Мазмұны: Кiрiспе 1 тарау. Геометриялық салулар теориясының кейбiр мәселелерi 1
Квадрат теңдеудің түбірлерін тұрғызу
жүктеу/скачать 1,93 Mb.
|
Салу есептерін шешу әдістері бойынша оқу - әдістемелік құрал
| 3.2. Квадрат теңдеудің түбірлерін тұрғызу
Айталық p және q кесінділері берілген. Ұзындығы х2 рх q2 = 0 квадрат теңдеуінің нақты түбірлеріне тең болатын кесіндіні есептемей – ақ салатындай ереже жасауға болады. Мұндағы х2 рх q2 = 0 теңдігі тіктөртбұрыш (рх) пен екі квадраттың (х2 & q2) аудандарының байланысы түрінде жазылғандықтан, босмүшені q емес, q2 түрінде жазамыз. Көрсетілген есепті шешу үшін Виет формуласын немесе квадрат теңдеудің түбірлерінің формуласын қолдануға болады. Екі әдісті де қарастырайық: І әдіс: 1) х2 - рх + q2 = 0 теңдеуі үшін х1 = , x2 = . Гипотенузасы ОА = , катеті АС = q болатын тікбұрышты үшбұрыш салып (57-сурет), (О, ОС) шеңберін тұрғызамыз. Содан соң ОА түзуін жүргізіп, оның шеңберімен қимасын D1, D2 (АD1 АD2) десек, х1 = AD1, x2 = AD2. 2) х2 - рх - q2 = 0 теңдеуі үшін х1 = , x2 = . Бұл жағдайда салу жоспары төмендегіше болады: 1. ОС = , CA =q катеттері бойынша ОСА тікбұрышты үшбұрышы (57-сурет) 2. (О, ) шеңбері 3. ОА түзуі 4. ОА = D1 және D2 нүктелері х1 = AD1, x2 = AD2 – ізделінді кесінділер. 3) х2 + рх q2 = 0 теңдеуін шешу үшін х = -у деп алып, жоғарда көрсетілген салуларды қолданамыз. ІІ әдіс: ( Виет формуласы арқылы шешу) 1) Талдау: х2 - рх + q2 = 0 теңдеуінің түбірлері Виет формуласы бойынша мынандай байланыста болады: х1 + х2 = р, х1 х2 = q2. Сонда квадрат теңдеудің түбірлерін тұрғызу қосындысы және геометриялық ортасы берілген екі кесіндіні салу есебіне келеді. Салу: 1. Диаметрі АВ = р болатын шеңбері (58-сурет) 2. АВ диаметрінен q қашықтықтағы DЕ параллель түзуі 3. DЕ = Ғ нүктесі 4. ҒС АВ және С АВ түзуі х1 = AС, x2 = ВС – ізделінді кесінділер. Зерттеу: Салу жоспарының үшінші қадамындағы DЕ түзуі (О, ) шеңберін q шарты орындалғанда ғана қияды. Бұл жағдайда есептің әр түрлі екі шешімі болады. Егер q = болса, DЕ түзуі шеңберін жанайды да, АС = ВС болады. Сондықтан х1 = х2, яғни есептің жалғыз шешімі болады. Егер q болса, DЕ түзуінің шеңберімен ортақ нүктесі болмайды да, есептің шешімі жоқ делінеді. 2) х2 - рх - q2 = 0 теңдеуінің түбірлері х1 + х2 = р, х1 х2 = - q2 шарттары арқылы байланысқан. Бұдан бір түбірі оң (айталық х1), ал екіншісі теріс (яғни х2) екені көрініп тұр. Олай болса, х1 = х1, х2 =-х2. Сондықтан х1 -х2= p, x1 х2= q2. Сонымен бұл айырмасы және геометриялық ортасы берілген екі кесіндіні салу есебіне келеді. Салу жоспары былайша болады: (59-сурет) 1) (О, ) шеңбері 2) кез – келген Т нүктесінен t жанамасы 3) ТА = q болатындай А t нүктесі 4) ОА түзуі 5) ОА = D1, D2 (AD1 AD2) нүктелері AD1, AD2 – ізделінді кесінділер, яғни х1 = AD1, x2 = AD2. жүктеу/скачать 1,93 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|