«МӘҢгілік ел идеясы алаш зиялыларының ТҦЛҒалық ТҦҒыры»

140 






а
с
С ;
0
ОВ·ОД=ОА·ОС,
бұдан ОС=
а
с
х
х
ОА
ОД
ОВ




1
2
1
1-сурет 
Шеңбер центрі АС және ВД хорда ортасында орналасқан перпендикуляр 
SF пен SК-ның қиылысу нүктелері болып табылады, сондықтан SК=
а
в
а
в
х
х
2
2
2
2
1





; 
SF =
а
с
а
а
с
у
у
2
2
1
2
2
1





Сонымен, 
1) S








а
с
а
а
в
2
,
2
(шеңбер центрі) және А (0;1) нүктелерін тұрғызамыз; 
2) SА радиусты шеңбер жүргіземіз; 
3) Осы шеңбердің Ох осі арқылы ӛтетін 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
c
a
R
2


шеңбер Ох осін екі нүктеде (2а-сурет) В (х
1
; 0) және Д (х
2
;0) 
нүктелерде қияды. Мұндағы х
1
және х
2
-ах
2
+вх+с =0 квадрат теңдеуінің 
түбірлері). 
2-ші жағдай.Шеңбер радиусы ордината центрінде (АS= SК; немесе 
a
c
a
R
2


тең, шеңбер Ох осін В (х
1
; 0) нүктесінде (2б)-сурет) жанап ӛтеді, 
мұндағы х
1
– квадрат теңдеудің түбірі). 
3-ші жағдай.Шеңбер радиусы ордината центрінен кіші (А S < SК, немесе 
a
c
a
R
2


) кем, щеңбердің абцисса осімен қиылысатын нүктесі жоқ (2в – сурет), 
бұл жағдайда теңдеудің шешімі болмайды. 
у 
х 
А (0;1) 
F 
S 
В (х
1
;0) 
Д(х
2
;0) 

141 
2-сурет 
а) АS>SВ, 
a
c
a
R
2


екі шешімі бар: х
1
және х
2
б) АS=SВ, 
a
c
a
R
2


бір шешімі бар: х
1
в) АSa
c
a
R
2


шешім жоқ. 
8-тәсіл. Квадрат теңдеуді номограмма көмегімен шешу 
3-сурет 4- сурет 
Бұл квадрат теңдеуді шешудің бұрынғы және жөнсіз ұмыт болған әдісі
Брадис таблицасында z
2
+pz+q=0 теңдеуін шешуге арналған номограмманы 
қарастырайық. Бұл номограмма квадрат теңдеудің түбірлерін анықтауға 
мүмкіндік береді. Номограмманың 
қисық 
сызықты 
шкаласы 
төменгі 
формулалар бойынша тұрғызылған (жоғарыдағы 3-суретте бейнеленген). 
ОВ=
z
z
AB
z
а




1
,
1
2
ОС=р, ЕД=q, ОЕ=а десек, мұндағы САН және СДF
үшбұрыштарының ұқсастығына мынадай пропорция аламыз:
OB
a
AB
p
q
p



Мұнда z
2
+pz+q=0 теңдеуді ауыстыру жасағаннан және жеңілдеткеннен 
шығады, бұл жердегі z әрпі қисық сызықты шкала нүктесінің кез-келген 
белгісін білдіреді. 

142 
9-тәсіл. Квадрат теңдеулерді геометриялық әдіспен шешу 
Кӛне заманда алгебраға қарағанда геометрия кӛбірек жетілген кезде, 
квадрат теңдеулерді алгебралық жолмен емес геометриялық жолмен шеше 
білген. Ежелгі гректер мына у
2 
+ 6у-16=0 теңдеуін қалай шешкендігіне 
тоқталып ӛтейік. 
Шешуі: жоғарыдағы 4-суретте кӛрсетілген, мұндағы у
2
+6у=16 немесе 
у
2
+6у+9=16+9 
у
2
+6у+9 және 16+9 ӛрнекті геометриялық тұрғыда сол квадраттың ӛзін 
береді, ал у
2
+6у-16+9-9=0 бастапқы теңдеу де сол теңдеу. Бұдан алатынымыз 
у+3=

5 немесе у
1
=2, у
2
=-8. 
Кӛне заманда алгебраға қарағанда геометрия кӛбірек жетілген кезде, 
квадрат теңдеулерді алгебралық жолмен емес геометриялық жолмен шеше 
білген. Әйгілі әл-Хорезмидің «Әл-жебр» кітабынан мысал келтірейік. 
х
2 
+10х=39 теңдеуін шешейік. 
Мысал-2: Шешуі: қабырғасы х болатын квадратты қарастырайық. Оның 
қабырғаларының бойында тікбұрыштар әрбір қабырғасы тең болатындай етіп 
тұрғызылады. Олардың әрқайсысының аудандары 2 х-ке тең. Алынған 
фигураның тӛрт бұрышына қабырғаларының әрқайсысы 2 болатын, ал ауданы 
6 болатын тӛрт бірдей квадратпен ABCD жаңа квадраты толғанша 
толтырамыз. 
D xС 
АВСD квадратының ауданы (S-ті) мына ауданның 
қосындысы түрінде сипаттауға болады: алғашқы х
2 
– 
квадраттан, тӛрт тіктӛртбұрыштан (4· 2 =10х) және 
тұрғызылған 4 квадраттан (4·6 =25), яғни
S=x
2 
+10x+25. х
2 
+10x ӛрнегін 39 санымен ауыстыра отырып, S=39+25=64-
ті аламыз, бұл жерден ABCD қабырғасы, яғни АВ=8 екендігі шығады. 
Алғашқы квадраттың ізделінді х-қабырғасы үшін: 
А х В х=8-2 -2 =3 екенін аламыз. 
10-тәсіл:квадраттық теңдеуді шешудің графикалық шешімі. 
Егер x
2
+px+q=0 теңдеуінде екінші және үшінші мүшені теңдеудің оң 
жағына шығаратын болсақ: x
2
=-px-q 
Енді y=x
2
және y=-px-q функцияларының графиктерін саламыз. Бірінші 
функция графигін санақ басынан ӛтетін парабола, ал екінші функцияның 
графигі түзу.Олар қиылысып ӛтетіндіктен, қиылысу нүктелерін анықтай 
аламыз.Келесі шарттар орындалуы мүмкін: 
Түзу мен парабола қиылысып, олардың қиылысу нүктелері екеу болуы 
мүмкін. Абсциссадағы нүктелер берілген квадраттық теңдеудің түбірлері 
болады. 
Түзу мен парабола қиылысады, бірақ қиылысу нүктесі бір ғана нүкте 
болғандықтан, түбірі бір ғана болады. 
Түзу мен параболаның еш ортақ нүктелері болмаса, онда квадраттық теңдеуде 
түбірі болмайды. 
Мысал:
6
2
6
2
х
2 
2
6
2
6

143 
1. 
x
2
-3x-4=0 квадраттық теңдеуін шешйік. 
Шешуі.Бұл теңдеуді мынадай түрге келтіріп жазып алайық: x
2
-=3x+4 
Енді координаталық жазықтықта у=3x+4 түзуін құрастырамыз.Қиылысқан 
нүктелерінің координаталары М(0;4) және N (3;13).Түзу мен парабола екі 
нүктеде қиылысады.Олар А және В.Түбірлері x
1
=-1 x
2
=4 
Жауабы: x
1
=-1 x
2
=4 
Квадрат теңдеуді шешудің 10 түрлі әдісі оқушылардың «Квадрат 
теңдеулер» тақырыбын терең меңгеруіне жол ашады. Сонымен қоса, квадрат 
теңдеулерді шешудің барлық он тәсілі де қолданыс тапқанда оқушылардың 
пәнге деген қызығушылығы мен логикалық ойлау қабілеті артады. 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 шешуде де оқушы үшін 
ыңғайлы тәсілдің бірі болып саналады. Сондықтан да әрбір оқушы үшін 
квадрат теңдеуді басқа пәндердегі есептерді шешуде қолдана білуі, 
математиканың ғылымдар патшасы ретінде білгеніміз. Ақыл-ойды дамытатын 
математика. Сондықтан да кез-келген есептердің шешу тәсілдерін біліп қана 
қоймай, олады терең меңгеріп, біздің ой-санамыздың дамуына үлкен мүмкіндік 
береді.
Падаланылған әдебиеттер тізімі: 
1. 
Әбілқасымова А.Е., Бекбаев.И.Б., Абдиев.А.А., Жұмағұлова З.Ә. Алгебра 8 
сынып. Алматы, Мектеп 2008ж. 
2. 
Брадис В.М. Тӛрт таңбалы математикалық таблицалар – М.: Просвещение, 
1990
3. 
Математика, информатика, физика журналы. №5, 2003ж. 

жүктеу/скачать 2,86 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: