1) ;

2) радиусы бар шеңберді сызу SA;

3) осы шеңбердің осімен қиылысу нүктелерінің абсциссалары Обастапқы квадрат теңдеудің түбірлері болып табылады.

Бұл жағдайда үш жағдай болуы мүмкін.

1) Шеңбердің радиусы центрдің ординатасынан үлкен (AS > С.Қ, немесе Р > а + в/2 а) , шеңбер х осін екі нүктеде қиып өтеді (6,а-сурет) B(x 1 ; 0) және D(X 2 ; 0) , қайда X 1 және X 2 - квадрат теңдеудің түбірлері О 2 + бx + c = 0.

2) Шеңбердің радиусы центрдің ординатасына тең (AS = СБ, немесеР = а + в/2 а) , шеңбер Ox осіне (6,б-сурет) нүктеде жанасады B(x 1 ; 0) , мұндағы x 1 квадрат теңдеудің түбірі.

3) Шеңбердің радиусы центрдің ординатасынан кіші, шеңбердің абсцисса осімен ортақ нүктелері жоқ (6-сурет, в), бұл жағдайда теңдеудің шешімі болмайды.

Мысал.

Теңдеуді шешейік X 2 - 2x - 3 = 0 (Cурет 7).

Шешім.Шеңбер центрі нүктесінің координаталарын мына формулалар арқылы анықтаңыз:

Радиусы SA болатын шеңберді салайық, мұндағы А (0; 1).

Жауап: X 1 = - 1; X 2 = 3.

9. ӘДІС: Квадрат теңдеулерді шешу номограммалар.

Бұл 83-бетте орналастырылған квадрат теңдеулерді шешудің ескі және ұмытылған әдісі (Брадис В.М. Төрт мәнді математикалық кестелерді қараңыз. - М., Enlightenment, 1990).

XXII кесте. Теңдеулерді шешуге арналған номограмма z 2 + pz + q = 0 . Бұл номограмма квадрат теңдеуді шешпей, оның коэффициенттері арқылы теңдеудің түбірлерін анықтауға мүмкіндік береді.

Номограмманың қисық сызықты шкаласы мына формулалар бойынша құрастырылады (11-сурет):

Болжам бойынша ОЖ = p,ED = q, OE = a(барлығы см), үшбұрыштардың ұқсастығынан SANжәне CDFпропорцияны аламыз

осыдан алмастырулар мен жеңілдетулерден кейін теңдеу шығады

z 2 + pz + q = 0,

және хат zқисық шкаладағы кез келген нүктенің белгісін білдіреді.

Мысалдар.

1) Теңдеу үшін z 2 - 9 z + 8 = 0 Номограмма тамыр береді

z 1 = 8,0 және z 2 = 1,0 (Cурет 12).

2) Номограмма арқылы теңдеуді шешеміз

2 z 2 - 9 z + 2 = 0.

Бұл теңдеудің коэффициенттерін 2-ге бөлеміз, теңдеуді аламыз

z 2 - 4,5 z + 1 = 0.

Номограмма тамыр береді z 1 = 4 және z 2 = 0,5.

3) Теңдеу үшін

z 2 - 25 z + 66 = 0

p және q коэффициенттері масштабтан тыс, біз ауыстыруды орындаймыз z = 5 т, теңдеуін аламыз

т 2 - 5 т + 2,64 = 0,

оны номограмма арқылы шешеміз және аламыз т 1 = 0,6 және т 2 = 4,4, қайда z 1 = 5 т 1 = 3,0 және z 2 = 5 т 2 = 22,0.

10. ӘДІС: Шаршыны шешудің геометриялық тәсілі теңдеулер.

Алгебрадан гөрі геометрия дамыған ерте заманда квадрат теңдеулер алгебралық жолмен емес, геометриялық жолмен шешілген. Әл-Хорезмидің «Алгебрасынан» танымал болған мысал келтірейін.

Мысалдар.

1) Теңдеуді шеш X 2 + 10x = 39.

Түпнұсқада бұл есеп былай тұжырымдалған: «Квадрат және он түбір 39-ға тең» (15-сурет).

Шешім.Х жағы бар шаршыны қарастырайық, олардың әрқайсысының екінші жағы 2,5 болатындай тіктөртбұрыштар салынған, сондықтан әрқайсысының ауданы 2,5x. Содан кейін алынған фигура бұрыштарындағы төрт бірдей квадратты аяқтай отырып, жаңа ABCD квадратына толықтырылады, олардың әрқайсысының жағы 2,5, ал ауданы 6,25.

Шаршы С шаршы А Б С Даудандардың қосындысы ретінде көрсетуге болады: бастапқы шаршы X 2 , төрт төртбұрыш (4* 2,5х = 10х)және төрт бекітілген шаршы (6,25* 4 = 25) , яғни. С = X 2 + 10x + 25.Ауыстыру

X 2 + 10xсаны 39 , біз мұны аламыз С = 39 + 25 = 64 , осыдан квадраттың жағы шығады А Б С Д, яғни. сызық сегменті AB = 8. Қалаған жағы үшін Xбастапқы квадратты аламыз

2) Бірақ, мысалы, ежелгі гректер теңдеуді қалай шешкен сағ 2 + 6y - 16 = 0.

Шешімсуретте көрсетілген. 16, қайда

сағ 2 + 6y = 16, немесе сағ 2 + 6ж + 9 = 16 + 9.

Шешім.Өрнектер сағ 2 + 6ж + 9және 16 + 9 геометриялық түрде бірдей квадратты және бастапқы теңдеуді көрсетеді сағ 2 + 6ж - 16 + 9 - 9 = 0бірдей теңдеу. Оны қайдан аламыз y + 3 = ± 5,немесе сағ 1 = 2, y 2 = - 8 (Cурет 16).

3) Геометриялық теңдеуді шешу сағ 2 - 6ж - 16 = 0.

Теңдеуді түрлендіру арқылы аламыз

сағ 2 - 6ж = 16.

Суретте. 17 өрнектің «бейнелерін» табыңыз сағ 2 - 6ж,анау. қабырғасы у болатын шаршының ауданынан қабырғасы тең шаршының ауданын екі есе азайтыңыз 3 . Демек, өрнек болса сағ 2 - 6ж қосу 9 , содан кейін қабырғасы бар шаршының ауданын аламыз сағ - 3 . Өрнекті ауыстыру сағ 2 - 6ж оның тең саны 16,

Біз алып жатырмыз: (y - 3) 2 = 16 + 9, анау. y - 3 = ± v25, немесе y - 3 = ± 5, мұндағы сағ 1 = 8 және сағ 2 = - 2.

Қорытынды

Квадрат теңдеулер тригонометриялық, көрсеткіштік, логарифмдік, иррационал және трансценденттік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде кеңінен қолданылады.

Сонымен қатар, квадрат теңдеулердің мәні есептерді шешудің талғампаздығы мен қысқалығында ғана емес, дегенмен бұл өте маңызды. Есептер шығаруда квадрат теңдеулерді қолдану нәтижесінде жаңа бөлшектердің жиі ашылатыны, қызықты жалпылаулар мен нақтылаулар жасалуы, алынған формулалар мен қатынастарды талдауға түрткі болатыны маңызды.

Сондай-ақ, бұл жұмыста ұсынылған тақырып әлі де аз зерттелгенін атап өткім келеді, олар онымен айналыспайды, сондықтан ол көптеген жасырын және белгісіздерге толы, бұл оны одан әрі жұмыс істеуге тамаша мүмкіндік береді. .

Мұнда мен квадрат теңдеулерді шешу туралы сұраққа тоқталдым және не,

егер оларды шешудің басқа жолдары болса?! Тағы да әдемі үлгілерді, кейбір фактілерді, нақтылауларды табыңыз, жалпылау жасаңыз, барлық жаңа және жаңалықты ашыңыз. Бірақ бұл болашақ жұмыстардың сұрақтары.

Қорытындылай келе, мынандай қорытынды жасауға болады: квадрат теңдеулер математиканың дамуында үлкен рөл атқарады. Квадрат теңдеулерді шешуді бәріміз мектептен (8-сынып) мектеп бітіргенге дейін білеміз. Бұл білім бізге өмір бойы пайдалы болуы мүмкін.

Квадрат теңдеулерді шешудің бұл әдістерін қолдану оңай болғандықтан, олар математиканы жақсы көретін студенттерді қызықтыруы керек. Менің жұмысым математиканың алдымызға қойған мәселелеріне басқаша қарауға мүмкіндік береді.

Әдебиет:

1. Алимов Ш.А., Ильин В.А. және басқалар Алгебра, 6-8. Орта мектептің 6-8 сыныптарына арналған сынақ оқулығы. – М., Білім, 1981 ж.

2. Брэдис В.М. Орта мектепке арналған төрт таңбалы математикалық кестелер Ред. 57-ші. - М., Білім, 1990. С. 83.

3. Кружепов А.Қ., Рубанов А.Т. Алгебра және элементар функциялар бойынша есептер кітабы. Орта арнаулы оқу орындарына арналған оқу құралы. - М., жоғары мектеп, 1969 ж.

4. Окунев А.К. Квадраттық функциялар, теңдеулер және теңсіздіктер. Мұғалімге арналған нұсқаулық. – М., Білім, 1972 ж.

5. Пресман А.А. Квадрат теңдеуді циркуль және түзу көмегімен шешу. - М., Квант, No 4/72. S. 34.

6. Соломник В.С., Милов П.И. Математикадан сұрақтар мен тапсырмалар жинағы. Ред. - 4-ші, қосыңыз. - М., Жоғары мектеп, 1973 ж.

7. Худобин А.И. Алгебра және элементар функциялар бойынша есептер жинағы. Мұғалімге арналған нұсқаулық. Ред. 2-ші. – М., Білім, 1970 ж.

Шаповалова Л.А. (Егорлыкская станциясы, MBOU ESOSH No 11)

1. Мордкович А.Г. Алгебра.8 сынып. Оқу орындарына арналған оқулық / А.Г. Мордкович. No 8622 / 0790 - М.: Мнемозина, 2013. No 8622 / 0790 - 260 б.

2. Мордкович А.Г. Алгебра.8 сынып. Оқу орындарына арналған тапсырмалар кітабы / А.Г. Мордкович. No 8622 / 0790 - М.: Мнемозина, 2013. No 8622 / 0790 - 270 б.

3. Глейзер Г.И. No8622 / 0790 ЖОМ математика тарихы / Г.И. Глейзер. No 8622 / 0790 - М .: Білім, 1982. No 8622 / 0790 - 340 б.

4. Гусев В.А. Математика. Анықтамалық материалдар / В.А. Гусев, А.Г. Мордкович. No 8622 / 0790 - М .: Просвещение, 1988. No 8622 / 0790 - 372 б.

5. Брэдис В.М. Орта мектепке арналған төрт таңбалы математикалық кестелер / В.М. Брэдис. No 8622 / 0790 - М .: Білім, 1990. No 8622 / 0790 - 83 б.

6. Виетаның теоремасы. No 8622 / 0790 - Қол жеткізу режимі: http://phizmat.org.ua/2009-10-27-13-31-30/817-stihi-o-francua-vieta/ Виетаның теоремасы (қашықтан қол жеткізу ресурстары (Интернет) ). 20.01.2016 ж.

7. Квадрат теңдеулер. No 8622 / 0790 - Қол жеткізу режимі: http://revolution.allbest.ru/pedagogics/00249255_0.html (қашықтан қол жеткізу ресурстары (Интернет)). 20.01.2016 ж.

Алгебра мен жалпы математикада теңдеулер теориясы жетекші орын алады. Оның маңыздылығы табиғат заңдылықтарын білудегі теориялық маңыздылығында ғана емес, сонымен қатар практикалық мақсаттарға да қызмет етеді. Өмірлік есептердің көпшілігі әртүрлі типтегі теңдеулерді шешуге келеді және көбінесе бұл квадрат түрдегі теңдеулер.

Мектеп бағдарламасында оларды шешудің 3 жолы ғана қарастырылған. Алдағы емтихандарға дайындалу барысында мені осы теңдеулердің басқа тәсілдері қызықтырды. Сондықтан мен «Квадрат теңдеулерді шешудің 10 жолы» тақырыбын таңдадым.

Бұл тақырыптың өзектілігі мынада: алгебра, геометрия, физика сабақтарында біз квадрат теңдеулерді шешуді жиі кездестіреміз. Сондықтан әрбір студент квадрат теңдеулерді дұрыс және ұтымды шеше білуі керек, бұл күрделі есептерді шешуде, соның ішінде емтихан тапсыру кезінде де пайдалы.

Жұмыстың мақсаты: Квадрат теңдеулерді шешудің әртүрлі тәсілдерін оқып үйрену, квадрат теңдеулерді шешу жолдарын үйрену.

Квадрат теңдеулерді шешудің стандартты және стандартты емес әдістерін қарастыру;

Квадрат теңдеулерді шешудің қолайлы жолдарын анықтау;

Квадрат теңдеулерді әртүрлі тәсілдермен шешуге үйрету.

Зерттеу нысаны: квадрат теңдеулер.

Зерттеу пәні: квадрат теңдеулерді шешу жолдары.

Зерттеу әдістері:

Теориялық: зерттеу тақырыбы бойынша әдебиеттерді оқу, тақырыптық интернет ресурстарын зерттеу;

Алынған ақпаратты талдау;

Ыңғайлылық пен рационалдық үшін квадрат теңдеулерді шешу әдістерін салыстыру.

Квадрат теңдеулерді шешу әдістері

Квадрат теңдеу - ax 2 + bx + c \u003d 0 түріндегі теңдеу, мұндағы x - айнымалы, a, b және c кейбір сандар, ал a? 0. Мұндай теңдеудің түбірі квадрат үшмүшені нөлге айналдыратын айнымалының мәні, яғни квадрат теңдеуді сәйкестікке айналдыратын мән. Квадрат теңдеудің коэффициенттерінің өз атаулары бар: а коэффициенті бірінші немесе үлкен деп аталады, b коэффициенті екінші немесе х, с кезіндегі коэффициент осы теңдеудің бос мүшесі деп аталады.

Толық квадрат теңдеу деп барлық коэффициенттері нөлге тең емес (a, b, c - 0) теңдеуді айтады.

Жетекші коэффициенті бірге тең қысқартылған квадрат теңдеу деп аталады. Мұндай теңдеуді бүкіл өрнекті жетекші коэффициентке бөлу арқылы алуға болады: x 2 + px + q \u003d 0, p \u003d b/a, q \u003d c/a.

Толық емес квадрат теңдеулер үш түрлі болады:

1) балта 2 + с = 0, мұндағы с - 0;

2) ax 2 + bx = 0, мұндағы b - 0;

Бұл жұмыстың аясында біз тек толық квадрат теңдеулерді шешу әдістерін қарастырамыз.

Квадрат теңдеулерді жалпы формула бойынша шешу

Квадрат теңдеулерді шешу үшін дискриминант арқылы түбірлерді табу әдісі қолданылады. Дискриминантты табу үшін келесі формула қолданылады: D = b 2 - 4ac. D-ті тапқаннан кейін теңдеудің түбірлерін табу үшін формуланы қолданамыз

Айта кету керек, егер:

D > 0 – теңдеудің екі түбірі бар;

D \u003d 0 - теңдеудің бір түбірі бар;

D< 0 - уравнение не имеет корней.

Теңдеуді осылай шешудің мысалы суретте көрсетілген. 1(1.1).

Күріш. 1. Практикалық бөлім

Сол жақ факторинг

Әдісті көрсету үшін x 2 + 10x - 24 = 0 теңдеуін шешеміз.

Сол жағын көбейткіштерге бөлейік:

x 2 + 10x - 24 = x + 12x - 2x - 24 = = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12)(x - 2).

Сондықтан теңдеуді келесі түрде қайта жазуға болады:

(x + 12) (x - 2) = 0

Өнім нөлге тең болғандықтан, оның кем дегенде бір факторы нөлге тең болады. Демек, теңдеудің сол жағы x = 2 кезінде, сонымен қатар x = -12 кезінде жоғалады.

Теңдеуді осылай шешудің мысалы суретте көрсетілген. 1(1.2).

Толық квадратты таңдау - берілген үшмүшелік (a ± b) 2 биномның квадратының қосындысы немесе айырмасы және кейбір сандық немесе әріптік өрнек ретінде ұсынылатын сәйкестікті түрлендіру болып табылады.

x 2 + 14x + 40 = 0 теңдеуін шешейік.

Толық квадрат әдісі арқылы көпмүшені көбейткіштерге бөлейік.

Бірінші формуланы қолдану үшін өрнекті алу керек

x2 + 14x + 49 = 0.

Сондықтан толық квадратты таңдау үшін x 2 + 14x + 40 көпмүшесінен 9 санын қосамыз және азайтамыз.

x 2 + 14x + 40 + 9 - 9 = 0

(x + 14x + 40 + 9) - 9 = 0

(x + 14x + 49) - 9 = 0

(x + 7) 2 - 9 = 0

«Квадраттардың айырымы» формуласын қолданайық a2 - b2 = (a - b) (a + b)

(x + 7) 2 - 32 = 0

(x + 7 - 3)(x + 7 + 3) = 0

(x + 4)(x + 10) = 0

x + 4 = 0x + 10 = 0

x1 = - 4x2 = - 10

Жауабы: -4; - он.

Теңдеуді осылай шешудің мысалы суретте көрсетілген. 1(1.3).

Виета теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу

Вьета теоремасы бойынша толық квадрат теңдеуді шешу үшін бүкіл теңдеуді а коэффициентіне бөлу керек. x 2 + px + q = 0 теңдеуі үшін, егер x1 және x2 оның түбірлері болса, формулалар жарамды:

Теңдеуді осылай шешудің мысалы суретте көрсетілген. 1(1.4).

Коэффициенттер қасиеттерін пайдаланып теңдеулерді шешу

Егер келесі шарт орындалса: a + c = b, онда x1 = - 1; x2 = - с/а.

4х2 + 3х - 1 = 04 - 1 = 3

x1 = - 1x2 = - 1/4

Келесі шарт орындалса:

a + b + c = 0, онда x1 = 1; x2 = с/а.

5х2 + 2х - 7 = 05 + 2 -7 = 0

Теңдеуді осылай шешудің мүмкін еместігінің мысалы күріште көрсетілген. 1(1.5).

«Тасымалдау» әдісі арқылы теңдеулерді шешу

«Тасымалдау» деп аталатын әдіс азайтылмайтын және түрленбейтін теңдеулердің шешімін бүтін санмен келтірілген теңдеулерді шешуге теңдеулердің жетекші коэффициентіне бөлу арқылы бүтін коэффициенттері бар келтірілген түрге келтіруге мүмкіндік береді. коэффициенттер. Ол келесідей: ax 2 + bx + c = 0 теңдеуін а-ға көбейтіңіз.

Біз аламыз: a 2 x2 + abx + aс = 0. Жаңа y = ax айнымалысын енгізейік. y 2 +by+ac = 0 аламыз.Бұл теңдеудің түбірлері у1 және у2.Сондықтан x1 = y1/a; x2 = y2/a.

Теңдеуді осылай шешудің мысалы суретте көрсетілген. 1(1.6).

x 2 - 4x - 12 = 0 теңдеуін шешейік.

Оны x 2 - 4x = 12 деп көрсетейік.

Суретте. 2 x - 4x өрнегін «бейнелейді», яғни. қабырғасы x болатын шаршының ауданы 2 қабырғасы бар шаршының ауданынан екі рет шегеріледі. Сонымен x 2 - 4x + 4 - қабырғасы x - 2 болатын шаршының ауданы.

x 2 - 4x = 12 ауыстырғаннан кейін біз аламыз

(x - 2)2 = 12 + 4

x - 2 = 4x - 2 = - 4

Жауабы: x1 = 6, x1 = - 2.

Теңдеуді осылай шешудің мысалы суретте көрсетілген. 1(1.7).

x 2 + px + q = 0 теңдеуінде екінші және үшінші мүшелерін теңдеудің оң жағына жылжытамыз. Біз аламыз: x 2 \u003d - px - q. Функциялардың графиктерін тұрғызайық

y = x 2 (парабола);

y = - qx - p (түзу сызық).

Айта кету керек:

Егер түзу мен парабола екі нүктеде қиылыса алатын болса, қиылысу нүктелерінің абсциссалары квадрат теңдеудің түбірлері болады;

Егер түзу параболаға тисе (тек бір ортақ нүкте), онда теңдеудің бір түбірі болады;

Егер түзу мен параболаның ортақ нүктелері болмаса, яғни. квадрат теңдеудің түбірі жоқ.

Циркуль және түзу көмегімен теңдеуді шешу

ax 2 + bx + c = 0 теңдеуін шешейік:

1) координаталық жазықтықта нүктелер салу:

A(- b/2a; (a + c)/2a) шеңбердің центрі және B(0; 1)

2) r = AB шеңберін сызыңыз

3) Ox осімен қиылысу нүктелерінің абсциссалары бастапқы теңдеудің түбірлері болып табылады.

Айта кету керек:

Егер шеңбердің радиусы центрдің ординатасынан үлкен болса (AB > AC немесе R > (a + c) / 2a), шеңбер.

Х осін екі K(x1; 0) және N(x2; 0) нүктелерінде қиып өтеді, мұндағы x1 және x2 - x2 + bx + c = 0 квадрат теңдеудің түбірлері.

Егер шеңбердің радиусы центрдің ординатасына тең болса (AB \u003d AC немесе R \u003d (a + c) / 2a), шеңбер абсцисса осіне C (x; 0) нүктесінде тиеді, мұнда x1 – квадрат теңдеудің түбірі.

Егер шеңбердің радиусы центрдің ординатасынан кіші болса (АВ< AС, или R < (a + c)/2a), окружность не имеет общих точек с осью абсцисс, в этом случае уравнение не имеет решения.

Теңдеуді осылай шешудің мысалы суретте көрсетілген. 1(1.9).

Бұл квадрат теңдеулерді шешудің ескі және қазір ұмытылған тәсілі.

Номограмма z 2 + pz + q \u003d 0 теңдеуінің оң түбірлерінің мәндерін береді. Егер теңдеудің әртүрлі таңбалы түбірлері болса, онда номограммадан оң түбір тауып, теріс түбір болады. оңды - б-дан азайту арқылы табылады.

Күріш. 6. z 2 + pz + q = 0 теңдеуін шешуге арналған монограмма түрі

Екі түбір де теріс болған жағдайда z = - t қабылдайды және номограммадан екі оң түбір t1 табады; t 2 теңдеулер t 2 + - pt + z = 0, содан кейін z1 = - t1; z 2 \u003d - t2.

Егер p және q коэффициенттері масштабтан тыс болса, z = kt ауыстыруды орындап, номограмма арқылы теңдеуді шешіңдер.

мұндағы k теңсіздіктер болатындай етіп алынады

z 2 + pz + q = 0 теңдеуін шешуге арналған монограмма формасын күріштен табуға болады. 6.

Әртүрлі шешімдердің «жағымды» және «жаман жақтары».

Квадрат теңдеулерді шешу әдісінің атауы
Квадрат теңдеулерді формула бойынша шешу	Барлық квадрат теңдеулерге қолдануға болады.	Сіз формулаларды үйренуіңіз керек.
Теңдеудің сол жағын көбейткіштерге бөлу	Бұл теңдеудің түбірлерін бірден көруге мүмкіндік береді.	Топтастыру үшін терминдерді дұрыс есептеу керек.
Толық шаршы таңдау әдісі	Әрекеттердің ең аз саны үшін теңдеулердің түбірін табуға болады	Толық шаршыны таңдау үшін барлық шарттарды дұрыс табу керек.
Виета теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу	Жеңіл әдіс теңдеудің түбірін бірден көруге мүмкіндік береді.	тек бүтін тамырларды оңай табуға болады.
Квадрат теңдеудің коэффициенттерінің қасиеттері	Көп күш қажет емес	Кейбір теңдеулерге ғана сәйкес келеді
Тасымалдау әдісімен теңдеулерді шешу	Әрекеттердің ең аз саны үшін теңдеудің түбірлерін табуға болады, ол Вьета теоремасының әдісімен бірге қолданылады.	тек тұтас тамырларды табу оңай.
Квадрат теңдеулерді шешудің геометриялық жолы	Көрнекі әдіс.	толық шаршыны таңдау тәсіліне ұқсас
Квадрат теңдеудің графикалық шешімі	визуалды әдіс	Жоспарлауда дәлсіздіктер болуы мүмкін
Квадрат теңдеулерді циркуль және түзу сызықпен шешу	визуалды әдіс	Нақты болмауы мүмкін
Номограмма көмегімен квадрат теңдеулерді шешу	Интуитивті, пайдалану оңай.	Номограмма әрқашан қолында бола бермейді.

Қорытынды

Осы ғылыми-зерттеу жұмысының барысында мен таңдалған тақырып бойынша өтілген материалды қорытып, жүйелеуге, квадрат теңдеулерді шешудің әртүрлі тәсілдерін меңгеруге, квадрат теңдеулерді 10 тәсілмен шешуге үйренуге қол жеткіздім. Айта кету керек, олардың барлығы шешуге ыңғайлы емес, бірақ олардың әрқайсысы өзінше қызықты. Менің көзқарасым бойынша, мектепте оқытылатын әдістер қолдану үшін ең ұтымды болады: 1.1. (формула бойынша); 1.4. (Вьета теоремасы бойынша); сондай-ақ 1.5-әдіс. (коэффициенттер қасиеттерін пайдалана отырып).

Қорытындылай келе, қорытынды жасауға болады: квадрат теңдеулер математикада үлкен рөл атқарады. Бұл білім бізге тек мектепте және университетте ғана емес, өмір бойы пайдалы болуы мүмкін.

Библиографиялық сілтеме

Улевский С.А. Квадрат теңдеулерді шешудің ОН ТӘСІЛІ // Ғылымнан бастау. - 2016. - No 1. - 75-79 Б.;
URL: http://science-start.ru/ru/article/view?id=15 (кіру күні: 30.12.2019).

слайд 1

слайд 2

Курстың мақсаты: Квадрат теңдеулерді шешудің жаңа әдістерімен таныстыру «Квадрикалық теңдеулер» тақырыбы бойынша білімдерін тереңдету Математикалық, интеллектуалдық қабілеттерін, зерттеушілік қабілеттерін дамыту Жеке тұлғаның өзін-өзі жүзеге асыруына жағдай жасау.

слайд 3

Курстың мақсаты: Студенттерді квадрат теңдеулерді шешудің жаңа тәсілдерімен таныстыру Белгілі әдістер арқылы теңдеулерді шешу дағдыларын бекіту Теңдеулерді стандартты емес әдістермен шешуге мүмкіндік беретін теоремалармен таныстыру Жалпы білім беру дағдыларын, математикалық мәдениетін қалыптастыруды жалғастыру. ғылыми-зерттеу іс-әрекетіне қызығушылықты қалыптастыру Оқушылардың математика пәніне деген қызығушылығын жүзеге асыру және дамыту үшін жағдай жасау Оқушыларды бейіндік бағытты дұрыс таңдауға дайындау

слайд 4

Бағдарламаның мазмұны Тақырып 1. Кіріспе. 1 сағат. Квадрат теңдеудің анықтамасы. Толық және толық емес шаршы. теңдеулер. Оларды шешу әдістері. Сұрақ қою. Тақырып 2. шаршы шешімі. теңдеулер. Факторинг әдісі Толық квадрат таңдау әдісі Шешім кв. формулалар бойынша теңдеулер Шешу квадраты. беру әдісі бойынша теңдеулер Шешімі кв. t Vieta шешімін қолданатын теңдеулер кв. коэффициентін қолданатын теңдеулер Шешімі кв. графикалық жолмен теңдеулер Шешімі кв. циркуль мен сызғышты қолданатын теңдеулер Шешімі шаршы. геометриялық жолмен теңдеулер Шешімі кв. «номограмма» көмегімен теңдеулер

слайд 5

Біраз тарих... Квадрат теңдеулер – алгебраның зәулім ғимараты тірелетін іргетасы. Квадрат теңдеулер тригонометриялық, көрсеткіштік, логарифмдік, иррационал және трансценденттік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде кеңінен қолданылады. Ежелгі Вавилондағы квадрат теңдеулер. Үндістандағы квадрат теңдеулер. Әл-Хорезмидегі квадрат теңдеулер. Еуропадағы квадрат теңдеулер XIII - XVII ғасырлар.

слайд 6

Слайд 7

Слайд 8

Слайд 9

слайд 10

Атақты француз ғалымы Франсуа Виет (1540-1603) мамандығы заңгер болған. Ол бос уақытын астрономияға арнады. Астрономия сабақтарында тригонометрия мен алгебраны білу қажет болды. Вьет бұл ғылымдармен айналысып, көп ұзамай оларды жетілдіру қажет деген қорытындыға келді, ол бірнеше жыл бойы жұмыс істеді. Оның еңбегінің арқасында алгебра әріптік есептеуге негізделген алгебралық теңдеулер туралы жалпы ғылымға айналады. Сондықтан теңдеулердің қасиеттерін және олардың түбірлерін жалпы формулалар арқылы өрнектеу мүмкін болды.

слайд 11

Жұмысты орындау барысында мыналар байқалды: Қолданатын әдістер: Виет теоремасы Коэффициенттердің қасиеттері «Трансферт» әдісі Сол жақ бөлігін факторларға бөлу Графикалық әдіс Әдістер қызықты, бірақ көп уақытты және көп уақытты қажет етеді. әрқашан қолайлы бола бермейді. Графикалық әдіс Номограмма көмегімен Сызғыштар мен циркульдер Толық шаршыны таңдау «Квадрат теңдеулерді шешу» тақырыбын ғылымға серпін берген осы әдістерді ашқан ғалымдарға бас иемін.

слайд 12

Теңдеудің сол жағын көбейткіштерге бөлу x2 + 10x - 24=0 теңдеуін шешейік. Сол жағын көбейткіштерге бөлу: x2 + 10x - 24= x2 + 12x -2x - 24= x(x + 12) - 2(x + 12)= (x + 12)(x - 2). (x + 12)(x - 2)=0 x + 12=0 немесе x - 2=0 x= -12 x= 2 Жауабы: x1= -12, x2 = 2. Теңдеулерді шешіңіз: x2 - x=0 x2 + 2x=0 x2 - 81=0 x2 + 4x + 3=0 x2 + 2x - 3=0

слайд 13

Толық квадратты таңдау әдісі x2 + 6x - 7=0 x2 + 6x - 7=x2 + 2x3 + 32 - 32 - 7=(x-3)2 - 9- 7= (x-3)2 - 16 ( теңдеуін шешіңіз. x -3)2 -16=0 (x-3)2 =16 x-3=4 немесе x-3=-4 x=1 x=-7 Жауабы: x1=1, x2=-7. Теңдеулерді шешіңіз: x2 - 8x+15=0 x2 +12x +20=0 x2 + 4x + 3=0 x2 + 2x - 2=0 x2 - 6x + 8=0

слайд 14

Квадрат теңдеулерді формула бойынша шешу Негізгі формулалар: Егер b тақ болса, онда D= b2-4ac және х 1,2=, (Егер D> 0 болса) Егер b жұп болса, онда D1= және x1,2=, (Егер D болса) >0) Теңдеулерді шешіңіз: 2x2 - 5x + 2=0 6x2 + 5x +1=0 4x2 - 5x + 2=0 2x2 - 6x + 4=0 x2 - 18x +17=0 =

слайд 15

Теңдеулерді тасымалдау әдісімен шешу ax2 +bx+c=0 теңдеуін шешейік. Теңдеудің екі жағын а-ға көбейтсек, a2 x2 +abx+ac=0 аламыз. ax = y болсын, мұндағы х = у/а. Содан кейін U2 +buy+ac=0. Оның түбірлері у1 және у2. Соңында x1 = y1/a, x1 = y2/a. 2x2 -11x + 15=0 теңдеуін шешейік. 2 коэффициентін бос мүшеге көшірейік: Y2 -11y+30=0. Вьета теоремасы бойынша y1 =5 және y2 =6. x1 = 5/2 және x2 = 6/2 x1 = 2,5 және x2 = 3 Жауабы: x1 = 2,5, x2 = 3 Теңдеуді шешіңіз: 2x2 -9x +9=0 10x2 -11x + 3=0 3x2 + 11x +6 =0 6x2 +5x - 6=0 3x2 +1x - 4=0

слайд 16

Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу x2 +10x-24=0 теңдеуін шешейік. Өйткені x1 * x2 \u003d -24 x1 + x2 \u003d -10, содан кейін 24 \u003d 2 * 12, бірақ -10 \u003d -12 + 2, содан кейін x1 \u003d -12 x2 \u003d 2 Жауабы: x1 \u003d , x2 \u003d -12. Теңдеулерді шеш: x2 - 7x - 30 =0 x2 +2x - 15=0 x2 - 7x + 6=0 3x2 - 5x + 2=0 5x2 + 4x - 9=0

слайд 17

Квадрат теңдеудің коэффициенттерінің қасиеттері Егер a+b+c=0 болса, онда x2 = 1, x2 = c/a 7= 0 2x2 + 3x +1= 0 1 + 6 - 7 = 0 теңдеуін шешейік, демек x1 =1, x2 = -7/1=-7. 2 - 3+1=0, демек x1= - 1, x2 = -1/2 Жауабы: x1=1, x2 = -7. Жауабы: x1=-1, x2=-1/2. Теңдеулерді шеш: 5x2 - 7x +2 =0 Теңдеулерді шеш: 5x2 - 7x -12 =0 11x2 +25x - 36=0 11x2 +25x +14=0 345x2 -137x -208=0 3x2 +5x +2=0 3x2 5x - 8=0 5x2 + 4x - 1=0 5x2 + 4x - 9=0 x2 + 4x +3=0

Копьевская ауылдық орта мектебі

Квадрат теңдеулерді шешудің 10 жолы

Жетекшісі: Патрикеева Галина Анатольевна,

математика мұғалімі

с.Копьево, 2007 ж

1. Квадрат теңдеулердің даму тарихы

1.1 Ежелгі Вавилондағы квадрат теңдеулер

1.2 Диофант квадрат теңдеулерді қалай құрастырды және шешті

1.3 Үндістандағы квадрат теңдеулер

1.4 Әл-Хорезмидегі квадрат теңдеулер

1.5 Еуропадағы квадрат теңдеулер XIII - XVII ғасырлар

1.6 Вьета теоремасы туралы

2. Квадрат теңдеулерді шешу әдістері

Қорытынды

Әдебиет

1. Квадрат теңдеулердің даму тарихы

1.1 Ежелгі Вавилондағы квадрат теңдеулер

X 2 + X = ¾; X 2 - X = 14,5

1.2 Диофант квадрат теңдеулерді қалай құрастырды және шешті.

Диофант теңдеулерді құрастыру кезінде шешімді жеңілдету үшін белгісіздерді шебер таңдайды.

Міне, мысалы, оның міндеттерінің бірі.

11-тапсырма.«Қосындысы 20, көбейтіндісі 96 екенін біле отырып, екі санды тап».

Демек, теңдеу:

(10 + х)(10 - х) = 96

100 - x 2 = 96

x 2 - 4 = 0 (1)

Егер бұл есепті қажетті сандардың біреуін белгісіз ретінде таңдасақ, онда теңдеудің шешіміне келеміз.

y(20 - y) = 96,

y 2 - 20y + 96 = 0. (2)

1.3 Үндістандағы квадрат теңдеулер

а 2+бx = c, a > 0. (1)

Міне, ХІІ ғасырдағы атақты үнді математигі шығарған есептердің бірі. Бхаскара.

13-тапсырма.

«Қарық маймылдар тобы және жүзімдегі он екі ...

Қуатты жеп, көңілді болды. Олар секіре бастады, ілулі болды ...

Олардың сегізінші бөлігі шаршыда Қанша маймыл болды,

Шалғында көңіл көтеру. Айтшы, мына отарда?

Бхаскараның шешімі оның квадрат теңдеулердің түбірлерінің екі мәнділігі туралы білгенін көрсетеді (3-сурет).

13-есепке сәйкес теңдеу:

(x/8) 2 + 12 = x

Бхаскара былай деп жазады:

x 2 - 64x = -768

және осы теңдеудің сол жағын шаршыға дейін аяқтау үшін екі жағын қосады 32 2 , содан кейін алу:

x 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

x 1 = 16, x 2 = 48.

1.4 Әл-Хорезмидегі квадрат теңдеулер

1) «Квадраттар түбірлерге тең», яғни. балта 2 + c =бX.

2) «Квадраттар санға тең», яғни. балта 2 = с.

3) «Түбірлер санға тең», яғни. ah = с.

4) «Квадраттар мен сандар түбірге тең», яғни. балта 2 + c =бX.

5) «Квадраттар мен түбірлер санға тең», яғни. а 2+bx= с.

6) «Түбірлер мен сандар квадраттарға тең», яғни.bx+ c \u003d балта 2.

14-тапсырма.«Квадрат пен 21 саны 10 түбірге тең. Түбірді тап» (x 2 + 21 = 10x теңдеуінің түбірін алсақ).

1.5 Еуропадағы квадрат теңдеулерXIII - XVIIғасырлар

Бір канондық түрге келтірілген квадрат теңдеулерді шешудің жалпы ережесі:

x 2+bx= бірге,

Виетада квадрат теңдеуді шешуге арналған формуланың жалпы туындысы бар, бірақ Виета тек оң түбірлерді мойындады. 16 ғасырда алғашқылардың қатарында итальяндық математиктер Тарталья, Кардано, Бомбелли болды. Оң және теріс түбірлерден басқа ескеріңіз. Тек XVII ғасырда. Жирард, Декарт, Ньютон және басқа да ғалымдардың еңбектерінің арқасында квадрат теңдеулерді шешу жолы заманауи көрініске ие болды.

1.6 Вьета теоремасы туралы

(а +б)x - x 2 =аб,

x 2 - (a +б)x + aб = 0,

x 1 = a, x 2 =б.

2. Квадрат теңдеулерді шешу әдістері