Алгебра курсында «Квадрат теңдеулер» тарауын оқытудың әдістемелік ерекшеліктері
-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу
жүктеу/скачать 119,64 Kb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- 4-әдіс. Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу
- 5-әдіс. Теңдеуді «асыра лақтыру» әдісімен 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 = ± 2ax = - b ± . 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 b2-4ас>0, ах2+bх+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, ах2 + 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. D<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды.. D<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды. b2 - 4ac < 0 онда ах2 + bх + с = 0 теңдеуінің түбірі болмайды.[4] 4-әдіс. Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу Келтірілген түбірлері Виет теоремасын қанағаттандырады.Ол былай беріледі: х2 + px + c = 0. (1)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. [4] Математика журналы №4, 22бет 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, еңдеуіне 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 Жауабы: ; 3. жүктеу/скачать 119,64 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|