Секциясы: Математика
-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу
жүктеу/скачать 0,53 Mb.
|
Назерке жоба матем
- Бұл бет үшін навигация:
- 4-әдіс. Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу
- 5-әдіс. Теңдеуді «асыра лақтыру» әдісімен шешу
- 6-әдіс. Квадрат теңдеулердің коэффициенттерінің қасиеттерін қолдану.
- 7-әдіс
- Мысал: 1) теңдеуін графиктік тәсілмен шешеміз. Шешуі
- Жауабы: 2)
- Жауабы: х=-1 8-әдіс. Квадрат теңдеуді циркуль және сызғыш көмегімен шешу.
- 9-әдіс. Квадрат теңдеуді номограмма көмегімен шешу.
- 10-әдіс. Квадрат теңдеулерді геометриялық әдіспен шешу.
- III. Қорытынды бөлім: III.1. Квадрат теңдеуді шешудің 10 түрлі әдісінің маңыздылығы
- Пайдаланылған әдебиеттер
| 3-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу.
ах2 + bх + с = 0, а ≠ 0 теңдеудің екі жағын да 4а-ға көбейтеміз де, төмендегі өрнекті аламыз: 4а2х2 + 4аbх + 4ас = 0, ((2ах)2 + 2ах • b + b2) - b2 + 4ac = 0, (2ax + b)2 = b2 - 4ac, 2ax + b = ± √ b2 - 4ac, 2ax = - b ± √ b2 - 4ac, Оған келесідегідей мысалдар келтіруге болады: 4х2 + 7х + 3 = 0. а = 4, b = 7, с = 3, D = b2 - 4ac = 72 - 4 • 4 • 3 = 49 - 48 = 1, Д>0 болғандықтан, екі әр түрлі түбір болады: Сонымен, дискриминант оң болғанда, яғни в2-4ас>0, ах2+вх+с=0 теңдеуінің екі түрлі түбірі болады. б) 4х2 - 4х + 1 = 0, теңдеуін шешейік. а = 4, b = - 4, с = 1, D = b2 - 4ac = (-4)2 - 4 • 4 • 1= 16 - 16 = 0, D = 0, болғандықтан, бір ғана түбір бар болады Сонымен, егер дискриминант нөлге тең болса, b2 - 4ac = 0, то уравнение а х2 + bх + с = 0 теңдеуінің жалғыз түбірі бар болады в) 2х2 + 3х + 4 = 0, теңдеуін шешейік. а = 2, b = 3, с = 4, D = b2 - 4ac = 32 - 4 • 2 • 4 = 9 - 32 = - 13 , D < 0. Д<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды.. Д<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды. b2 - 4ac < 0 онда ах2 + bх + с = 0 теңдеуінің түбірі болмайды
Ол былай беріледі: х2 + px + c = 0. (1) а=1 болғанда,
Бұдан келесі тұжырымдарды шығаруға болады: а) Егер q (1) теңдеудің бос мүшесі оң болса (q0) онда теңдеудің екі бірдей таңбалы түбірі болады. Егер р>0, онда екі түбірі де теріс болады, егер р<0, онда түбірлері оң болады. Мысал,x2 – 3x + 2 = 0; x1 = 2 және x2 = 1, мұнда q = 2 > 0 , p = - 3 < 0; x2 + 8x + 7 = 0; x1 = - 7 және x2 = - 1, мұнда q = 7 > 0 , p= 8 > 0. б) Егер q (1) теңдеудің бос мүшесі теріс болса (q <0), онда теңдеудің екі түрлі, таңбалы екі түбірі болады, түбірдің модулі бойынша үлкені оң болады, егер р <0 болса, теріс болады, егер р >0. Мысал:
квадрат теңдеуін қарастырамыз. Теңдеудің екі жағын да а-ға көбейтіп, мынаны аламыз: а2х2 + аbх + ас = 0. . ах = у деп белгілесек, х = у/а Олай болса
теңдеуіне келеміз. Бұл бастапқы теңдеумен тең. Теңдеудің түбірлерін у1, у2 –ні Виет теоремасы арқылы табамыз. Соңында х1 = у1/а , х1 = у2/а -ны аламыз. Бұл жағдайда а коэффициентін бос мүшеге көбейтеді. Сондықтан да бұл әдісті «асыра лақтыру» әдісі деп атайды . Бұл әдісті көбінесе Виет теоремасын пайдаланып түбірді оңай табуда және дискриминант дәл квадрат болғанда қолданады. мысалы, 2х2 – 11х + 15 = 0 теңдеуін шешейік. Шешуі: 2 коэффициенті теңдеудің бос мүшесіне асыра лақтырамыз, нәтижесінде:
Виет теоремасы бойынша у1 = 5 х1 = 5/2 x1 = 2,5 у2 = 6 x2 = 6/2 x2 = 3. Жауабы: 2,5; 3. 6-әдіс. Квадрат теңдеулердің коэффициенттерінің қасиеттерін қолдану. ах2 + bх + с = 0, , а ≠ 0 квадрат теңдеуі берілген. 1) Егер, а+ b + с = 0 (яғни коэффициенттер қосындысы 0-ге тең) болса, онда х1 = 1, х2 = с/а. Дәлелдеу: а ≠ 0, келесідей квадрат теңдеуге келеміз. x2 + b/a • x + c/a = 0. Виет теоремасы арқылы x1 + x2 = - b/a, x1x2 = 1• c/a. а – b + с = 0 шарты бойынша, b = а + с аламыз. Олай болса, x1 + x2 = - а + b/a= -1 – c/a, x1x2 = - 1• ( - c/a), х1 = -1 , х2 = c/a болатынын дәлелдндік. Мысал: 345х2 – 137х – 208 = 0 теңдеуін шешейік. Шешуі. а + b + с = 0 (345 – 137 – 208 = 0), онда х1 = 1, х2 = c/a = -208/345. Жауабы: 1; -208/345. 2) 132х2 – 247х + 115 = 0 теңдеуін шешейік. Шешуі. а + b + с = 0 (132 – 247 + 115 = 0), онда х1 = 1, х2 = c/a = 115/132. Жауабы: 1; 115/132. 7-әдіс Квадрат теңдеуді шешудің графиктік түрі теңдеуінен екінші, үшінші мүшелерін оң жағына шығарсақ, аламыз. функциялардың графиктерін тұрғызамыз. Б ірінші функцияның графигі – координат басынан өтетін парабола, екінші функцияның графигі – түзу (1-сурет). Енді келесі жағдайлар болуы мүмкін: -түзу және парабола екі нүктеде қиылысуы мүмкін, қиылысу нүктесінің абциссасы квадрат теңдеудің түбірі болады. - түзу және парабола жанасуы мүмкін (бір ғана ортақ нүктеде), яғни теңдеудің бір ғана шешімі болады. -парабола және түзудің ортақ нүктелері жоқ, яғни теңдеудің түбірі жоқ. Мысал: 1) теңдеуін графиктік тәсілмен шешеміз. Шешуі: түрінде жазамыз. параболасын және түзуін тұрғызайық. түзуін мына М(0,6) және N(3,9) нүктелері арқылы тұрғызуға болады. Түзу және парабола А,В нүктелері абсциссалары -пен қиылысады. Жауабы: 2) теңдеуін графиктік тәсілмен шешеміз Шешуі: түрінде жазамыз. y=х2 параболасын және у=-2х-1 түзуін тұрғызайық. у=-2х-1 түзуін М(0;-1) және N( ) нүктелері арқылы жүргіземіз. Парабола мен түзу А нүктесінде қиылысады, абциссасы х=-1 тең. Жауабы:х=-1 8-әдіс. Квадрат теңдеуді циркуль және сызғыш көмегімен шешу. ах2 +вх+с=0 квадраттық теңдеуін циркуль және сызғыш көмегімен шешу әдісін ұсынамыз (5-сурет). Ізделінді шеңбер абцисса өсінде В(х1 ;0) және Д (х2;0) нүктелерінде қиылыссын делік. Мұндағы х1, х2 - ах2 + вх + с=0 теңдеуінің түбірлері және ординат осінен А(0;1) және С(0; а с ) нүктелері арқылы өтеді делік. Олай болса, қима туралы теорема бойынша мынаны аламыз: OB • OD = OA • OC, келесі OC = OB • OD/ OA= х1х2/ 1 = c/a. Шеңбер центрі АС және ВД хорда ортасында орналасқан перпендикуляр SF пен SК-ның қиылысу нүктелері болып табылады, сондықтан SК= а а в в х х 2 2 2 1 2 ; SF = а а с а с у у 2 2 1 2 1 2 Сонымен, 1) S а а с а в 2 , 2 (шеңбер центрі) және А (0;1) нүктелерін тұрғызамыз; 2) SА радиусты шеңбер жүргіземіз; 3) Осы шеңбердің Ох осі арқылы өтетін қиылысу нүктелері бастапқы квадрат теңдеудің түбірі болады. Сонымен үш түрлі жағдай болуы мүмкін: 1-ші жағдай.Шеңбер радиусы ордината центрінен артық (АS > SК, немесе, a a c R 2 шеңбер Ох осін екі нүктеде (2а-сурет) В (х1 ; 0) және Д (х2;0) нүктелерде қияды. Мұндағы х1 және х2-ах2 +вх+с =0 квадрат теңдеуінің түбірлері). 2-ші жағдай.Шеңбер радиусы ордината центрінде (АS= SК; немесе a a c R 2 тең, шеңбер Ох осін В (х1; 0) нүктесінде (2б)-сурет) жанап өтеді, мұндағы х1 – квадрат теңдеудің түбірі). 3-ші жағдай.Шеңбер радиусы ордината центрінен кіші (А S < SК, немесе a a c R 2 ) кем, щеңбердің абцисса осімен қиылысатын нүктесі жоқ (2в – сурет), бұл жағдайда теңдеудің шешімі болмайды.. а) АS>SВ, a a c R 2 екі шешімі бар: х1 және х2 б) АS=SВ, a a c R 2 бір шешімі бар: х1 в) АS Мысал: х2 - 2х - 3 = 0 теңдеуін шешейік Шешуі. Координатадан шеңбердің центірін анықтаймыз: А (0; 1) SA шеңбердің радиусы екенін көреміз. Жауабы: х1 = - 1; х2 = 3. 9-әдіс. Квадрат теңдеуді номограмма көмегімен шешу. Бұл квадрат теңдеуді шешудің бұрынғы және көне ұмыт болған әдісі.83 (см. Брадис В.М. Четырехзначные математические таблицы. - М., Просвещение, 1990).Брадис таблицасында z2+pz+q=0 теңдеуін шешуге арналған номограмманы қарастырайық. Бұл номограмма квадрат теңдеудідің түбірлерін анықтауға мүмкіндік береді. Номограмманың қисық сызықты шкаласы төменгі формулалар бойынша тұрғызылған .(11 сурет): ОС = р, ED = q, ОЕ = а десек, мұндағы САН және CDF үшбұрыштарының ұқсастығына мынадай пропорция аламыз: Мұнда z2+pz+q=0 теңдеуді ауыстыру жасағаннан және жеңілдеткеннен шығады, бұл жердегі z әрпі қисық сызықты шкала нүктесінің кез-келген белгісін білдіреді. Мысалдар. 1) z2 - 9z + 8 = 0 теңдеуі үшін номограмма ның көмегімен келесі түбірлерді аламыз z1 = 8,0 ,z2 = 1,0 (12 сурет). 2) 2z2 - 9z + 2 = 0 номограмманың көмегімен, коэффициенттерін 2 бөлеміз да, келесіні аламыз z2 - 4,5z + 1 = 0. Номаграмма келесі түбірлерді береді: z1 = 4 ,z2 = 0,5. 10-әдіс. Квадрат теңдеулерді геометриялық әдіспен шешу. Көне заманда алгебраға қарағанда геометрия көбірек жетілген кезде, квадрат теңдеулерді алгебралық жолмен емес геометриялық жолмен шеше білген. Ежелгі гректер мына у2 + 6у-16=0 теңдеуін қалай шешкендігіне тоқталып өтейік. Шешуі: жоғарыдағы 4-суретте көрсетілген, мұндағы у 2 +6у=16 немесе у 2 +6у+9=16+9 у 2 +6у+9 және 16+9 өрнекті геометриялық тұрғыда сол квадраттың өзін береді, ал у 2 5+6у-16+9-9=0 бастапқы теңдеу де сол теңдеу. Бұдан алатынымыз у+3= немесе у1=2, у2=-8. Көне заманда алгебраға қарағанда геометрия көбірек жетілген кезде, квадрат теңдеулерді алгебралық жолмен емес геометриялық жолмен шеше білген. Әйгілі әл-Хорезмидің «Әл-жебр» кітабынан мысал келтірейік. х 2 +10х=39 теңдеуін шешейік. Мысал-2: Шешуі: қабырғасы х болатын квадратты қарастырайық. Оның қабырғаларының бойында тікбұрыштар әрбір қабырғасы тең болатындай етіп тұрғызылады. Олардың әрқайсысының аудандары 2 х-ке тең. Алынған фигураның төрт бұрышына қабырғаларының әрқайсысы 2 болатын, ал ауданы 6 болатын төрт бірдей квадратпен ABCD жаңа квадраты толғанша толтырамыз
АВСD квадратының ауданы (S-ті) мына ауданның қосындысы түрінде сипаттауға болады: алғашқы х 2 – квадраттан, төрт тіктөртбұрыштан (4· 2 =10х) және тұрғызылған 4 квадраттан (4·6 =25), яғни S=x2 +10x+25. х2 +10x өрнегін 39 санымен ауыстыра отырып, S=39+25=64-ті аламыз, бұл жерден ABCD қабырғасы, яғни АВ=8 екендігі шығады. Алғашқы квадраттың ізделінді х-қабырғасы үшін: А х В х=8-2 -2 =3 екенін аламыз. 10-тәсіл:квадраттық теңдеуді шешудің графикалық шешімі. Егер x 2 +px+q=0 теңдеуінде екінші және үшінші мүшені теңдеудің оң жағына шығаратын болсақ: x 2 =-px-q Енді y=x 2 және y=-px-q функцияларының графиктерін саламыз. Бірінші функция графигін санақ басынан өтетін парабола, ал екінші функцияның графигі түзу.Олар қиылысып өтетіндіктен, қиылысу нүктелерін анықтай аламыз.Келесі шарттар орындалуы мүмкін: Түзу мен парабола қиылысып, олардың қиылысу нүктелері екеу болуы мүмкін. Абсциссадағы нүктелер берілген квадраттық теңдеудің түбірлері болады. - Түзу мен парабола қиылысады, бірақ қиылысу нүктесі бір ғана нүкте болғандықтан, түбірі бір ғана болады. - Түзу мен параболаның еш ортақ нүктелері болмаса, онда квадраттық теңдеуде түбірі болмайды. Мысал: 1. x 2 -3x-4=0 квадраттық теңдеуін шешйік. Шешуі.Бұл теңдеуді мынадай түрге келтіріп жазып алайық: x 2 -=3x+4 Енді координаталық жазықтықта у=3x+4 түзуін құрастырамыз.Қиылысқан нүктелерінің координаталары М(0;4) және N (3;13).Түзу мен парабола екі нүктеде қиылысады.Олар А және В.Түбірлері x1=-1 x2=4 Жауабы: x1=-1 x2=4 III. Қорытынды бөлім: III.1. Квадрат теңдеуді шешудің 10 түрлі әдісінің маңыздылығы Квадрат теңдеулерді теңсіздіктерді шешкенде, тригонометрия және иррационал теңдеулерде кең көлемде қолданылады. Квадрат теңдеуді шешудің 10 түрлі әдісі оқушылардың «Квадрат теңдеулер» тақырыбын терең меңгеруіне жол ашады. Сонымен қоса, квадрат теңдеулерді шешудің барлық он тәсілі де қолданыс тапқанда оқушылардың пәнге деген қызығушылығы мен логикалық ойлау қабілеті артады. Квадрат теңдеулер физика және геометрия пәндеріндегі кейбір есептерді шешуде бірден бір қолайлы тәсіл болып табылады. Сол сияқты алгебра пәнінде де кейбір тригонометриялық теңдеулерді және теңсіздіктерді шешуде де оқушы үшін ыңғайлы тәсілдің бірі болып саналады. Сондықтан да әрбір оқушы үшін квадрат теңдеуді басқа пәндердегі есептерді шешуде қолдана білуі, математиканың ғылымдар патшасы ретінде білгеніміз. Ақыл-ойды дамытатын математика. Сондықтан да кез-келген есептердің шешу тәсілдерін біліп қана қоймай,олады терең меңгеріп, біздің ой-санамыздың дамуына үлкен мүмкіндік береді. Пайдаланылған әдебиеттер: Математика, информатика, физика журналы №5, 6, 2003ж. Брадис В.М. төрт таңбалы математикалық таблицалар – М.:Просвещение, 1990 Ә.Н.Шыныбеков, Алгебра 8-сынып, Алматы «Атамұра» 2004 Ш. Бекбаулиева, Қ.И. Қаңлыбаев, Н.Н. Забежанская, М.Б. Меңдіғалиева, Алматы «Ана тілі» 1991 Математика журналы №4, 2007 ж. Алимов Ш.А., Ильин В.А. и др. Алгебра, 6-8. Пробный учебник для 6-8 классовой средней школы. - М., Просвещение, 1981. жүктеу/скачать 0,53 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|