Шымкент қаласы, Абай ауданы, №128 жалпы орта білім беретін мектеп
-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу
жүктеу/скачать 240,97 Kb.
|
шығ жоба
- 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.
| 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 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: 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 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/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: 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. 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. жүктеу/скачать 240,97 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|