Dia 1
Dia 2
Kurssin tavoitteet: Johdatus uusiin menetelmiin toisen asteen yhtälöiden ratkaisemiseksi Tiedon syventäminen aiheesta "Kvadraattiset yhtälöt" Matemaattisten ja älyllisten kykyjen ja taitojen kehittäminen tutkimustyötä Edellytysten luominen henkilökohtaiselle itsensä toteuttamiselle
Dia 3
Opintojakson tavoitteet: Opiskelijalle tutustuminen uusiin tapoihin ratkaista toisen asteen yhtälöitä. Vahvistaa kykyä ratkaista yhtälöitä tunnetuilla menetelmillä. Ottaa käyttöön lauseita, jotka mahdollistavat yhtälöiden ratkaisemisen epätyypillisillä tavoilla. kiinnostus tutkimustoimintaan Luoda opiskelijoille olosuhteet oivaltaa ja kehittää kiinnostusta matematiikan aihetta kohtaan. oikea valinta profiilin suunta
Dia 4
Ohjelman sisältö Aihe 1. Johdanto. 1 tunti Neliöyhtälön määritelmä. Täysi ja keskeneräinen neliö yhtälöt Menetelmät niiden ratkaisemiseksi. Kyseenalaistaminen. Aihe 2. Neliön ratkaiseminen. yhtälöt. Tekijöintimenetelmä Menetelmä täydellisen neliön erottamiseksi Neliön ratkaisu. yhtälöt kaavoilla Ratkaisu sq. yhtälöt siirtomenetelmällä Ratkaisu sq. yhtälöt käyttämällä T. Vieta Solving sq. yhtälöt kertoimella Ratkaisu sq. yhtälöt graafisesti Ratkaiseminen sq. yhtälöt kompassin ja viivaimen avulla Solving sq. yhtälöt geometrisella menetelmällä Ratkaisu neliö. yhtälöt "nomogrammeilla"
Dia 5
Hieman historiaa... Neliöyhtälöt ovat perusta, jolla algebran majesteettinen rakennus lepää. Neliöyhtälöitä käytetään laajalti trigonometristen, eksponentiaalisten, logaritmien, irrationaalisten ja transsendenttisten yhtälöiden ja epäyhtälöiden ratkaisemisessa. Neliöyhtälöt muinaisessa Babylonissa. Neliöyhtälöt Intiassa. Al-Khorezmin toisen asteen yhtälöt. Neliöyhtälöt Euroopassa XIII - XVII vuosisadalla.
Dia 6
Dia 7
Dia 8
Dia 9
Dia 10
Kuuluisa ranskalainen tiedemies Francois Viète (1540-1603) oli ammatiltaan lakimies. Vapaa-aika hän omistautui tähtitiedelle. Tähtitieteen tunnit vaativat trigonometrian ja algebran tuntemusta. Viet otti nämä tieteet ja tuli pian siihen tulokseen, että niitä on parannettava, minkä parissa hän työskenteli useita vuosia. Hänen työnsä ansiosta algebrasta tulee yleinen tieteen tiede. algebralliset yhtälöt, perustuu kirjaimelliseen laskentaan. Siksi tuli mahdolliseksi ilmaista yhtälöiden ominaisuudet ja niiden juuret yleisillä kaavoilla.
Dia 11
Työtä tehdessä havaittiin seuraavat: Menetelmät, joita aion käyttää: Vietan lause Kertoimien ominaisuudet "heitto" -menetelmä Vasemman puolen faktorointi Graafinen menetelmä Menetelmät ovat mielenkiintoisia, mutta vievät paljon aikaa eivätkä ole aina käteviä. Graafinen menetelmä Nomogrammin käyttäminen Viivaimet ja kompassit Eristäen kokonaisen neliön Kumaran tiedemiehiä, jotka löysivät nämä menetelmät ja antoivat tieteelle sysäyksen kehitykselle aiheessa "Klikaattiyhtälöiden ratkaiseminen"
Dia 12
Yhtälön vasemman puolen faktorointi Ratkaistaan yhtälö x2 + 10x - 24=0. Kerrotaan vasen puoli: x2 + 10x - 24= x2 + 12x -2x - 24= x(x + 12) - 2(x + 12)= (x + 12)(x - 2). (x + 12)(x - 2)=0 x + 12=0 tai x - 2=0 x= -12 x= 2 Vastaus: x1= -12, x2 = 2. Ratkaise yhtälöt: x2 - x=0 x2 + 2x=0 x2 - 81=0 x2 + 4x + 3=0 x2 + 2x - 3=0
Dia 13
Täysneliön erotusmenetelmä Ratkaise yhtälö x2 + 6x - 7=0 x2 + 6x - 7=x2 + 2x3 + 32 - 32 - 7=(x-3)2 - 9- 7= (x-3)2 - 16 ( x -3)2 -16=0 (x-3)2 =16 x-3=4 tai x-3=-4 x=1 x=-7 Vastaus: x1=1, x2 =-7. Ratkaise yhtälöt: x2 - 8x+15=0 x2 +12x +20=0 x2 + 4x + 3=0 x2 + 2x - 2=0 x2 - 6x + 8=0
Dia 14
Neliöyhtälöiden ratkaiseminen kaavalla Peruskaavat: Jos b on pariton, niin D= b2-4ac ja x 1,2=, (jos D>0) Jos b-parillinen, niin D1= ja x1,2=, (jos D >0) Ratkaise yhtälöt: 2x2 - 5x + 2=0 6x2 + 5x +1=0 4x2 - 5x + 2=0 2x2 - 6x + 4=0 x2 - 18x +17=0 =
Dia 15
Yhtälöiden ratkaiseminen siirtomenetelmällä Ratkaistaan yhtälö ax2 + bx + c = 0. Kerrotaan yhtälön molemmat puolet a:lla, saadaan a2 x2 +abx+ac=0. Olkoon ax = y, josta x = y/a. Sitten U2 + bу + ac = 0. Sen juuret ovat y1 ja y2. Lopuksi x1 = y1 /a, x1 = y2 /a. Ratkaistaan yhtälö 2x2 -11x + 15=0. Siirretään kerroin 2 vapaaseen termiin: Y2 -11y+30=0. Vietan lauseen mukaan y1 = 5 ja y2 = 6. x1 =5/2 ja x2 =6/2 x1 =2,5 ja x2 =3 Vastaus: x1=2,5, x2 =3 Ratkaise yhtälö: 2x2 -9x +9=0 10x2 -11x + 3=0 3x2 + 11x +6 =0 6x2 +5x - 6=0 3x2 +1x - 4=0
Dia 16
Yhtälöiden ratkaiseminen Vietan lauseella Ratkaistaan yhtälö x2 +10x-24=0. Koska x1 * x2 = -24 x1 + x2 = -10, niin 24 = 2 * 12, mutta -10 = -12 + 2, mikä tarkoittaa x1 = -12 x2 = 2 Vastaus: x1 = 2, x2 = -12. Ratkaise yhtälöt: x2 - 7x - 30 =0 x2 +2x - 15=0 x2 - 7x + 6=0 3x2 - 5x + 2=0 5x2 + 4x - 9=0
Dia 17
Kertoimien ominaisuudet toisen asteen yhtälö Jos a+b+c=0, niin x2 = 1, x2 = c/a Jos a – b + c=0, niin x2 =-1, x2 = -c/a Ratkaise yhtälö x2 + 6x - 7= 0 Ratkaise yhtälö 2x2 + 3x +1= 0 1 + 6 – 7 =0, mikä tarkoittaa x1=1, x2 = -7/1=-7. 2 - 3+1=0, mikä tarkoittaa x1= -1, x2 = -1/2 Vastaus: x1=1, x2 =-7. Vastaus: x1=-1, x2 =-1/2. Ratkaise yhtälöt: 5x2 - 7x +2 =0 Ratkaise yhtälöt: 5x2 - 7x -12 =0 11x2 +25x - 36=0 11x2 +25x +14=0 345x2 -137x -208=0 3x2 +5x +2=0 3x2 + 5x - 8=0 5x2 + 4x - 1=0 5x2 + 4x - 9=0 x2 + 4x +3=0
Kopjevskajan maaseutukoulu
10 tapaa ratkaista toisen asteen yhtälöitä
Pää: Patrikeeva Galina Anatolyevna,
matematiikan opettaja
kylä Kopevo, 2007
1. Toisen asteen yhtälöiden kehityksen historia
1.1 Toisen asteen yhtälöt muinaisessa Babylonissa
1.2 Kuinka Diophantus laati ja ratkaisi toisen asteen yhtälöitä
1.3 Toisen asteen yhtälöt Intiassa
1.4 Al-Khorezmin toisen asteen yhtälöt
1.5 Neliöyhtälöt Euroopassa XIII - XVII vuosisatoja
1.6 Tietoja Vietan lauseesta
2. Neliöyhtälöiden ratkaisumenetelmät
Johtopäätös
Kirjallisuus
1. Toisen asteen yhtälöiden kehityksen historia
1.1 Toisen asteen yhtälöt muinaisessa Babylonissa
Tarve ratkaista ei vain ensimmäisen, vaan myös toisen asteen yhtälöitä muinaisina aikoina johtui tarpeesta ratkaista alueiden löytämiseen liittyviä ongelmia tontteja ja sotilaallisilla maanrakennustöillä sekä itse tähtitieteen ja matematiikan kehityksellä. Neliöyhtälöt voitiin ratkaista noin 2000 eaa. e. babylonialaiset.
Nykyaikaista algebrallista merkintää käyttämällä voimme sanoa, että heidän nuolenkirjoitusteksteissään on epätäydellisten lisäksi esimerkiksi täydellisiä toisen asteen yhtälöitä:
X2 + X= ¾; X2 - X= 14,5
Näiden yhtälöiden ratkaisemisen sääntö, joka on esitetty babylonialaisissa teksteissä, on olennaisesti sama kuin nykyaikainen, mutta ei tiedetä, kuinka babylonialaiset päätyivät tähän sääntöön. Lähes kaikki tähän mennessä löydetyt nuolenkirjoitustekstit sisältävät vain ongelmia reseptien muodossa laadittujen ratkaisujen kanssa, ilman viitteitä siitä, miten ne on löydetty.
Huolimatta korkea taso Algebran kehitys Babylonissa, nuolenkielisistä teksteistä puuttuu käsite negatiivisesta luvusta ja yleisiä menetelmiä toisen asteen yhtälöiden ratkaiseminen.
1.2 Kuinka Diophantus laati ja ratkaisi toisen asteen yhtälöitä.
Diophantuksen aritmetiikka ei sisällä algebran systemaattista esitystä, mutta se sisältää systemaattisen sarjan tehtäviä, joihin liittyy selityksiä ja jotka ratkaistaan rakentamalla eriasteisia yhtälöitä.
Yhtälöitä laatiessaan Diophantus valitsee taitavasti tuntemattomia ratkaisun yksinkertaistamiseksi.
Tässä on esimerkiksi yksi hänen tehtävistään.
Ongelma 11."Etsi kaksi numeroa tietäen, että niiden summa on 20 ja niiden tulo on 96"
Diophantus perustelee seuraavasti: tehtävän ehdoista seuraa, että vaaditut luvut eivät ole yhtä suuret, koska jos ne olisivat yhtä suuret, niiden tulo ei olisi 96, vaan 100. Siten yksi niistä on suurempi kuin puolet summastaan, eli . 10 + x, toinen on pienempi, ts. 10-luvulla. Niiden välinen ero 2x.
Siksi yhtälö:
(10 + x) (10 - x) = 96
100-luvulla 2 = 96
X 2 - 4 = 0 (1)
Täältä x = 2. Yksi vaadituista luvuista on yhtä suuri kuin 12 , muu 8 . Ratkaisu x = -2 sillä Diofantosta ei ole olemassa, koska kreikkalainen matematiikka tunsi vain positiivisia lukuja.
Jos ratkaisemme tämän ongelman valitsemalla yhden vaadituista luvuista tuntemattomaksi, niin pääsemme ratkaisuun yhtälöön
y(20 - y) = 96,
klo2 - 20у + 96 = 0. (2)
On selvää, että valitsemalla tarvittavien lukujen erotuksen puolikkaan tuntemattomaksi, Diophantus yksinkertaistaa ratkaisua; hän onnistuu pelkistämään ongelman ratkaisemaan epätäydellisen toisen asteen yhtälön (1).
1.3 Neliöyhtälöt Intiassa
Neliöyhtälöitä koskevia ongelmia löytyy jo intialaisen matemaatikon ja tähtitieteilijän Aryabhattan vuonna 499 laatimasta tähtitieteellisestä tutkielmasta "Aryabhattiam". Toinen intialainen tiedemies, Brahmagupta (7. vuosisata), esitti yleinen sääntö yhdeksi kanoniseen muotoon pelkistettyjen toisen asteen yhtälöiden ratkaisut:
Voi2 + bx = c, a > 0. (1)
Yhtälössä (1) kertoimet, paitsi A, voi olla myös negatiivinen. Brahmaguptan sääntö on pohjimmiltaan sama kuin meidän.
IN Muinainen Intia julkiset ratkaisukilpailut olivat yleisiä vaikeita tehtäviä. Eräässä vanhoista intialaisista kirjoista sanotaan tällaisista kilpailuista seuraavaa: ”Kuten aurinko loistaa loistollaan tähdet, niin oppinut mies loistaa toisen kunnian julkisissa kokouksissa ehdottaen ja ratkaiseen algebrallisia ongelmia.” Ongelmat esitettiin usein runollisessa muodossa.
Tämä on yksi kuuluisan intialaisen 1100-luvun matemaatikon ongelmista. Bhaskarit.
Ongelma 13.
"Parvi röyhkeitä apinoita ja kaksitoista viiniköynnösten varrella...
Viranomaisilla oli syötyään hauskaa. He alkoivat hypätä, roikkua...
Ne ovat aukiolla, osa kahdeksan. Kuinka monta apinaa siellä oli?
Viihdyin aukiolla. Kerro tässä paketissa?
Bhaskaran ratkaisu osoittaa, että hän tiesi, että toisen asteen yhtälöiden juuret ovat kaksiarvoisia (kuva 3).
Tehtävää 13 vastaava yhtälö on:
(x/8) 2 + 12 = x
Bhaskara kirjoittaa varjolla:
X2 - 64x = -768
ja täydentääksesi tämän yhtälön vasemman puolen neliöön, lisää molemmille puolille 32 2 , niin saat:
X2 - 64x + 322 = -768 + 1024,
(x - 32)2 = 256,
x - 32 = ± 16,
X1 = 16, x2 = 48.
1.4 Al - Khorezmin toisen asteen yhtälöt
Al-Khorezmin algebrallisessa tutkielmassa on annettu lineaaristen ja toisen asteen yhtälöiden luokitus. Kirjoittaja laskee 6 tyyppistä yhtälöä ja ilmaisee ne seuraavasti:
1) "Neliöt ovat yhtä suuria kuin juuret", ts. Voi2 + c =bX.
2) "Neliöt ovat yhtä suuria kuin numerot", ts. Voi2 = s.
3) "Juurit ovat yhtä suuret kuin luku", ts. ah = s.
4) "Neliöt ja luvut ovat yhtä suuria kuin juuria", ts. Voi2 + c =bX.
5) "Neliöt ja juuret ovat yhtä suuria kuin numerot", ts. Voi2 + bx= s.
6) "Juuret ja luvut ovat yhtä suuria kuin neliöitä", ts.bx+ c = ah2 .
Al-Khorezmille, joka vältti negatiivisten lukujen käyttöä, kunkin yhtälön ehdot ovat yhteenlaskuja eivätkä vähennyskelpoisia. Tässä tapauksessa yhtälöitä, joilla ei ole positiivisia ratkaisuja, ei tietenkään oteta huomioon. Kirjoittaja esittää menetelmiä näiden yhtälöiden ratkaisemiseksi al-jabrin ja al-muqabalan tekniikoilla. Hänen päätöksensä eivät tietenkään ole täysin samat kuin meidän. Puhumattakaan siitä, että se on puhtaasti retorinen, on huomioitava esimerkiksi, että kun ratkaistaan ensimmäisen tyypin epätäydellistä toisen tyyppistä yhtälöä
al-Khorezmi, kuten kaikki matemaatikot ennen 1600-lukua, ei ota huomioon nollaratkaisua, luultavasti siksi, että käytännön ongelmia sillä ei ole väliä. Ratkaiseessaan täydellisiä toisen asteen yhtälöitä al-Khorezmi esittää säännöt niiden ratkaisemiseksi käyttämällä erityisiä numeerisia esimerkkejä ja sitten geometrisia todisteita.
Ongelma 14."Neliö ja luku 21 ovat 10 juuria. Etsi juuri" (olettaen yhtälön x juuren2 + 21 = 10x).
Tekijän ratkaisu menee suunnilleen näin: jaa juurten määrä puoliksi, saat 5, kerro 5 itsellään, vähennä tulosta 21, jäljelle jää 4. Ota juuri 4:stä, saat 2. Vähennä 2 viidestä , saat 3, tämä on haluttu juuri. Tai lisää 2 viiteen, mikä antaa 7, tämä on myös juuri.
Al-Khorezmin tutkielma on ensimmäinen meille saapunut kirja, jossa esitetään systemaattisesti toisen asteen yhtälöiden luokittelu ja annetaan kaavoja niiden ratkaisemiseksi.
1.5 Toisen asteen yhtälöt EuroopassaXIII- XVIIbb
Kaavat al-Khorezmin kaltaisten toisen asteen yhtälöiden ratkaisemiseksi Euroopassa esitettiin ensimmäisen kerran Abacus-kirjassa, jonka italialainen matemaatikko Leonardo Fibonacci kirjoitti vuonna 1202. Tämä laaja työ, joka heijastaa matematiikan vaikutusta sekä islamilaisissa maissa että Muinainen Kreikka, erottuu sekä esityksen täydellisyydestä että selkeydestä. Kirjoittaja kehitti itsenäisesti uusia algebrallisia esimerkkejä ongelmien ratkaisemisesta ja lähestyi ensimmäisenä Euroopassa negatiivisten lukujen käyttöönottoa. Hänen kirjansa edisti algebrallisen tiedon leviämistä ei vain Italiassa, vaan myös Saksassa, Ranskassa ja muissa Euroopan maissa. Monia Abacus-kirjan ongelmia käytettiin lähes kaikissa 1500-1600-luvun eurooppalaisissa oppikirjoissa. ja osittain XVIII.
PAGE_BREAK--
Yleinen sääntö toisen asteen yhtälöiden ratkaisemiseksi yhdeksi kanoniseksi muotoksi:
X2 + bx= c,
kaikille mahdollisille kerroinmerkkiyhdistelmille b, Kanssa M. Stiefel muotoili Euroopassa vasta vuonna 1544.
Kaavan johdanto toisen asteen yhtälön ratkaisemiseksi yleisessä muodossa on saatavilla Viethiltä, mutta Vieth tunnisti vain positiiviset juuret. Italialaiset matemaatikot Tartaglia, Cardano, Bombelli olivat ensimmäisten joukossa 1500-luvulla. Positiivisten lisäksi huomioidaan myös negatiiviset juuret. Vasta 1700-luvulla. Girardin, Descartesin, Newtonin ja muiden tutkijoiden työn ansiosta toisen asteen yhtälöiden ratkaisumenetelmä saa nykyaikaisen muodon.
1.6 Tietoja Vietan lauseesta
Lauseen, joka ilmaisee toisen asteen yhtälön kertoimien ja sen juurien välistä suhdetta Vietan mukaan, hän muotoili ensimmäisen kerran vuonna 1591 seuraavasti: "Jos B+ D, kerrottuna A- A2 , on yhtä suuri BD, Tuo A on yhtä suuri IN ja tasa-arvoinen D».
Ymmärtääksemme Vietaa meidän tulee muistaa se A, kuten mikä tahansa vokaalikirjain, tarkoitti tuntematonta (meidän X), vokaalit IN,D- tuntemattoman kertoimet. Modernin algebran kielellä yllä oleva Vieta-formulaatio tarkoittaa: jos on
(+b)x - x2 = ab,
X2 - (+b)x + ab= 0,
X1 = a, x2 = b.
Ilmaisemalla yhtälöiden juurien ja kertoimien välisen suhteen symboleilla kirjoitetuilla yleisillä kaavoilla Viète totesi yhtälöiden ratkaisumenetelmien yhdenmukaisuuden. Vietin symboliikka on kuitenkin vielä kaukana moderni ilme. Hän ei tunnistanut negatiivisia lukuja ja siksi hän otti yhtälöitä ratkaiseessaan huomioon vain tapaukset, joissa kaikki juuret olivat positiivisia.
2. Neliöyhtälöiden ratkaisumenetelmät
Neliöyhtälöt ovat perusta, jolla algebran majesteettinen rakennus lepää. Neliöyhtälöitä käytetään laajalti trigonometristen, eksponentiaalisten, logaritmien, irrationaalisten ja transsendenttisten yhtälöiden ja epäyhtälöiden ratkaisemisessa. Me kaikki tiedämme kuinka ratkaista toisen asteen yhtälöitä koulusta (8. luokka) valmistumiseen asti.
Koulun matematiikan kurssilla tutkitaan kaavoja toisen asteen yhtälöiden juurille, joiden avulla voit ratkaista mitä tahansa toisen asteen yhtälöitä. On kuitenkin olemassa muita tapoja ratkaista toisen asteen yhtälöitä, joiden avulla voit ratkaista monia yhtälöitä erittäin nopeasti ja tehokkaasti. On olemassa kymmenen tapaa ratkaista toisen asteen yhtälöitä. Analysoin työssäni jokaista niistä yksityiskohtaisesti.
1. MENETELMÄ : Kerroin yhtälön vasemmalle puolelle.
Ratkaistaan yhtälö
X2 + 10x - 24 = 0.
Lasketaan vasen puoli:
X2 + 10x - 24 = x2 + 12x - 2x - 24 = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12) (x - 2).
Siksi yhtälö voidaan kirjoittaa uudelleen seuraavasti:
(x + 12) (x - 2) = 0
Koska tulo on nolla, ainakin yksi sen tekijöistä on nolla. Siksi yhtälön vasen puoli tulee nollaksi x = 2 ja myös milloin x = -12. Tämä tarkoittaa, että numero 2 Ja - 12 ovat yhtälön juuret X2 + 10x - 24 = 0.
2. MENETELMÄ : Menetelmä täydellisen neliön valitsemiseksi.
Ratkaistaan yhtälö X2 + 6x - 7 = 0.
Valitse täydellinen neliö vasemmalta puolelta.
Tätä varten kirjoitamme lausekkeen x2 + 6x seuraavassa muodossa:
X2 + 6x = x2 + 2 x 3.
Tuloksena olevassa lausekkeessa ensimmäinen termi on luvun x neliö ja toinen on x:n kaksinkertainen tulo luvulla 3. Siksi saadaksesi täydellisen neliön, sinun on lisättävä 32, koska
x2 + 2 x 3 + 32 = (x + 3)2 .
Muunnetaan nyt yhtälön vasen puoli
X2 + 6x - 7 = 0,
lisäämällä siihen ja vähentämällä 32. Meillä on:
X2 + 6x - 7 = x2 + 2 x 3 + 32 - 3 2 - 7 = (x + 3)2 - 9 - 7 = (x + 3)2 - 16.
Siten tämä yhtälö voidaan kirjoittaa seuraavasti:
(x + 3)2 -16 =0, (x + 3)2 = 16.
Siten, x + 3 - 4 = 0, x1 = 1 tai x + 3 = -4, x2 = -7.
3. MENETELMÄ :Neliöyhtälöiden ratkaiseminen kaavan avulla.
Kerrotaan yhtälön molemmat puolet
Voi2 + bx + c = 0, a ≠ 0
4a ja peräkkäin meillä on:
4a2 X2 + 4abx + 4ac = 0,
((2ah)2 + 2ahb+ b2 ) - b2 + 4 ac= 0,
(2ax + b)2 = b2 - 4ac,
2ax + b = ± √ b2 - 4ac,
2ax = - b ± √ b2 - 4ac,
Esimerkkejä.
A) Ratkaistaan yhtälö: 4x2 + 7x + 3 = 0.
a = 4,b= 7, c = 3,D= b2 - 4 ac= 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,
D> 0, kaksi erilaista juurta;
Näin ollen positiivisen diskriminantin, ts. klo
b2 - 4 ac>0 , yhtälö Voi2 + bx + c = 0 sillä on kaksi eri juurta.
b) Ratkaistaan yhtälö: 4x2 - 4x + 1 = 0,
a = 4,b= - 4, s = 1,D= b2 - 4 ac= (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0,
D= 0, yksi juuri;
Eli jos diskriminantti on nolla, ts. b2 - 4 ac= 0 , sitten yhtälö
Voi2 + bx + c = 0 on yksi juuri
V) Ratkaistaan yhtälö: 2x2 + 3x + 4 = 0,
a = 2,b= 3, c = 4,D= b2 - 4 ac= 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13, D< 0.
Jatkoa
--PAGE_BREAK--
Tällä yhtälöllä ei ole juuria.
Joten, jos diskriminantti on negatiivinen, ts. b2 - 4 ac< 0 ,
yhtälö Voi2 + bx + c = 0 ei ole juuria.
Neliöyhtälön juurien kaava (1). Voi2 + bx + c = 0 avulla voit löytää juuret mikä tahansa toisen asteen yhtälö (jos sellainen on), mukaan lukien pelkistetty ja epätäydellinen. Kaava (1) ilmaistaan sanallisesti seuraavasti: toisen asteen yhtälön juuret ovat yhtä kuin murto-osa, jonka osoittaja on yhtä suuri kuin toinen kerroin, joka on otettu vastakkaisella etumerkillä, plus miinus tämän kertoimen neliön neliöjuuri ilman, että ensimmäisen kertoimen tulo nelinkertaistuu vapaalla termillä, ja nimittäjä on kaksinkertainen ensimmäiseen kertoimeen verrattuna.
4. MENETELMÄ: Yhtälöiden ratkaiseminen Vietan lauseella.
Kuten tiedetään, pelkistetyllä toisen asteen yhtälöllä on muoto
X2 + px+ c= 0. (1)
Sen juuret täyttävät Vietan lauseen, joka milloin a = 1 näyttää siltä
/>x1 x2 = q,
x1 + x2 = - s
Tästä voidaan tehdä seuraavat johtopäätökset (kertoimista p ja q voimme ennustaa juurien merkit).
a) Jos puolijäsen q annettu yhtälö (1) on positiivinen ( q> 0 ), yhtälöllä on kaksi yhtäläisyysmerkkiä ja tämä riippuu toisesta kertoimesta s. Jos r< 0 , niin molemmat juuret ovat negatiivisia, jos r< 0 , niin molemmat juuret ovat positiivisia.
Esimerkiksi,
x2 – 3 x+ 2 = 0; x1 = 2 Ja x2 = 1, koska q= 2 > 0 Ja s= - 3 < 0;
x2 + 8 x+ 7 = 0; x1 = - 7 Ja x2 = - 1, koska q= 7 > 0 Ja s= 8 > 0.
b) Jos vapaajäsen q annettu yhtälö (1) on negatiivinen ( q< 0 ), yhtälöllä on kaksi erimerkkistä juurta ja suurempi juuri on positiivinen, jos s< 0 , tai negatiivinen jos s> 0 .
Esimerkiksi,
x2 + 4 x– 5 = 0; x1 = - 5 Ja x2 = 1, koska q= - 5 < 0 Ja s= 4 > 0;
x2 – 8 x– 9 = 0; x1 = 9 Ja x2 = - 1, koska q= - 9 < 0 Ja s= - 8 < 0.
5. MENETELMÄ: Yhtälöiden ratkaiseminen "heitto"-menetelmällä.
Harkitse toisen asteen yhtälöä
Voi2 + bx + c = 0, Jossa a ≠ 0.
Kerrotaan molemmat puolet a:lla, saadaan yhtälö
A2 X2 + abx + ac = 0.
Anna ah = y, missä x = y/a; sitten tullaan yhtälöön
klo2 + kirjoittaja+ ac = 0,
vastaa tätä. Sen juuret klo1 Ja klo 2 voidaan löytää käyttämällä Vietan lausetta.
Lopulta saamme
X1 = y1 /A Ja X1 = y2 /A.
Tällä menetelmällä kerroin A kerrottuna vapaalla termillä, ikään kuin se olisi "heitetty" siihen, minkä vuoksi sitä kutsutaan siirtomenetelmä. Tätä menetelmää käytetään, kun yhtälön juuret löytyvät helposti Vietan lauseen avulla ja mikä tärkeintä, kun diskriminantti on tarkka neliö.
Esimerkki.
Ratkaistaan yhtälö 2x2 – 11x + 15 = 0.
Ratkaisu."Heitetään" kerroin 2 vapaaseen termiin, ja tuloksena saadaan yhtälö
klo2 – 11у + 30 = 0.
Vietan lauseen mukaan
/>/>/>/>/>klo1 = 5 x1 = 5/2 x1 = 2,5
klo2 = 6 x2 = 6/2 x2 = 3.
Vastaus: 2,5; 3.
6. MENETELMÄ: Toisen yhtälön kertoimien ominaisuudet.
A. Olkoon neliöyhtälö
Voi2 + bx + c = 0, Jossa a ≠ 0.
1) Jos, a+b+ c = 0 (eli kertoimien summa on nolla), sitten x1 = 1,
X2 = s/a.
Todiste. Jakamalla yhtälön molemmat puolet ≠ 0:lla saadaan pelkistetty toisen asteen yhtälö
x2 + b/ a x+ c/ a= 0.
/>Vietan lauseen mukaan
x1 + x2 = - b/ a,
x1 x2 = 1 c/ a.
Ehdon mukaan A -b+ c = 0, jossa b= a + c. Siten,
/>x1 + x2 = - A+ b/a= -1 – c/a,
x1 x2 = - 1 (- c/a),
ne. X1 = -1 Ja X2 = c/ a, joka meidän piti todistaa.
Esimerkkejä.
Ratkaistaan yhtälö 345x2 – 137x – 208 = 0.
Ratkaisu. Koska +b+ c = 0 (345 – 137 – 208 = 0), Että
X1 = 1, x2 = c/ a= -208/345.
Vastaus: 1; -208/345.
2) Ratkaise yhtälö 132x2 – 247x + 115 = 0.
Ratkaisu. Koska +b+ c = 0 (132 – 247 + 115 = 0), Että
X1 = 1, x2 = c/ a= 115/132.
Vastaus: 1; 115/132.
B. Jos toinen kerroin b= 2 k on parillinen luku, sitten juurikaava
Jatkoa
--PAGE_BREAK--
Esimerkki.
Ratkaistaan yhtälö 3x2 - 14x + 16 = 0.
Ratkaisu. Meillä on: a = 3,b= - 14, s = 16,k= - 7 ;
D= k2 – ac= (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, D> 0, kaksi erilaista juurta;
Vastaus: 2; 8/3
IN. Supistettu yhtälö
X2 + px +q= 0
osuu yhtälöön yleinen näkemys, jossa a = 1, b= s Ja c =q. Siksi pelkistetyn toisen asteen yhtälön juurikaava on
ottaa muotoa:
Kaava (3) on erityisen kätevä käyttää, kun r- parillinen numero.
Esimerkki. Ratkaistaan yhtälö X2 – 14x – 15 = 0.
Ratkaisu. Meillä on: X1,2 =7±
Vastaus: x1 = 15; X2 = -1.
7. MENETELMÄ: Toisen yhtälön graafinen ratkaisu.
Jos yhtälössä
X2 + px+ q= 0
siirrä toinen ja kolmas termi kohtaan oikea puoli, sitten saamme
X2 = - px- q.
Tehdään graafit riippuvuudesta y = x2 ja y = - px- q.
Ensimmäisen riippuvuuden kuvaaja on origon kautta kulkeva paraabeli. Toinen riippuvuuskaavio -
suora (kuva 1). Seuraavat tapaukset ovat mahdollisia:
Suora ja paraabeli voivat leikata kahdessa pisteessä, leikkauspisteiden abskissat ovat toisen asteen yhtälön juuria;
Suora ja paraabeli voivat koskettaa (vain yksi yhteinen piste), ts. yhtälöllä on yksi ratkaisu;
Suoralla ja paraabelilla ei ole yhteisiä pisteitä, ts. toisen asteen yhtälöllä ei ole juuria.
Esimerkkejä.
1) Ratkaistaan yhtälö graafisesti X2 - 3x - 4 = 0(Kuva 2).
Ratkaisu. Kirjoitetaan yhtälö muotoon X2 = 3x + 4.
Rakennetaan paraabeli y = x2 ja suora y = 3x + 4. Suoraan
y = 3x + 4 voidaan rakentaa kahdesta pisteestä M (0; 4) Ja
N(3; 13) . Suora ja paraabeli leikkaavat kaksi pistettä
A Ja IN abskissien kanssa X1 = - 1 Ja X2 = 4 . Vastaus : X1 = - 1;
X2 = 4.
2) Ratkaistaan yhtälö graafisesti (kuva 3) X2 - 2x + 1 = 0.
Ratkaisu. Kirjoitetaan yhtälö muotoon X2 = 2x - 1.
Rakennetaan paraabeli y = x2 ja suora y = 2x - 1.
Suoraan y = 2x - 1 rakentaa kahdesta pisteestä M (0; - 1)
Ja N(1/2; 0) . Suora ja paraabeli leikkaavat pisteen A Kanssa
abskissa x = 1. Vastaus: x = 1.
3) Ratkaistaan yhtälö graafisesti X2 - 2x + 5 = 0(Kuva 4).
Ratkaisu. Kirjoitetaan yhtälö muotoon X2 = 5x - 5. Rakennetaan paraabeli y = x2 ja suora y = 2x - 5. Suoraan y = 2x - 5 Rakennetaan kahdesta pisteestä M(0; - 5) ja N(2.5; 0). Suoralla ja paraabelilla ei ole leikkauspisteitä, ts. Tällä yhtälöllä ei ole juuria.
Vastaus. Yhtälö X2 - 2x + 5 = 0 ei ole juuria.
8. MENETELMÄ: Neliöyhtälöiden ratkaiseminen kompassin ja viivaimen avulla.
Graafinen menetelmä toisen asteen yhtälöiden ratkaisemiseksi paraabelilla on hankala. Jos rakennat paraabelin kohta kohdalta, se vie paljon aikaa ja saatujen tulosten tarkkuusaste on alhainen.
Ehdotan seuraavaa menetelmää toisen asteen yhtälön juurten löytämiseksi Voi2 + bx + c = 0 käyttämällä kompassia ja viivainta (kuva 5).
Oletetaan, että haluttu ympyrä leikkaa akselin
abskissa pisteissä B(x1 ; 0) Ja D(X2 ; 0), Jossa X1 Ja X2 - yhtälön juuret Voi2 + bx + c = 0, ja kulkee pisteiden läpi
A(0; 1) Ja C(0;c/ a) ordinaatta-akselilla. Sitten sekanttilauseen mukaan meillä on O.B. O.D.= O.A. O.C., missä O.C.= O.B. O.D./ O.A.= x1 X2 / 1 = c/ a.
Ympyrän keskipiste on kohtisuorien leikkauspisteessä SF Ja S.K., restauroitu sointujen keskelle A.C. Ja BD, Siksi
1) rakentaa pisteitä (ympyrän keskipiste) ja A(0; 1) ;
2) piirrä ympyrä säteellä S.A.;
3) tämän ympyrän ja akselin leikkauspisteiden abskissa Voi ovat alkuperäisen toisen asteen yhtälön juuret.
Tässä tapauksessa kolme tapausta on mahdollista.
1) Ympyrän säde on suurempi kuin keskipisteen ordinaatit (AS> S.K., taiR> a+ c/2 a) , ympyrä leikkaa Ox-akselin kahdessa pisteessä (kuva 6, a) B(x1 ; 0) Ja D(X2 ; 0) , Missä X1 Ja X2 - toisen asteen yhtälön juuret Voi2 + bx + c = 0.
2) Ympyrän säde on yhtä suuri kuin keskustan ordinaatit (AS= S.B., taiR= a+ c/2 a) , ympyrä koskettaa Ox-akselia (kuva 6, b) pisteessä B(x1 ; 0) , jossa x1 on toisen asteen yhtälön juuri.
Jatkoa
--PAGE_BREAK--
3) Ympyrän säde on pienempi kuin keskipisteen ordinaatit. Ympyrällä ei ole yhteisiä pisteitä abskissa-akselin kanssa (kuva 6, c), tässä tapauksessa yhtälöllä ei ole ratkaisua.
Esimerkki.
Ratkaistaan yhtälö X2 - 2x - 3 = 0(Kuva 7).
Ratkaisu. Määritetään ympyrän keskipisteen koordinaatit kaavoilla:
Piirretään ympyrä, jonka säde on SA, jossa A (0; 1).
Vastaus:X1 = -1; X2 = 3.
9. MENETELMÄ: Neliöyhtälöiden ratkaiseminen nomogrammin avulla.
Tämä on vanha ja ansaitsemattomasti unohdettu menetelmä toisen asteen yhtälöiden ratkaisemiseksi, s. 83 (katso Bradis V.M. Nelinumeroiset matemaattiset taulukot. - M., Prosveshchenie, 1990).
Taulukko XXII. Nomogrammi yhtälön ratkaisemiseen z2 + pz+ q= 0 . Tämän nomogrammin avulla voit määrittää yhtälön juuret sen kertoimilla ilman toisen asteen yhtälön ratkaisemista.
Nomogrammin kaareva asteikko rakennetaan kaavojen mukaan (kuva 11):
uskoa OS = p,ED= q, OE = a(kaikki senttimetreinä), kolmioiden samankaltaisuudesta SAN Ja CDF saamme osuuden
joka korvausten ja yksinkertaistamisen jälkeen antaa yhtälön
z2 + pz+ q= 0,
ja kirje z tarkoittaa minkä tahansa pisteen merkkiä kaarevalla asteikolla.
Esimerkkejä.
1) Yhtälölle z2 - 9 z+ 8 = 0 nomogrammi antaa juuret
z1 = 8,0 Ja z2 = 1,0 (Kuva 12).
2) Nomogrammin avulla ratkaisemme yhtälön
2 z2 - 9 z+ 2 = 0.
Jakamalla tämän yhtälön kertoimet kahdella, saamme yhtälön
z2 - 4,5 z+ 1 = 0.
Nomogrammi antaa juuret z1 = 4 Ja z2 = 0,5.
3) Yhtälölle
z2 - 25 z+ 66 = 0
kertoimet p ja q ovat asteikon ulkopuolella, suoritetaan korvaus z= 5 t, saamme yhtälön
t2 - 5 t+ 2,64 = 0,
jonka ratkaisemme nomogrammin avulla ja saamme t1 = 0,6 Ja t2 = 4,4, jossa z1 = 5 t1 = 3,0 Ja z2 = 5 t2 = 22,0.
10. MENETELMÄ: Geometrinen menetelmä toisen asteen yhtälöiden ratkaisemiseen.
Muinaisina aikoina, jolloin geometria oli kehittyneempää kuin algebra, toisen asteen yhtälöitä ei ratkaistu algebrallisesti, vaan geometrisesti. Annan kuuluisan esimerkin al-Khorezmin "algebrasta".
Esimerkkejä.
1) Ratkaistaan yhtälö X2 + 10x = 39.
Alkuperäisessä tekstissä tämä tehtävä on muotoiltu seuraavasti: "Neliö ja kymmenen juurta ovat 39" (kuva 15).
Ratkaisu. Tarkastellaan neliötä, jonka sivu on x, sen sivuille rakennetaan suorakulmioita siten, että kunkin toinen puoli on 2,5, joten kunkin pinta-ala on 2,5x. Tuloksena olevaa lukua täydennetään sitten uudeksi neliöksi ABCD rakentaen kulmiin neljä yhtäläistä neliötä, joista kunkin sivu on 2,5 ja pinta-ala 6,25.
Neliö S neliö ABCD voidaan esittää pinta-alojen summana: alkuperäinen neliö X2 , neljä suorakulmiota (4 2,5 x = 10 x) ja neljä kiinnitettyä ruutua (6,25 4 = 25) , eli S= X2 + 10x + 25. Vaihdetaan
X2 + 10x määrä 39 , ymmärrämme sen S= 39 + 25 = 64 , mikä tarkoittaa, että neliön sivu ABCD, eli segmentti AB = 8. Tarvittavalle puolelle X saamme alkuperäisen neliön
2) Mutta esimerkiksi kuinka muinaiset kreikkalaiset ratkaisivat yhtälön klo2 + 6u - 16 = 0.
Ratkaisu esitetty kuvassa. 16, missä
klo2 + 6v = 16 tai y2 + 6v + 9 = 16 + 9.
Ratkaisu. Ilmaisut klo2 + 6у + 9 Ja 16 + 9 edustavat geometrisesti samaa neliötä ja alkuperäistä yhtälöä klo2 + 6у - 16 + 9 - 9 = 0- sama yhtälö. Mistä saamme sen y + 3 = ± 5, tai klo1 = 2, v2 = - 8 (Kuva 16).
3) Ratkaise geometrinen yhtälö klo2 - 6u - 16 = 0.
Muuttamalla yhtälö, saamme
klo2 - 6v = 16.
Kuvassa 17 etsi ilmaisun "kuvia". klo2 - 6u, ne. neliön pinta-alasta, jonka sivu on y, vähennä neliön pinta-ala, jonka sivu on yhtä suuri 3 . Tämä tarkoittaa, että jos ilmaisuun klo2 - 6у lisätä 9 , niin saamme neliön pinta-alan sivuilla y - 3. Korvaa lausekkeen klo2 - 6у sen sama numero 16,
saamme: (y - 3)2 = 16 + 9, ne. y - 3 = ± √25, tai y - 3 = ± 5, missä klo1 = 8 Ja klo2 = - 2.
Johtopäätös
Neliöyhtälöitä käytetään laajalti trigonometristen, eksponentiaalisten, logaritmien, irrationaalisten ja transsendenttisten yhtälöiden ja epäyhtälöiden ratkaisemisessa.
Toisen asteen yhtälöiden merkitys ei kuitenkaan piile vain ongelmien ratkaisun tyylikkyydessä ja lyhyydessä, vaikka tämä onkin erittäin tärkeää. Yhtä tärkeää on, että toisen asteen yhtälöiden käytön seurauksena tehtävien ratkaisussa löydetään usein uusia yksityiskohtia, voidaan tehdä mielenkiintoisia yleistyksiä ja selvennyksiä, joita saadaan ehdotettua syntyvien kaavojen ja suhteiden analyysi.
Haluan myös huomauttaa, että tässä työssä esitettyä aihetta ei ole vielä tutkittu juurikaan, sitä ei yksinkertaisesti tutkita, joten se on täynnä paljon piilotettuja ja tuntemattomia asioita, mikä tarjoaa erinomaisen mahdollisuuden jatkotyöskentelyyn sen päällä.
Tässä mietin kysymystä neliöyhtälöiden ratkaisemisesta ja mitä
jos on muita tapoja ratkaista ne?! Taas löytää kauniita kuvioita, faktoja, selvennyksiä, tehdä yleistyksiä, löytää enemmän ja enemmän uusia asioita. Mutta nämä ovat kysymyksiä tulevaa työtä varten.
Yhteenvetona voimme päätellä: toisen asteen yhtälöillä on valtava rooli matematiikan kehityksessä. Me kaikki tiedämme kuinka ratkaista toisen asteen yhtälöitä koulusta (8. luokka) valmistumiseen asti. Tästä tiedosta voi olla hyötyä meille koko elämämme ajan.
Koska nämä toisen asteen yhtälöiden ratkaisumenetelmät ovat helppokäyttöisiä, niiden pitäisi varmasti kiinnostaa matematiikasta kiinnostuneita opiskelijoita. Työni antaa mahdollisuuden tarkastella matematiikan meille asettamia tehtäviä eri tavalla.
Kirjallisuus:
1. Alimov Sh.A., Ilyin V.A. ja muut Algebra, 6-8. Kokeiluoppikirja 6-8 luokille lukio. - M., Koulutus, 1981.
2. Bradis V.M. Nelinumeroiset matematiikkataulukot lukioon. 57. - M., Education, 1990. s. 83.
3. Kruzhepov A.K., Rubanov A.T. Algebran tehtäväkirja ja perustoiminnot. Opetusohjelma toissijaiseen erikoisuuteen oppilaitokset. - M., korkeakoulu, 1969.
4. Okunev A.K. Neliöfunktiot, yhtälöt ja epäyhtälöt. Opettajan käsikirja. - M., Koulutus, 1972.
5. Presman A.A. Neliöyhtälön ratkaiseminen kompassin ja viivaimen avulla. - M., Kvant, nro 4/72. s. 34.
6. Solomnik V.S., Milov P.I. Kokoelma matematiikan kysymyksiä ja tehtäviä. Ed. - 4., ylimääräinen - M., tutkijakoulu, 1973.
7. Khudobin A.I. Algebran ja alkeisfunktioiden tehtäväkokoelma. Opettajan käsikirja. Ed. 2. - M., Koulutus, 1970.
Ivan Toporyshkin. Horn Harmonium. "Erittäin herkullinen piirakka"Mies tuli ulos talosta." Shardam ei hyväksy tänään. 1. Mitä tiesit Daniil Kharmsista aiemmin? Charms. Olen kiinnostunut elämästä vain sen absurdissa ilmenemismuodossa D. Kharms. Lempinimet. Vanya ratsasti hevosella. Mikä erottaa Kharmsin runot muiden runoilijoiden runoista? Kunnioita Thermopyleen taistelun päivän muistoa. Ivan putosi tukin läpi suohon, ja joessa oleva villakoira hyppäsi aidan yli.
"Khlebnikov"– Luonnon maailma. Tietoja Velimir Khlebnikovista. Kaiuttimen sydän. Aamunkoitto niityllä. Zinziver. Sanan luominen. Hlebnikov on kaoottinen. Lomake. Järkyttävä. Heinäsirkka. Velimir Khlebnikovin elämäkertasivut. Sanastotyötä.
"Khetagurov"- Anna Tsalikova. Costa. Levan Elizbarovich Khetagurov on runoilijan isä. Koko maailma on minun temppelini, Rakkaus on pyhäkköni, Universumi on isänmaani... Esityksen on valmistellut ossetian kielen ja kirjallisuuden opettaja Nadezhda Vladimirovna Chernysheva. Esityksessä käytettiin materiaalia: Costan kokoelma, Costan valokuva-albumi, Internet-resurssit. ...sanoin: vie se kotiin - Ossetiaan, meidän kotimaahan, sinun yksinäistä surua... Ja kyyneleet valuivat silmistäni, Ja ilo levisi rinnassani - näin lumisia vuoria.
"Ernest Hemingway"- Windmeren mökki. Ensimmäinen Maailmansota. Laajalti hyväksytty. Kirjailijan menestys. Viime vuodet elämää. Ernest Hemingway poikansa Bumbyn kanssa. Paluu kotiin. Nuoriso. Dokumentaarinen proosa. Romaanit. Hemingway Pariisissa. Toinen maailmansota. Hemingway sisään armeijan univormu. Sisällissota Espanjassa. Satukirja. Vuosia luovuutta. Mielenkiintoisia faktoja. Florida ja Afrikka. Ernest Hemingway. Elämäkerran tärkeimmät virstanpylväät.
"Huxley's Brave New World"- Ihminen. Piirrä Huxleyn kuvaama yhteiskunnan rakenne. Lukeminen taideteos. Ihmiskunnan unelma. Opettaa valitsemaan tärkeitä argumentteja pääidean todistamiseksi. Opiskelijoiden tutustuminen erilaisiin tulevaisuuden malleihin. yhteiskunta iloisia ihmisiä. Pääsyy siihen, että henkilö hylätään ihmisyhteisöstä. Riippuuko valtion olemassaolo tahdosta? yksittäinen henkilö. Tasa-arvo.
"Omar Khayyam"- Ihmisen suurin paha. Nimi. Koraanin jakeita kunnioitetaan kunnioittavasti kaikkialla. Omar oli teltan omistajan poika. Rukousmatto. persialainen runoilija. Khayyam halusi intohimoisesti maailman jälleenrakentamista. Kirjallinen perintö Omar Khayyam. Omar Khayyam. Rubai. Omar Khayyam kuoli 4. joulukuuta 1131. Ratkaisut. Ota viisaan sinulle tarjoama myrkky. Sadat teologit. Monta vuotta mietin maallista elämää.