Квадрат теңдеулерді шешу жолдарының әр түрлі әдістері



жүктеу 64.03 Kb.
Дата21.07.2016
өлшемі64.03 Kb.
Квадрат теңдеулерді шешу жолдарының әр түрлі әдістері
Калиева Г.Б.
8А, №39 мектеп-гимназиясы, Қарағанды қ.
Жетекші: Нұржанова Шолпан Өзбековна

Квадрат теңдеуледі шешу жолдарының әр түрлі әдістері

Калиева Г.Б.

8«А» №39 мектеп-гимназиясы, Қарағанды қ.

Жетекші: Нұржанова Шолпан Өзбековна

Көптеген табиғи процестер мен құбылыстар квадрат теңдеулер арқылы сипатталады, мазмұнды есептердің көбісінің шешуі квадрат теңдеулерді шешуге келіп тіреледі. Квадрат теңдеулерді шешу математикада қарастырылатын тақырыптардың қажетті бірі болып табылады. Квадрат теңдеулерді оның түбірлерінің формуласы бойынша шешу 8-сынып алгебра курсында қарастырылады. Ол арқылы барлық квадрат теңдеулерді шешуге болады. Дегенмен, квадрат теңдеулерді шешудің басқа да әдіс-тәсілдері бар. Осы әдіс-тәсілдерді қарастыру арқылы бұл тақырып туралы терең білуге болады. Кейбір әдістерді тиімді жолдың бірі ретінде есептерді шығару да қолдануға болады. Енді квадрат теңдеулердің шешу тәсілдерін қарастырайық.

1. Теңдеулерді «асыра лақтыру» әдісімен шешу
квадрат теңдеуін қарастырамыз. Теңдеудін екі жағында а-га көбейтіп, мынаны аламыз

деп белгілесек, . Олай болса теңдеуіне келеміз. Бұл бастапқы теңдеумен тең. Теңдеудін түбірлерін ні Виет теоремасы арқылы табамыз. Соңында -ны аламыз. Бұл жағдайда а коэффиценті бос мүшеге көбейтіледі, сондықтан да бұл әдісті «асыра лақтыру» әдісі деп атайды. Бұл әдісті көбінесе Виет теоремасын пайдаланып түбірді оңай табуда және дискриминант дәл квадрат болғанда қолданады.

Мысал.

1) теңдеуін шешеміз.

Шешуі: 2 коэффицентін теңдеудің бос мүшесіне асыра лақтырамыз, нәтижесінде теңдеуін аламыз.

Виет теоремасы бойынша





Жауабы:3;1,5

2) теңдеуін шешеміз.

Шешуі: «асыра лақтыру» әдісін қолданып, мынаны аламыз,

Виет теоремасы бойынша



бұдан

Жауабы:

2. Квадрат теңдеудің коэффиценттерінің қасиеттері
А. квадрат теңдеуі берілген делік.

1) Егер (яғни коэффициенттердің қосындысы 0-ге тең), онда



Дәлелдеуі: Теңдеудің екі жағын да бөлеміз, сонда келтірілген квадрат теңдеуін аламыз.

Виет теоремасы бойынша





a+b+c=0 шартында b= - a-c болады. Олай болса,



-ны аламыз, дәлелдеу керегі де осы еді

2) Егер немесе онда



Дәлелдеуі: Виет теоремасы бойынша


шартынан болады. Осылайша,

яғни, , дәлелдеу керегі де осы еді.



Мысал:

1) теңдеуін шешеміз



Шешуі: болғандықтан онда

Жауабы: 1;

2) теңдеуін шешеміз.



Шешуі: болғандықтан (839-448-391=0), онда .

Жауабы:

Б. Егер екінші коэффициент -жұп болса, онда түбірдің формуласын былайша жазуға болады.



Мысал:

теңдеуін шешейік, a=1, b=6, c=-40, k=3. (2) формулаға қойсақ

Шешуі:.

Жауабы: х1=-10,х2=4.
3. Квадрат теңдеуді шешудің графиктік түрі

теңдеуінен екінші, үшінші мүшелерін оң жағына шығарсақ, аламыз.

функциялардыңграфиктерін тұрғызамыз.

Бірінші 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

4. Квадрат теңдеуді циркуль және сызғыш көмегімен шешу

квадраттық теңдеуін циркуль және сызғыш көмегімен шешу әдісін ұсынамыз (1-сурет). Ізделінді шеңбер абцисса осінде 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;) нүктелері арқылы өтеді делік. Олай болса, қима туралы теорема бойынша мынаны аламыз:

y

C(0;) S



A(0;1) F

х

ОВ*ОД=ОА*ОС,

B Д(х2;0)

Бұдан ОС=

Шеңбер центрі АС және ВД хорда ортасында орналаасқан перпендикуляр SF пен SK-ның қиылысу нүктелері болып табылады, сондықтан SK

Сонымен,

1) (шеңбер центрі) және А(0;1) нүктелерін тұрғызамыз;

2) SA радиусты шеңбер жүргіземіз;

3) осы шеңбердің Ох осі арқылы өтеетін қиылысу нүктелері бастапқы квадрат теңдеудің түбірі болады.

Сонымен үш түрлі жағдай болуы мүмкін:

1-ші жағдай. Шеңбер радиусы ордината центрінен артық ( шеңбер Ох осін екі нүктеде (2а-сурет) В(х1;0) және Д(х2;0) нүктелерді қияды. Мұндағы х1 және х2-ах2+вх+с=0 квадрат теңдеуінің түбірлері).

2-ші жағдай. Шеңбер радиусы ордината центрінде ( 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 () кем, шеңбердің абцисса осімен қиылысатын нүктесі жоқ (2в-сурет), бұл жағдайда теңдеудің шешімі болмайды.


y y y




S S S

А A(0;1) A(0;1)



B B

0 0 x2 x 0 B x


А) AS>SB, екі шешімі бар:х1 және х2

Б) AS=SB, бір шешімі бар:х1



B) AS шешімі жоқ

Қолданылған әдебиеттер:

  1. Математика, информатика, физика журналы №5, 6, 2003ж.

  2. Брадис В.М. төрт таңбалы математикалық таблицалар – М.:Просвещение, 1990

  3. Ә.Н.Шыныбеков, Алгебра 8-сынып, Алматы «Атамұра» 2004

  4. Ш. Бекбаулиева, Қ.И. Қаңлыбаев, Н.Н. Забежанская, М.Б. Меңдіғалиева, Алматы «Ана тілі» 1991

  5. Математика журналы №4, 2007 ж.


©dereksiz.org 2016
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет