Білім өркениеттіліктің әрі өлшемі, әрі тетігі болып табылатындықтан кез келген мемлекеттің рухани және әлеуметтік дәрежесі білім деңгейіне байланысты бағаланады
-әдіс. Толық квадратқа келтіру әдісі
жүктеу/скачать 141,33 Kb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- 3-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу.
- 4-әдіс. Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу
- 5-әдіс. Теңдеуді «асыра лақтыру» әдісімен шешу
- 6-әдіс. Квадрат теңдеулердің коэффициенттерінің қасиеттерін қолдану.
- 7-әдіс : Квадрат теңдеуді шешудің графиктік түрі
- Мысал: 1)теңдеуін графиктік тәсілмен шешеміз. Шешуі
- Жауабы: 2)
- Жауабы
- Тексеру
- 5 есеп.
| 2-әдіс. Толық квадратқа келтіру әдісі.
Мысал: х2 + 6х - 7 = 0 теңдеуін шешейік. Сол жақ бөлігін толық квадратқа келтіреміз. Ол үшін х2 + 6х өрнегін төмендегідей жазып аламыз:
Алынған өрнектің бірінші қосындысы х-тың квадраты, ал екінші қосындысы х пен 3-тің екі еселенгені. Толық квадрат алу үшін 32-ын қосу керек. Сонда х2 + 2• х • 3 + 32 = (х + 3)2. Енді теңдеудің сол жағын түрлендіреміз. Берілген теңдеуге 32 -ын қосып, алып тастаймыз. Сонда шығатыны:
Сонымен, берілген теңдеуді былайша жазуға болады: (х + 3)2 - 16 =0, (х + 3)2 = 16. Бұдан , х + 3 - 4 = 0, х1 = 1, немесе х + 3 = -4, х2 = -7. 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.
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:
[4] Математика журналы №4, 22бет Теңдеудің екі жағын да а-ға көбейтіп, мынаны аламыз:
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. 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 = . Дәлелдеу: а ≠ 0, келесідей квадрат теңдеуге келеміз. x2 + • x + = 0. Виет теоремасы арқылы x1 + x2 = , x1x2 = 1• . а – b + с = 0 шарты бойынша, b = а + с аламыз. Олай болса, x1 + x2 = - а + = -1 – , x1x2 = - 1 ( - ), х1 = -1 , х2 = болатынын дәлелдедік. Мысал: 345х2 – 137х – 208 = 0 теңдеуін шешейік. Шешуі. а + b + с = 0 (345 – 137 – 208 = 0), онда
х1 = 1, х2 = = . Жауабы: 1; . 2) 132х2 – 247х + 115 = 0 теңдеуін шешейік. Шешуі. а + b + с = 0 (132 – 247 + 115 = 0), онда
х1 = 1, х2 = =. Жауабы: 1; . 7-әдіс : Квадрат теңдеуді шешудің графиктік түрі теңдеуінен екінші, үшінші мүшелерін оң жағына шығарсақ, аламыз. функциялардың графиктерін 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.Түзу мен парабола екі нүктеде қиылысады, қиылысу нүктесінің абциссасы квадрат теңдеудің түбірі болады. 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. Түзу және парабола бір ғана ортақ нүктеде жанасады, яғни теңдеудің бір ғана шешімі болады. Жауабы:х=-1 [5]
2.4. Квадрат теңдеулерді пайдаланып есептер шығару №1 есеп. Қосындысы 22- ге, ал квадраттарының қосындысы 250- ге тең екі санның кішісін тап. Ш: х+у=22; х= 22-у х2+у2= 250; (22-у)2+у2=250 (22-у) (22-у)+у2=250 484-22у-22у+у2+ у2=250 484 - 44у+ 2у2-250=0 2у2 -44у+ 234=0 D=b2-4ас= -42234=1936-1872=64 ; Тексеру: 9+у=22 у=22-9
у =13 Тек: 13+у=22 у =22-13 у =9
№2 есеп. Бір ұядағы барлық бал арасының жартысының квадрат түбіріне тең аралар жасмин бұтасына қонған,олардың артында аралардың -і қалған. Лотостың хош иісті гүлінің тұзағына абайсызда түсіп калған серік арасының ызыңына ұшып келген осы ұядағы аралардың тек біреуі ғана лотосты айналып ұшып жүр.Бір ұяда қанша бал арасы болған? Шешуі: Аралардың ізделінді саны-х жаңа айнымалы [5] «Алгорифм» журналы № 1/2015, 4-5 бет 2у2-9у-18=0 у1 х1=72; х2=4,5. Жауабы: бал арасының ұясында 72 ара болған. №3 есеп Айырымы 4- ке, ал квадраттарының айырымы 104-ке тең екі санның үлкенін тап. Ш: х-у=4 х= 4+у х2-у2= 104; (4+у)2-у2=104 (4+у) (4+у)-у2=250 16+4у+4у+у2- у2=104 16 +8у=104 8у= 104-16 8у=88
у=11 Тексеру: х-11=4 х = 4+11 у =15
№4 есеп. Екі санның қосындысының мәні 15, ал көбейтіндісінің мәні 54. Осы сандарды тап. х+у=15; х =15-у ху=54; (15-у)у=54 15у-у2-54=0 -у2+15у-54=0 (-1 ге бөлеміз) у2 -15у +54=0 D=b2-4ас= -41=225-216=9 Тексеру: 6+у =15; 9+ у=15 у=15-6; у= 15-9 у= 9; у=6 Жауабы: 9;6 Мақал – мәтелдер берілген. Оның ішіндегі екі сан есім квадрат теңдеудің түбірлері және теңдеу беріледі, яғни Виет теоремасы, Виет теоремасына кері теорема бойынша квадрат теңдеу құру керек. №5 есеп. Білімді мыңды жығады,Білекті бірді жығады. , Жауабы: №6 есеп. Жеті рет өлшеп, бір рет кес. , Жауабы: №7 есеп Бір тал кессең, он тал ек.
4. Жігіт бір сырлы, сегіз қырлы. , Жауабы: №8 есеп Жеті жұрттың тілін біл, Жеті түрлі білім ал.
[6]
[6] Ш. Бекбаулиева, Қ.И. Қаңлыбаев, Н.Н. Забежанская, М.Б. Меңдіғалиева, Алматы «Ана тілі» 1998 жыл. 33-35бет Қорытынды Квадрат теңдеулерді теңсіздіктерді шешкенде, тригонометрия және иррационал теңдеулерді шешкенде де қолданылатынын білдім. Квадрат теңдеуді шешудің әдістері оқушылардың «Квадрат теңдеулер» тақырыбын терең меңгеруіне жол ашады. Сонымен қоса, квадрат теңдеулерді шешудің барлық тәсілдері де қолданыс тапқанда пәнге деген қызығушылығымның , логикалық ойлау қабілетімнің артып, шыңдала беретінін байқадым. 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 шешуге де ыңғайлы тәсілдің бірі болып саналады. Сондықтан да әрбір оқушы үшін квадрат теңдеуді басқа пәндердегі есептерді шешуде қолдана білуі, математиканың ғылымдар патшасы ретінде білгеніміз жөн деп санаймын. Ақыл-ойды дамытатын математика. Сондықтан да кез-келген есептердің шешу тәсілдерін біліп қана қоймай,олады терең меңгеріп, біздің ой-санамыздың дамуына үлкен мүмкіндік береді. Бұл жобаның қорытындысы математика және оның тарихына қызығатын оқушылар мен мұғалімдерге сабақта және сыныптан тыс шара өткізуде қажет болуы мүмкін.Бұл жобаны алдағы уақытта басқа қырынан жалғастыруға болады.Қорыта келгенде, математика саласы барлық тұрмыста қажет дүние. [7] [7] «Информатика» журналы №24/2007, 9-бет. Қолданылған әдебиеттер: Математика,физика журналы №2 2014 ж ,№5, 6, 2015ж. В.М. Брадис Төрт таңбалы математикалық таблицалар – М.:Просвещение, 1990 Ә.Н.Шыныбеков, Алгебра 8-сынып, Алматы «Атамұра» 2004,2012ж Ш. Бекбаулиева, Қ.И. Қаңлыбаев, Н.Н. Забежанская, М.Б. Меңдіғалиева, Алматы «Ана тілі» 1991 Математика журналы №4, 2007 ж. Ш.А.Алимов , В.А. Ильин и др. Алгебра, 6-8. Пробный учебник для 6-8 классовой средней школы. - М., Просвещение, 1981. И.П.Рюстюмова,С.Т. Рюстумова Пособие для подготовки к единому национальному тестированию по математике «Алгорифм» журналы № 1/2015, 4-5 бет «Информатика» журналы №24/2007, 9-бет. жүктеу/скачать 141,33 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|