Шымкент қаласы, Абай ауданы, №128 жалпы орта білім беретін мектеп


-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу



бет3/5
Дата24.01.2023
өлшемі240,97 Kb.
#166327
1   2   3   4   5
Байланысты:
шығ жоба
6 сын, 5 сынып фак, 11 СЫНЫП ҮЙДЕ, 11 СЫНЫП ҮЙДЕ, Алишер, 8 сабақ 16.11.2022, 9 сабақ 17.11.2022жэ, tarsia (3)
3-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу.
ах2 + bх + с = 0, а ≠ 0
теңдеудің екі жағын да 4а-ға көбейтеміз де, төмендегі өрнекті аламыз:
2х2 + 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: 2 + 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) 2 - 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) 2 + 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
4-әдіс. Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешуКелтірілген түбірлері Виет теоремасын қанағаттандырады.
Ол былай беріледі: х2 + px + c = 0. 2ax = - b ± √ b2 - 4ac,

Оған келесідегідей мысалдар келтіруге болады: 2 + 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) 2 - 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) 2 + 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
4-әдіс. Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешуКелтірілген түбірлері Виет теоремасын қанағаттандырады.
Ол былай беріледі: х2 + px + c = 0.

а=1 болғанда,


x1 x2 = q,
x1 + x2 = - p
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:
x2 + 4x – 5 = 0; x1 = - 5 , x2 = 1, мұнда q= - 5 < 0 , p = 4 > 0;
x2 – 8x – 9 = 0; x1 = 9 и x2 = - 1, мұнда q = - 9 < 0 , p = - 8 < 0.
5-әдіс. Теңдеуді «асыра лақтыру» әдісімен шешу
ах2 + bх + с = 0, а ≠ 0.
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 
у2 + by + ас = 0,
теңдеуіне келеміз. Бұл бастапқы теңдеумен тең. Теңдеудің түбірлерін у1, у2 –ні Виет теоремасы арқылы табамыз.
Соңында х1 = у1, х1 = у2 -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, 2 – 11х + 15 = 0 теңдеуін шешейік.
Шешуі: 2 коэффициенті теңдеудің бос мүшесіне асыра лақтырамыз, нәтижесінде:
у2 – 11у + 30 = 0.
Виет теоремасы бойынша
у1 = 5 х1 = 5/2 x1 = 2,5
у2 = 6 x2 = 6/2 x2 = 3.
Жауабы:______2)'>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.

  1. 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.

 функциялардыңграфиктерін 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.


Достарыңызбен бөлісу:
1   2   3   4   5




©engime.org 2023
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет