10 Kare denklemi çözme yöntemleri. Kare denklemleri çözme yöntemleri

Matematik okulunda, herhangi bir kare denklemin çözülebileceği kare denklemlerin köklerinin formülleri incelenmiştir. Bununla birlikte, birçok denklemin çok hızlı ve rasyonel olarak izin veren kare denklemleri çözmenin başka yolları vardır. Kare denklemleri çözmenin on yolu vardır. İşimde detaylı olarak, her birine ayırdım.

1. Yöntem : Fabrika denkleminin sol kısmının ayrıştırılması.

Denklemi Çözme

x 2 + 10x - 24 \u003d 0.

Faktörlerin sol tarafını uzatır:

x 2 + 10x - 24 \u003d x 2 + 12x - 2x - 24 \u003d x (x + 12) - 2 (x + 12) \u003d (x + 12) (x - 2).

Sonuç olarak, denklem tekrar yazılabilir:

(x + 12) (x - 2) \u003d 0

Ürün sıfır olduğundan, faktöründen en az biri sıfırdır. Bu nedenle, denklemin sol kısmı sıfır ile çizilir x \u003d 2.Hem de x \u003d - 12. Bu, sayı olduğu anlamına gelir 2 ve - 12 kök denklemleri x 2 + 10x - 24 \u003d 0.

2. Yöntem : Tam bir karenin tahsis edilmesi yöntemi.

Denklemi Çözme x 2 + 6x - 7 \u003d 0.

Sol taraftaki tam kareyi vurguluyoruz.

Bunu yapmak için, X2 + 6x ifadesini aşağıdaki formda yazın:

x 2 + 6x \u003d x 2 + 2 x 3.

Elde edilen ifadede, birinci terim, x sayısının karesidir ve ikincisi - bir çift ürün x 3 tarafından 3'te. Tam bir kare almak için 3 2 eklemeniz gerekir.

x 2 +. 2 x 3 + 3 2 \u003d (x + 3) 2.

Şimdi denklemin sol kısmını dönüştürüyoruz

x 2 + 6x - 7 \u003d 0,

ekleme ve Çıkarma 3 2. Sahibiz:

x 2 + 6x - 7 \u003dx 2 +. 2 x 3 + 3 2 - 3 2 - 7 \u003d (x + 3) 2 - 9 - 7 \u003d (x + 3) 2 - 16.

Böylece, bu denklem şöyle yazılabilir:

(x + 3) 2 - 16 \u003d 0, (x + 3) 2 \u003d 16.

Dolayısıyla x + 3 - 4 \u003d 0, x 1 \u003d 1 veya x + 3 \u003d -4, x 2 \u003d -7.

3. Yöntem : Formül tarafından kare denklemlerin çözümü.

Denklemin her iki bölümünü de çarpın

ah 2 +.b.x + c \u003d 0 ve ≠ 0

4A'da ve sürekli olarak sahibiz:

4A 2 x 2 + 4Ab.x + 4As \u003d 0,

((2Ah) 2 + 2Ahb. + b. 2 ) - b. 2 + 4 aC = 0,

(2ax + b) 2 \u003d B2 - 4AC,

2AX + B \u003d ± √ B 2 - 4AC,

2AX \u003d - B ± √ B2 - 4AC,

Örnek.

fakat) Denklemi Çözme: 4x2 + 7x + 3 \u003d 0.

a \u003d 4,b. \u003d 7, c \u003d 3,D. = b. 2 - 4 aC = 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,

D. > 0, iki farklı kök;

Böylece, pozitif bir ayrımcı durumunda, yani. için

b. 2 - 4 aC >0 , denklem ah 2 +.b.x + c \u003d 0 İki farklı kök var.

b) Denklemi Çözme: 4x2 - 4x + 1 \u003d 0,

a \u003d 4,b. \u003d - 4, c \u003d 1,D. = b. 2 - 4 aC = (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0,

D. = 0, bir kök;

Yani, ayrımcı sıfır ise, yani. b. 2 - 4 aC = 0 , sonra denklem

ah 2 +.b.x + c \u003d 0 tek köke var

içinde) Denklemi Çözme: 2x2 + 3x + 4 \u003d 0,

a \u003d 2,b. \u003d 3, c \u003d 4,D. = b. 2 - 4 aC = 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13 , D. < 0.

Bu denklemin kök yok.

Yani, ayrımcı negatifse, yani. b. 2 - 4 aC < 0 ,

denklem ah 2 +.b.x + c \u003d 0 Kök yok.

Kare denklemin köklerinin formülü (1) ah 2 +.b.x + c \u003d 0 Kök bulmanıza izin verir kimse Yukarıdaki ve eksik olan kare denklemi (varsa). Geçerli formül (1) olarak ifade edilir: kare denklemin kökleri, sayısal, nümatör, zıt işaret ile alınan ikinci katsayıya eşit olan fraksiyona eşittir, artı ilk katsayının hala duran ürünü olmadan bu katsayısının karesinden kaynaklanan kök karesini eksi Serbest üye ve payda çift katsayısı vardır.

4. Yöntem: Vieta teoremi kullanarak denklemleri çözme.

Bildiğiniz gibi, azaltılmış kare denklemi formu vardır.

x 2 +.px. + c. = 0. (1)

Kökleri Vieta teoremini tatmin ediyor; a \u003d 1. Görünümü var

x. 1 x. 2 = s.,

x. 1 + x. 2 = - p.

Buradan aşağıdaki sonuçları çizebilirsiniz (P ve Q katsayılarına göre köklerin işaretlerini tahmin edebilirsiniz).

a) Konsolide bir üye ise s. Verilen denklem (1) pozitiftir ( s. > 0 ), denklemin iki özdeş kök işareti vardır ve ikinci katsayının kıskançlığıdır. p.. Eğer bir r< 0 Sonra her iki kök negatifse r< 0 , her iki kök pozitiftir.

Örneğin,

x. 2 – 3 x. + 2 = 0; x. 1 = 2 ve x. 2 = 1, gibi s. = 2 > 0 ve p. = - 3 < 0;

x. 2 + 8 x. + 7 = 0; x. 1 = - 7 ve x. 2 = - 1, gibi s. = 7 > 0 ve p.= 8 > 0.

b) Ücretsiz üye ise s. Verilen denklem (1) negatiftir ( s. < 0 ), denklem kök işaretinde iki farklı ve modüldeki kök pozitif olacağı p. < 0 veya olumsuzsa p. > 0 .

Örneğin,

x. 2 + 4 x. – 5 = 0; x. 1 = - 5 ve x. 2 = 1, gibi s.= - 5 < 0 ve p. = 4 > 0;

x. 2 – 8 x. – 9 = 0; x. 1 = 9 ve x. 2 = - 1, gibi s. = - 9 < 0 ve p. = - 8 < 0.

5. Yöntem: Denklemleri "transit" yöntemiyle çözme.

Kare bir denklem düşünün

ah 2 +.b.x + c \u003d 0,nerede A ≠ 0.

Her iki parçanın da çarpılması, denklemi alıyoruz

2 x 2 + ab.x + ac \u003d 0.

İzin vermek ah \u003d uBundan! x \u003d y / a; sonra denklemden gel

2 +tarafından + AC \u003d 0,

buna eşdeğer. Kökleri 1'de.ve w. 2 Vieta teoremi yardımı ile bulacağız.

Sonunda olsun

x 1 \u003d Y 1 / Ave x 1 \u003d Y2 / a.

Bu yöntem katsayısı ile fakat serbest bir üye tarafından çarpılır, sanki kendisine "hareket eder" olarak adlandırılır. uluyan "transit". Bu yöntem, vieta teoremini kullanarak denklemin köklerini kolayca bulabileceğinizde ve en önemlisi, ayrımcı doğru bir kare olduğunda kullanılır.

Misal.

Denklemi Çözme 2x2 - 11x + 15 \u003d 0.

Karar. Sonuç olarak, bir katsayıyı 2 katsayıyı ücretsiz bir üyeye aktaracağız.

2 - 11. + 30 \u003d 0'da.

Viet teoremine göre

1 \u003d 5 x 1 \u003d 5/2x. 1 = 2,5

U 2 \u003d 6x. 2 = 6/2 x. 2 = 3.

Cevap: 2.5; 3.

6. Yöntem: Kare denklemin katsayılarının özellikleri.

FAKAT. Kare denklemi verilmesine izin verin

ah 2 +.b.x + c \u003d 0,nerede A ≠ 0.

1) Eğer A +b. + C \u003d 0 (yani, katsayıların toplamı sıfırdır), daha sonra x 1 \u003d 1,

x 2 \u003d s / a.

Kanıt. Denklemin her iki bölümünü de ≠ 0'a böldük, azaltılmış kare denklemi elde ediyoruz

x. 2 + b./ a. x. + c./ a. = 0.

Viet teoremine göre

x. 1 + x. 2 = - b./ a.,

x. 1 x. 2 = 1 c./ a..

Şartlara göre fakat -b. + C \u003d 0,dan b. \u003d A + s.Böylece,

x 1 + x 2 \u003d -fakat + B / A \u003d -1 - C / A,

x 1 x 2 \u003d - 1 (- C / A),

şunlar. x 1 \u003d -1 ve x 2 \u003d.c./ a.bu m'yi kanıtlamak için gerekli.

Örnekler.

1) Denklemi Çözme 345x2 - 137x - 208 \u003d 0.

Karar.Gibi A +.b. + C \u003d 0 (345 - 137 - 208 \u003d 0),bu

x 1 \u003d 1, x 2 \u003dc./ a. = -208/345.

Cevap 1; -208/345.

2) Çözümler denklemi 132x2 - 247x + 115 \u003d 0.

Karar.Gibi A +.b. + C \u003d 0 (132 - 247 + 115 \u003d 0), bu

x 1 \u003d 1, x 2 \u003dc./ a. = 115/132.

Cevap 1; 115/132.

B. İkinci katsayılı ise b. = 2 k.- çift numara, sonra kök formülü

Misal.

Denklemi Çözme 3x2 - 14x + 16 \u003d 0.

Karar. Sahibiz: a \u003d 3,b. \u003d - 14, c \u003d 16,k. = - 7 ;

D. = k. 2 – aC = (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, D. > 0, iki farklı kök;

Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı

Bryansk Bölgesi Zhukovsky Bölgesi

Mou Rjanitska Ortaokulu

ARAŞTIRMA

Çözümler

Pavlikov Dmitry, 9 cl.

Lider: PRIKHODKO YURI
Vladimirovich,

matematik öğretmen.

Bryansk, 2009

BEN.. Kare denklemlerin gelişmesinin tarihi ……………………….2

1. Antik Babylon'da Kare Denklemler ............................... 2

2. Diofant kare denklemleri için hesaplandığı ve çözüldüğü gibi ............ ... 2

3. Hindistan'da Kare Denklemler .......................................... .. .. . 3

4. Alkolde kare denklemler ........................................ 4

5. Avrupa'daki Kare Denklemler XIII - XVII Yüzyıllar .................. .......... 5

6. Vieta teoremi hakkında ............................................ ................... 6

II.. Kare denklemleri çözme yöntemleri ……………………….7

Yöntem ................................................. .......................... 7.

Yöntem ................................................. .........................................

Yöntem ................................................. ....................... ... 10

Yöntem ................................................. ....................... ... 12

Yöntem ................................................. ....................... ... 13

Yöntem ................................................. ....................... ... 15

Yöntem ................................................. ....................... ... 16

III. Sonuç…………………………………………………..............18

Edebiyat……………………………………………………………….19

Kare denklemlerin gelişmesinin tarihi.

1. Antik Babylon'da kare denklemler.

Denklemleri yalnızca ilk değil, aynı zamanda ikinci derecede bir ikinci derecede çözme ihtiyacı, arazi alanlarının yeri ile ilgili görevleri ve askeri bir doğanın yerleriyle ve astronominin gelişmesiyle ilgili görevleri çözme ihtiyacından kaynaklanıyordu. matematiğin kendisi. Kare denklemler yaklaşık 2000 yıl önce çözebildi. e. Babil.

Modern bir cebirsel rekor uygulayarak, Clinox metinlerinde eksik ve örneğin tam kare denklemler dışında, bunların bulunduğunu söyleyebiliriz:

X. 2 + X. = ¾; X. 2 - X. = 14,5

Babil metinlerinde belirtilen bu denklemleri çözme kuralı, temel olarak modern ile çakışıyor, ancak Babillilerin bu kurala nasıl ulaştığını bilmiyor. Neredeyse tüm Clowbow metinleri şimdiye kadar bulundu, yalnızca tarifler şeklinde belirtilen kararlarla yapılan görevler, nasıl bulundukları gibi gösterilmeden.

Babylon'daki cebirinin yüksek seviyesine rağmen, Clinox metinlerinde kare denklemleri çözmek için negatif sayı ve genel yöntemler kavramı yoktur.

2. Diyofant kare denklemleri için hesaplandığı ve çözüldüğü gibi.

Diophanta'nın "aritmetik" kısmında, cebirin sistematik bir sunumu yoktur, ancak açıklamalarla eşlik eden sistematik bir görev sayısını içerir ve farklı derecelerden oluşan denklemlerin hazırlanmasıyla çözülür.

Çözümü basitleştirmek için diofant denklemlerini çizerken ustaca bilinmeyen seçer.

Burada, örneğin, görevlerinden biri.

Görev 11. "İki sayı bul, toplamlarının 20 olduğunu bilerek iş 96"

Diofant aşağıdaki gibidir: Sorunun durumundan, istenen sayıların eşit olmadığını, çünkü onlar eşit olsaydı, çalışmaları 96 ve 100 olmaz. Böylece, bunlardan biri yarısından fazlası olacaktır. onların toplamı, yani. 10 + H.Diğeri daha az, yani. 10 - H.. Aralarındaki fark 2 kere.

Dolayısıyla Denklem:

(10 + x) (10 - x) \u003d 96

100 - H. 2 = 96

h. 2 - 4 = 0 (1)

Buradan x \u003d 2.. İstenilen sayılardan biri 12 , Diğer 8 . Karar x \u003d -2. Yunan matematiği yalnızca olumlu sayıları bildiği için Diophanta için yoktur.

Bu göreve karar verirsek, istenen sayılardan birini bilinmeyen olarak seçmek, denklemi çözmeye geleceğiz

y (20 - Y) \u003d 96,

w. 2 - 20U + 96 \u003d 0. (2)

İstenilen sayıların bilinmeyen bir oyun olarak seçilmesi, diofant kararını basitleştirir; Eksik bir kare denklemi çözme görevini azaltabilir (1).

3. Hindistan'da kare denklemler.

Kare denklem başına görevler zaten 499'da derlenen Astronomik Tract "Ariabhatti" de bulunur. Hint Matematikçisi ve Astronom ARIABHATTA. Başka bir Hintli bilim adamı Brahmagupta (VII. Yüzyıl), tek bir kanonik forma verilen kare denklemleri çözme kuralını belirtir:

oh 2 + b.x \u003d c ve 0. (1)

Denklem (1) dışındaki katsayılarda fakatnegatif olabilir. Brahmagupta kuralı esas olarak bizimle çakışıyor.

Eski Hindistan'da, kamu yarışmaları zor görevleri çözmede dağıtıldı. Eski Hint kitaplarından birinde, aşağıdaki yarışmalar bu tür yarışmalar hakkında şunlar söyleniyor: "Güneş kendi yıldızlarıyla ışıltılı olduğu için, bilim adamı, Milli Meclis'te başka birinin yanlışlıklarını gölgeliyor, cebirsel görevleri sunma ve çözme." Görevler genellikle şiirsel bir şekilde zevk alır.

İşte ünlü Hint Matematik XII. Yüzyılın görevlerinden biri. Bhaskara.

Görev 13.

"Maymunları ve on iki Lianam'da ...

Yüzün gücü, eğlenmek. Atlamaya başladı, asılı ...

Onlar kaç maymun olduğu sekizinci karıncada,

Glade'de eğlenceliydi. Bana, bu yığında mı söylüyorsun? "

Bhaskara'nın kararı, kare denklemlerin köklerinin iki katını bildiği gerçeğini ifade eder (Şekil 3).

İlgili Görev 13 Denklem:

(x./8) 2 + 12 = x.

BHACKARA KUTUSU altında yazıyor:

h. 2 - 64x \u003d -768

ve bu denklemin sol kısmını kareye eklemek için her iki parçaya da eklenir. 32 2 , sonra:

h. 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 \u003d ± 16,

h. 1 \u003d 16, x 2 = 48.

4. Al - Khorezmi'deki kare denklemler.

Cebirik Tedavida Al - Khorezmi, doğrusal ve kare denklemlerin sınıflandırılmasını sağlar. Yazar, 6 denklem türünü içerir, bunları aşağıdaki gibi ifade eder:

1) "Kareler köklerdir", yani. Oh 2 + C \u003d.b.x.

2) "Kareler sayıya eşittir", yani Oh 2 \u003d s.

3) "Kökler sayıya eşittir", yani ah \u003d s.

4) "Kareler ve sayılar köklere eşittir", yani. Oh 2 + C \u003d.b.x.

5) "Kareler ve kökler sayıya eşittir", yani Oh 2 + bX. \u003d s.

6) "Kökler ve sayılar karelere eşittir", yanibX. + C \u003d ah 2 .

Al-Khorezmi için, negatif sayıların kullanımından kaçınarak, bu denklemlerin her birinin üyeleri bileşenlerdir ve çıkarılmamıştır. Aynı zamanda, açıkça pozitif çözümleri olmayan denklemleri dikkate almamaktadır. Yazar, bu denklemleri çözmek için, Al - Jabr ve AL - Mukabala tekniklerini kullanarak yolları belirler. Tabii ki kararları, bizimle çakışmaz. Zaten tamamen retorik olduğundan bahsetmemelidir, örneğin, ilk türden bir kare denkleminin, XVII yüzyıla kadar tüm matematik gibi eksik bir kare denklemini çözmesinde, muhtemelen sıfır çözümü dikkate alır. Çünkü beton pratikte işler önemli değil. Özel sayısal örneklerde komple kare el-koruyucu denklemlerini çözerken, karar kurallarını ve ardından geometrik kanıtlar ortaya koymaktadır.

Bir örnek verelim:

Görev 14. "Kare ve 21 numara 10 kök'e eşittir. Kök bul »

(X denkleminin kökü anlamına gelir. 2 + 21 \u003d 10X).

Yazarın kararı böyle bir şey okuyor: Köklerin sayısını bölerken, 5 alacaksınız, kendinize birleştireceksiniz, bir 21'in çalışmasından, 4. Kök'ün 4'ten çıkarılacak, 2 . Onde 2 OT5, 3 alacaksınız, istenen kök olacak. Veya 7'ye verecek olan 2 ila 5 ekleyin, ayrıca bir kök vardır.

El-Khorezmi Anlaşması, bize kare denklemlerin sistematik olarak belirtilen ve formüllerin verildiği kitabı olan ilk kişidir.

5. Avrupa'da kare denklemlerXIII. - Xvii patlayıcı

Avrupa'daki Al-Khorezmi için kare denklemleri çözmek için formüller ilk önce İtalyan Mathematic Leonardo Fibonacci tarafından 1202'de yazılan "Abaka Kitabı" nda kuruldu. Matematiğin, hem İslam'ın hem de eski Yunanistan ülkesinin etkisini yansıtan bu kapsamlı iş, hem tamlık hem de sunumun netliği ile ayırt edilir. Yazar bağımsız olarak, bazı yeni cebirsel problem çözme örnekleri ve Avrupa'daki ilk olumsuz sayıların tanıtımına yaklaştı. Kitabı, yalnızca İtalya'da değil, Almanya, Fransa ve diğer Avrupa ülkelerinde de cebirsel bilginin yayılmasını teşvik etti. "Abaka Kitabından" birçok zorluktan neredeyse tüm Avrupa ders kitapları XVI - XVII yüzyıllar boyunca geçti. ve kısmen XVIII.

Aynı kanonik forma verilen kare denklemleri çözme genel kuralı:

h. 2 + bX. \u003d C,

her türlü katsayılı işaretleme kombinasyonu için b., danavrupa'da sadece 1544 m. Stiffel'de formüle edilmiştir.

Genel olarak kare denklemin çözeltisinin formülünün çıktısı Vieta'da mevcuttur, ancak Viet sadece pozitif kökleri tanıdı. İtalyan Mathematicyalılar Tartane, Kardano, XVI. Yüzyılda ilk kişi arasında Bombelly. Olumlu ve olumsuz köklere ek olarak verilir. Sadece XVII yüzyılda. Girard, Descartes, Newton ve diğer bilim adamlarının emeği nedeniyle, kare denklemleri çözme yöntemi modern bir görünüm alır.

6. Vieta teoremi hakkında.

Kare denklem katsayıları ile Vieta'nın adı olan kökleri arasındaki ilişkiyi ifade eden teorem, 1591'de aşağıdaki gibi ilk kez formüle edilmiştir: " B. + D.çarpılır A. - A. 2 iyi BD.T. A. eşit derecede İÇİNDE Ve eşit D.».

Vieta'yı anlamak için bunu hatırlamalısın FAKATHer sesli harfin olduğu gibi bilinmeyen bir şey (bizim h.), sesli harfler İÇİNDE,D. - Bilinmeyenteki katsayılar. Yukarıdaki modern cebir dilinde, Vieta'nın ifadesi anlamına gelir: eğer varsa

(A +.b.) x - x 2 = ab,

h. 2 - (A +b.) x + ab. = 0,

h. 1 \u003d a, x 2 = b..

Semboller kullanılarak kaydedilen ortak formüllerle denklemlerin kökleri ve katsayıları arasındaki ilişkiyi ifade eden Visiet, denklemleri çözme yöntemlerinde tekdüzelik belirlemiştir. Bununla birlikte, Viet'in sembolizmi hala mevcut türlerden uzaktır. Negatif sayıları tanımıyordu ve bunun için denklemleri çözerken, yalnızca tüm köklerin pozitif olduğunda durumlar göz önünde bulundurulur.

Yani: Kare denklemler, cebirin görkemli binasının dinlendiği bir temeldir. Kare denklemler, trigonometrik, gösterge, logaritmik, irrasyonel ve aşkın denklemleri ve eşitsizlikleri çözülmesinde yaygın olarak kullanılır. Hepimiz üniversitenin sonundan önce kare denklemleri okul tezgahından (8. sınıf) nasıl çözeceğinizi biliyoruz.

1. Yöntem : Fabrika denkleminin sol kısmının ayrıştırılması.

Denklemi Çözme h. 2 + 10x - 24 \u003d 0. Faktörlerin sol tarafını uzatır:

h. 2 + 10x - 24 \u003d x 2 + 12x - 2x - 24 \u003d x (x + 12) - 2 (x + 12) \u003d (x + 12) (x - 2).

Sonuç olarak, denklem tekrar yazılabilir:

(x + 12) (x - 2) \u003d 0

2. Yöntem : Tam bir karenin tahsis edilmesi yöntemi.

Denklemi Çözme h. 2 + 6x - 7 \u003d 0. Sol taraftaki tam kareyi vurguluyoruz.

Bunu yapmak için, X2 + 6x ifadesini aşağıdaki formda yazın:

h. 2 + 6x \u003d x 2 + 2 H. 3.

Elde edilen ifadede, birinci terim, x sayısının karesidir ve ikincisi - bir çift ürün x 3 tarafından 3'te. Tam bir kare almak için 3 2 eklemeniz gerekir.

x 2 +. 2 H. 3 + 3 2 \u003d (x + 3) 2 .

Şimdi denklemin sol kısmını dönüştürüyoruz

h. 2 + 6x - 7 \u003d 0,

ekleme ve Çıkarma 3 2. Sahibiz:

h. 2 + 6x - 7 \u003dx 2 +. 2 H. 3 + 3 2 - 3 2 - 7 \u003d (x + 3) 2 - 9 - 7 \u003d (x + 3) 2 - 16.

Böylece, bu denklem şöyle yazılabilir:

(x + 3) 2 - 16 \u003d 0, (x + 3) 2 = 16.

Dolayısıyla x + 3 - 4 \u003d 0, x 1 \u003d 1 veya x + 3 \u003d -4, x 2 = -7.

3. Yöntem : Formül tarafından kare denklemlerin çözümü.

Denklemin her iki bölümünü de çarpın

oh 2 + b.x + c \u003d 0 ve ≠ 0

4A'da ve sürekli olarak sahibiz:

4a. 2 h. 2 + 4A.b.x + 4As \u003d 0,

((2Ah) 2 + 2akh b. + b. 2 ) - b. 2 + 4 aC = 0,

(2ax + b) 2 \u003d B. 2 - 4AC,

2AX + B \u003d ± √ B 2 - 4AC,

2AX \u003d - B ± √ B 2 - 4AC,

Örnek.

fakat) Denklemi Çözme: 4x 2 + 7x + 3 \u003d 0.

a \u003d 4,b. \u003d 7, c \u003d 3,D. = b. 2 - 4 aC = 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,

D. 0, iki farklı kök;

Böylece, pozitif bir ayrımcı durumunda, yani. için

b. 2 - 4 aC 0 , denklem Oh 2 + b.x + c \u003d 0 İki farklı kök var.

b) Denklemi Çözme: 4x 2 - 4x + 1 \u003d 0,

a \u003d 4,b. \u003d - 4, c \u003d 1,D. = b. 2 - 4 aC = (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0,

D. = 0, bir kök;

Yani, ayrımcı sıfır ise, yani. b. 2 - 4 aC = 0 , sonra denklem

oh 2 + b.x + c \u003d 0 tek köke var

içinde) Denklemi Çözme: 2 kere 2 + 3X + 4 \u003d 0,

a \u003d 2,b. \u003d 3, c \u003d 4,D. = b. 2 - 4 aC = 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13 , D.

Bu denklemin kök yok.

Yani, ayrımcı negatifse, yani. b. 2 - 4 aC , denklem

oh 2 + b.x + c \u003d 0 Kök yok.

Kare denklemin köklerinin formülü (1) oh 2 + b.x + c \u003d 0 Kök bulmanıza izin verir kimse Yukarıdaki ve eksik olan kare denklemi (varsa). Geçerli formül (1) olarak ifade edilir: kare denklemin kökleri, sayısal, nümatör, zıt işaret ile alınan ikinci katsayıya eşit olan fraksiyona eşittir, artı ilk katsayının hala duran ürünü olmadan bu katsayısının karesinden kaynaklanan kök karesini eksi Serbest üye ve payda çift katsayısı vardır.

4. Yöntem: Vieta teoremi kullanarak denklemleri çözme.

Bildiğiniz gibi, azaltılmış kare denklemi formu vardır.

h. 2 + px. + c. = 0. (1)

Kökleri Vieta teoremini tatmin ediyor; a \u003d 1. Görünümü var

x. 1 x. 2 = s.,

x. 1 + x. 2 = - p.

Buradan aşağıdaki sonuçları çizebilirsiniz (P ve Q katsayılarına göre köklerin işaretlerini tahmin edebilirsiniz).

a) Konsolide bir üye ise s. Verilen denklem (1) pozitiftir ( s. 0 ), denklemin iki özdeş kök işareti vardır ve ikinci katsayının kıskançlığıdır. p.. Eğer bir p, her iki kök negatifse p, her iki kök pozitiftir.

Örneğin,

x. 2 – 3 x. + 2 = 0; x. 1 = 2 ve x. 2 = 1, gibi s. = 2 0 ve p. = - 3

x. 2 + 8 x. + 7 = 0; x. 1 = - 7 ve x. 2 = - 1, gibi s. = 7 0 ve p.= 8 0.

b) Ücretsiz üye ise s. Verilen denklem (1) negatiftir ( s.), denklem kök işaretinde iki farklı ve modüldeki kök pozitif olacağı p. veya olumsuzsa p. 0 .

Örneğin,

x. 2 + 4 x. – 5 = 0; x. 1 = - 5 ve x. 2 = 1, gibi s.\u003d - 5 ve p. = 4 0;

x. 2 – 8 x. – 9 = 0; x. 1 = 9 ve x. 2 = - 1, gibi s. \u003d - 9 ve p. = - 8

5. Yöntem: Denklemleri "transit" yöntemiyle çözme.

Kare bir denklem düşünün

oh 2 + b.x + c \u003d 0,nerede A ≠ 0.

Her iki parçanın da çarpılması, denklemi alıyoruz

fakat 2 h. 2 + A.b.x + ac \u003d 0.

İzin vermek ah \u003d uBundan! x \u003d y / a; sonra denklemden gel

w. 2 + tarafından + AC \u003d 0,

buna eşdeğer. Kökleri w. 1 ve w. 2 Vieta teoremi yardımı ile bulacağız.

Sonunda olsun h. 1 \u003d W. 1 /fakatve h. 1 \u003d W. 2 /fakat. Bu yöntem katsayısı ile fakat serbest bir üye tarafından çarpılır, sanki kendisine "hareket eder" olarak adlandırılır. uluyan "transit". Bu yöntem, vieta teoremini kullanarak denklemin köklerini kolayca bulabileceğinizde ve en önemlisi, ayrımcı doğru bir kare olduğunda kullanılır.

Misal.

Denklemi Çözme 2 kere 2 - 11x + 15 \u003d 0.

Karar. Sonuç olarak, bir katsayıyı 2 katsayıyı ücretsiz bir üyeye aktaracağız.

w. 2 - 11. + 30 \u003d 0.

Viet teoremine göre

w.1 \u003d 5 x 1 = 5/2 x. 1 = 2,5

w. 2 = 6 x. 2 = 6/2 x. 2 = 3.

Cevap: 2.5; 3.

6. Yöntem: Kare denklemin katsayılarının özellikleri.

FAKAT. Kare denklemi verilmesine izin verin oh 2 + b.x + c \u003d 0,nerede A ≠ 0.

1) Eğer A +b. + C \u003d 0 (yani, katsayıların toplamı sıfırdır), sonra x 1 = 1,

h. 2 \u003d S / a.

Kanıt. Denklemin her iki bölümünü de ≠ 0'a böldük, azaltılmış kare denklemi elde ediyoruz

x. 2 + b./ a. x. + c./ a. = 0.

Viet teoremine göre

x. 1 + x. 2 = - b./ a.,

x. 1 x. 2 = 1 c./ a..

Şartlara göre fakat -b. + C \u003d 0,dan b. \u003d A + s.Böylece,

x. 1 + x. 2 \u003d - A +b./ a.= -1 – c./ a.,

x. 1 x. 2 = - 1 (- c./ a.),

şunlar. h. 1 = -1 ve h. 2 = c./ a.bu m'yi kanıtlamak için gerekli.

Örnekler.

Denklemi Çözme 345x 2 - 137x - 208 \u003d 0.

Karar.Gibi A +.b. + C \u003d 0 (345 - 137 - 208 \u003d 0),bu

h. 1 \u003d 1, x 2 = c./ a. = -208/345.

Cevap 1; -208/345.

2) Çözümler denklemi 132x 2 - 247x + 115 \u003d 0.

Karar.Gibi a +.b. + C \u003d 0 (132 - 247 + 115 \u003d 0), bu

h. 1 \u003d 1, x 2 = c./ a. = 115/132.

Cevap 1; 115/132.

B. İkinci katsayılı ise b. = 2 k. - çift numara, sonra kök formülü

Misal.

Denklemi Çözme 3x2 - 14x + 16 \u003d 0.

Karar. Sahibiz: a \u003d 3,b. \u003d - 14, c \u003d 16,k. = - 7 ;

D. = k. 2 – aC = (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, D. 0, iki farklı kök;

Cevap: 2; 8/3

İÇİNDE. Azaltılmış denklem

h. 2 + RH +.s.= 0

hangi genel görünüm denklemiyle çakışıyor a \u003d 1., b. \u003d R. ve c \u003d.s.. Bu nedenle, formül köklerinin azaltılmış kare denklemi için

manzarayı alır:

Formül (3), özellikle ne zaman kullanmak için uygundur r- çift sayı.

Misal. Denklemi Çözme h. 2 - 14x - 15 \u003d 0.

Karar.Sahibiz: h. 1,2 \u003d 7 ±

Cevap: H. 1 \u003d 15; H. 2 = -1.

7. Yöntem: Kare denklemin grafik çözümü.

E. eğer denklemde

h. 2 + px. + s. = 0

ikinci ve üçüncü üyeleri sağ tarafa aktarın, sonra

h. 2 = - px. - s..

Y \u003d x 2 ve y \u003d - px - q bağımlılığının grafiklerini oluştururuz.

İlk bağımlılık takvimi, koordinatların kökeninden geçerek parabol. İkinci bağımlılığın grafiği -

düz (Şekil 1). Aşağıdaki durumlar mümkündür:

Doğrudan ve parabol iki noktada kesişebilir,

kesişme noktalarının apasyonları, dörtlü oranının kökleridir;

Doğrudan ve parabola dokunabilir (sadece bir ortak nokta), yani. Denklemin bir çözümü vardır;

Doğrudan ve parabol ortak noktalara sahip değil, yani. Kare denklemin kökleri yoktur.

Örnekler.

1) Grandsally denklemi h. 2 - 3x - 4 \u003d 0 (İncir. 2).

Karar. Formda bir denklem yazıyoruz H. 2 \u003d 3x + 4.

Bir parabol yapalım y \u003d x. 2 Ve düz y \u003d 3X + 4. Düz

y \u003d 3X + 4 iki noktaya inşa edilebilir M (0; 4) ve

N. (3; 13) . Doğrudan ve parabollar iki noktada kesişir

FAKAT ve İÇİNDE Aplikler ile h. 1 = - 1 ve h. 2 = 4 . Cevap : H. 1 = - 1;

h. 2 = 4.

2) Grafiksel olarak denklemeye karşı koyun (şek. 3) h. 2 - 2x + 1 \u003d 0.

Karar. Formda bir denklem yazıyoruz h. 2 \u003d 2x - 1.

Bir parabol yapalım y \u003d x. 2 ve düz Y \u003d 2x - 1.

Düz y \u003d 2x - 1 İki noktaya inşa etmek M (0; - 1)

ve N.(1/2; 0) . Doğrudan ve parabol noktada kesişir FAKAT dan

abscissa x \u003d 1.. Cevap: x \u003d 1.

3) Grandsally denklemi h. 2 - 2x + 5 \u003d 0(Şek. 4).

Karar. Formda bir denklem yazıyoruz h. 2 \u003d 5x - 5. Bir parabol yapalım y \u003d x. 2 Ve düz y \u003d 2x - 5. Düz y \u003d 2x - 5 İki nokta m (0; - 5) ve n (2.5; 0) boyunca inşa ediyoruz. Doğrudan ve parabola kesişme noktalarına sahip değil, yani. Bu denklemin kök yok.

Cevap. Denklem h. 2 - 2x + 5 \u003d 0 Kök yok.

8. Yöntem: Bir dolaşımla kare denklemlerin çözümü ve

hat.

Kare denklemleri parabol ile çözmenin grafik yöntemi uygunsuzdur. Puan olarak bir parabol oluşturursanız, çok zaman alır ve sonuçta ortaya çıkan sonuçların doğruluğu derecesi küçüktür.

Kare denklemin köklerini bulma yöntemini öneriyorum oh 2 + b.x + c \u003d 0 Bir dolaşım ve cetvel yardımı ile (Şekil 5).

İstenilen dairenin ekseni geçtiğini varsayalım.

puanlardaki abscissa İçinde (x. 1 ; 0) ve D. (H. 2 ; 0), Nerede h. 1 ve h. 2 - Denklemin kökleri oh 2 + b.x + c \u003d 0ve noktalardan geçer

A (0; 1)ve C (0;c./ a.) Koordinat ekseninde. Sonra, Sıralamadaki teorem tarafından Ob. OD. = Oa. OC.Bundan! OC. = Ob. OD./ Oa.\u003d H. 1 h. 2 / 1 = c./ a..

Çemberin merkezi, dikeylerin kesiştiği noktada bulunur. Sf. ve Skakorun ortasında restore edildi AC ve BD., yani

1) Yapı noktaları (dairenin merkezi) ve A.(0; 1) ;

2) Yarıçaplı bir daire yapacağız Sa;

3) Abscissa bu dairenin eksen ile kesişme noktaları Oh orijinal kare denkleminin kökleridir.

Üç olgu olabilir.

1) Dairenin yarıçapı Daha Korunma Merkezi (Gibi Sk, veyaR. a. + c./2 a.) , daire ekseni iki noktaya geçer (Şekil 6, A) İçinde (x. 1 ; 0) ve D.(H. 2 ; 0) nerede h. 1 ve h. 2 - Kare denklemin kökleri oh 2 + b.x + c \u003d 0.

2) Çemberin yarıçapı, küresel merkeze eşittir. (Gibi = Sb., veyaR. = a. + c./2 a.) , daire, oh ekseni ile ilgilidir (Şekil 6, B) noktada İçinde (x. 1 ; 0) Buradaki x 1, kare denklemin köküdür.

3) daire yarıçapı daha az koordinat merkezi

dairenin abscissa ekseni ile ortak noktalara sahip değildir (Şekil 6, B), bu durumda denklemin çözümü yoktur.

Misal.

Denklemi Çözme h. 2 - 2x - 3 \u003d 0 (Şek. 7).

Karar.Çevresinin merkezinin merkezinin koordinatlarını formüllerle tanımlıyoruz:

SA yarıçapı dairesini, nerede bir (0; 1) gerçekleştiriyoruz.

Cevap: h. 1 \u003d - 1; H. 2 = 3.

9. Yöntem: Kullanarak kare denklemlerin çözümü

nomogramlar.

Bu, kare denklemleri çözmek için eski ve haksız yere unutulmuş bir yoldur,

s.83'te gönderildi (bkz. Bradis V.m. Dört basamaklı matematiksel tablolar. - M., Aydınlanma, 1990).

Tablo XXII. Denklemi çözmek için nomogram z. 2 + pz. + s. = 0 . Bu nomogram, katsayısına göre, kare bir denklemi çözmeden izin verir.

denklemin köklerini belirlemek için orada.

Curvolin ölçekli nomogram inşa edildi

formüllere göre (Şekil.11):

İnanmak OS \u003d P,Edemek = s., O \u003d a (hepsi bakınız),

üçgenler gibi San ve Cdf. Teslim almak

oran

İkame ve basitleştirmelerden sonra denklemi takip etti

z. 2 + pz. + s. = 0,

dahası, mektup z. eğrisel ölçeğin herhangi bir noktasının bir etiketi anlamına gelir.

Örnekler.

1) Denklem için z. 2 - 9 z. + 8 = 0 Nomogram kökleri verir z. 1 = 8,0 ve z. 2 = 1,0 (Şekil.12).

2) Nomogram denkleminin çözülmesi

2 z. 2 - 9 z. + 2 = 0.

Bu denklem katsayılarını 2'ye böleriz,

denklemi alıyoruz

z. 2 - 4,5 z. + 1 = 0.

Nomogram kökleri verir z. 1 = 4 ve z. 2 = 0,5.

3) Denklem için

z. 2 - 25 z. + 66 = 0

p ve Q katsayıları ölçeğin ölçeğinin ötesine geçer, ikameyi yerine getirir z. = 5 t.,

denklemi alıyoruz

t. 2 - 5 t. + 2,64 = 0,

hangi nomogramı çözelim ve t. 1 = 0,6 ve t. 2 = 4,4, dan z. 1 = 5 t. 1 = 3,0 ve z. 2 = 5 t. 2 = 22,0.

10. Yöntem: Kare Çözme Geometrik Yolu

denklemler.

Antik çağda, geometri cebirden daha geliştiğinde, kare denklemler cebirsel olarak çözülmedi, fakat geometrik olarak. Ünlü örneğini Cebir Cebir AL - Khorezmi'den vereceğim.

Örnekler.

1) Denklemi Çözme h. 2 + 10x \u003d 39.

Orijinalde, bu görev şu şekilde formüle edilmiştir: "Square ve on kök 39" (Şekil 1).

Karar. Kareyi yan xten düşünün, dikdörtgenler taraflarına inşa edilmiştir, böylece her birinin diğer tarafının 2.5 olması, bu nedenle her alanın 2.5x'dir. Sonuçta ortaya çıkan figür daha sonra yeni bir ABCD karesine tamamlanır, köşelerde dört eşit kareyi tamamlar, her birinin yan tarafı 2.5 ve alan 6.25'tir.

Alan S. Meydan Abcd. karenin toplamı olarak gösterilebilir: orijinal kare H. 2 , dört dikdörtgen (4 2.5x \u003d 10x) ve dört ekli kare (6,25 4 = 25) . S. = h. 2 + 10x + 25.Değiştirme

h. 2 + 10x Numara 39 , Bunu alıyorum S. = 39 + 25 = 64 karenin tarafını takip ettiği yer Abcd.. Bölüm AV \u003d 8.. İstenen taraf için h. İlk kare olsun

2) Ancak, örneğin, eski Yunanlılar denklemi çözdükçe w. 2 + 6 - 16 \u003d 0.

KararŞekil 2'de sunulmuştur. 16, nerede

w. 2 + 6th \u003d 16 veya 2 + 6U + 9 \u003d 16 + 9.

Karar. İfade w. 2 + 6U + 9 ve 16 + 9 Geometrik olarak temsil eder

aynı kare ve ilk denklem w. 2 + 6 - 16 + 9 - 9 \u003d 0 - Aynı denklem. Nerede ve bunu al y + 3 \u003d ± 5, veya w. 1 \u003d 2, 2 = - 8 (Şekil 16).

3) Geometrik olarak denklemi çözün w. 2 - 6 - 16 \u003d 0.

Denklemi dönüştürmek, almak

w. 2 - 6th \u003d 16.

İncirde. 17 İfadelerin "görüntülerini" bulun w. 2 - 6, şunlar. Yanın karesinin karesinden, tarafın kenarındaki karenin karesi çıkarılır 3 . Eğer ifade etmekse w. 2 - 6u. Ekle 9 , sonra kare kareyi yandan alıyoruz. u - 3.. İfadeyi değiştirme w. 2 - 6u. 16 numaraya eşit,

alıyoruz: (Y - 3) 2 = 16 + 9, şunlar. y - 3 \u003d ± √25veya Y - 3 \u003d ± 5, nerede w. 1 = 8 ve W. 2 = - 2.

Sonuç

Kare denklemler, trigonometrik, gösterge, logaritmik, irrasyonel ve aşkın denklemleri ve eşitsizlikleri çözülmesinde yaygın olarak kullanılır.

Bununla birlikte, kare denklemlerin değeri sadece çok önemli olmasına rağmen, sadece lütf ve problemlerin çözümü kısımlarında değildir. Aynı derecede önemli olan, kare denklemlerin kullanımı sonucunda, yeni parçalar problem çözerken nadiren tespit edilmediğinden, yeni parçalar algılanır, ilginç genellemeler yapmak ve elde edilen formüllerin analizi tarafından istenen açıklamalar yapmak mümkündür. ve oranları.

Bu çalışmada hala çok az çalışılan tema olduğunu, sadece yapmadığım gerçeğini not etmek istiyorum, bu yüzden üzerinde daha fazla çalışma için mükemmel bir fırsat veren gizli ve bilinmeyen bir sürü.

Burada kare denklemleri çözme sorunu durdurduk ve ne onları çözmenin başka yolları varsa?! Yine güzel desenler, bazı gerçekler, açıklamalar, genellemeler yapın, tüm yeni ve yeni açın. Ancak bunlar zaten işten sonra sorular.

Özetle, sonuçlandırabiliriz: Kare denklemler matematiğin geliştirilmesinde büyük bir rol oynar. Hepimiz üniversitenin sonundan önce kare denklemleri okul tezgahından (8. sınıf) nasıl çözeceğinizi biliyoruz. Bu bilgi hayat boyunca kullanışlı olabilir.

Kare denklemleri çözmek için bu yöntemler kullanımı kolay olduğundan, kesinlikle öğrencilerin matematiğinin düşkünlüğü ile ilgileneceklerdir. İşimiz, matematiğin poz verdiği görevler hakkında farklı görünmesini mümkün kılar.

Edebiyat:

1. Alimov S.a., Ilyin V.A. ve diğerleri. Cebir, 6-8. 6-8 Sınıf Lisesi için Deneme Eğitimi. - M., Aydınlanma, 1981.

2. Bradis V.m. Lisesi için dört basamaklı matematiksel tablolar.

Ed. 57. - M., Aydınlanma, 1990. S. 83.

3. Krozhapov A.K., Rubanov. Cebir ve temel fonksiyonlarda sorun. İkincil özel eğitim kurumları için öğretici. - M., Yüksek Okul, 1969.

4. Okunev A.K. İkinci dereceden fonksiyonlar, denklemler ve eşitsizlikler. Öğretmen için manuel. - M., Aydınlanma, 1972.

5. Presman A.A. Bir dolaşım ve bir cetvel ile kare bir denklemi çözme. - M., Kvant, No. 4/72. S. 34.

6. Solomnik V.S., Milov P.i. Matematikte soru ve görevlerin toplanması. Ed. - 4., ek. - M., Yüksek Okul, 1973.

7. Khudobin A.I. Cebir ve ilköğretim fonksiyonlarındaki görevlerin toplanması. Öğretmen için manuel. Ed. 2.. - M., Aydınlanma, 1970.

Yönetim için başvuru

araştırma çalışması

Önder: PRIKHODKO YURY VLADIMIROVICH (Matematik Öğretmeni)

Tahmini Konu: "Kare denklemleri çözmenin 10 yolu"

Danışmanlar:

Prikhodko Yuri Vladimirovich (Matematik Öğretmeni);

Eroshenkov Dmitry Aleksandrovich (Bilişim Öğretmeni)

Eğitim Alanı, Eğitim Konusu, Proje Çerçevesinde matematik

Proje konusuna yakın eğitim disiplinleri: matematik

Eğitim sınıfı: 9. sınıf.

Araştırma grubunun bileşimi: Kursin Dmitry, Pavlikov Dmitry

Projenin öğrencinin baskın faaliyetleri üzerindeki görünümü: kare denklemleri çözmenin rasyonel yollarının incelenmesi

Süre Türü Projesi: uzun vadeli

Eğitim Türü: seçmeli ders

Gerekli ekipman: kare denklemleri çözmenin çeşitli yollarının değerlendirilmesiyle ilgili bilimsel ve popüler literatür

Tahmini Proje Ürün: kare denklemleri çözmek için rasyonel yolların kullanılması konusunda eğitimsel ve metodolojik materyal oluşturulması

https://pandia.ru/text/78/082/images/image002_237.gif "yükseklik \u003d" 952 "\u003e MOU" Sergievsky Ortaokulu "

Yapılan: Sizikov Stanislav

Öğretmen:

dan. Sergievka, 2007

1. Giriş. Antik Babylon'da Kare Denklemler .................. .3

2. Diyafumundaki kare denklemler ............ ... ............................. . .4

3. Hindistan'da kare denklemler .............................................. .... 5

4. Al - Khorezmi'de Kare Denklemler .......................................... ..............

5. Avrupa'daki Kare Denklemler XIII - XYII .....................................

6. Vieta teoremi hakkında ............................................ ...................... ..9

7. Kare denklemleri çözmenin on yolu ........................ ..10

8. Sonuç ....................................................... ......................... 20

9. Referanslar ................................................... ........................... ... 21

Giriş

İkinci dereceden denklemler

Kare denklemler, cebirin görkemli binasının dinlendiği bir temeldir. Kare denklemler, trigonometrik, gösterge, logaritmik, irrasyonel denklemlerin çözülmesinde yaygın olarak kullanılır. Hepimiz 8. sınıftan başlayarak, kare denklemleri nasıl çözeceğinizi biliyoruz. Ancak, kare denklemlerin çözümlerinin tarihine neden olan şey?

Antik Babylon'da kare denklemler

Denklemleri sadece birinci olarak değil, aynı zamanda ikinci derecede bir ikinci derecede çözme ihtiyacı, arazi arazileri alanını bulmakla ilgili problemleri çözme ihtiyacından kaynaklanıyordu; Askeri bir doğanın hafızasının yanı sıra astronomi ve matematiğin kendisinin gelişimi ile birlikte. Kare denklemler yaklaşık 2000 yıl önce çözebildi. e. Babil. Modern bir cebirsel rekoru uygulayarak, Clinox metinlerinde eksik ve örneğin tam kare denklemler dışında, örneğin X2 + X \u003d ,: X2 - X \u003d 14HTTPS: //pandia.ru/text: //pandia.ru/text / 78/082 /images/Image005_150.gif "width \u003d" 16 "yükseklik \u003d" 41 src \u003d "\u003e) 2 + 12 \u003d x; Bhaskara kılığında yazıyor

x2- 64h. = - 768

ve bu denklemin sol kısmını kareye eklemek için, her iki parçaya 322'ye ekler, ardından elde edin: x2- 64x + 322 \u003d - 768 + 1024;

(H.- 32)2 = 256; x -32 \u003d ± 16, xt. = 16, xg= 48.

Al - Khorezmi'deki kare denklemleri

Al-Khorezmi Cebirsel Treatise, doğrusal ve kare denklemlerin bir sınıflandırmasını sağlar. Yazar, bunları aşağıdaki gibi ifade eden 6 türünü içerir:

1) "Kareler köklere eşittir", yani. aH2 \u003d WT.

2) "Kareler sayıya eşittir", yani ah2= dan.

3) "Kökler sayıya eşittir", yani ah \u003d s.

4) "Kareler ve sayılar köklere eşittir", yani. ah2+ c \u003d wk.

5) "Kareler ve kökler sayıya eşittir", yani ah2+ \u003d s.

6) "Kökler ve sayılar karelere eşittir", yani vk+ c \u003d AH2. Al-Khorezmi için, negatif sayıların kullanımından kaçınarak, bu denklemlerin her birinin üyeleri bileşendir ve çıkarılmaz. Aynı zamanda, açıkça pozitif çözümleri olmayan denklemleri dikkate almamaktadır. Yazar, bu denklemleri çözmenin yollarını belirler. Tabii ki kararı, bizimle çakışmıyor. Zaten tamamen retorik olduğundan bahsetmemelidir, örneğin, XVII yüzyıla kadar tüm matematik gibi tüm matematik gibi birinci tip Al-Khorezmi'nin eksik bir kare denklemini çözerken, sıfır çözümünü dikkate almaz. , muhtemelen beton pratik pratikte çünkü görevler önemli değil. Tam kare denklemleri çözerken, özel sayısal örneklerdeki al-işleri, çözümün kurallarını ve ardından geometrik kanıtları belirler.

Bir örnek verelim.

Görev 14. "Kare ve 21 numara 10 kök'e eşittir. Kök bulun "(denklemin kökenini ölçer x2 +. 21 = 10x).

Yazarın kararı böyle bir şey okur: Köklerin sayısını böler, 5, 5'i kendi başına çarpın, bir 21'in çalışmasından 5 yaşındadır. 4. Kökünü 4'ten çıkarın, 2'dir. 5'ten 2'den alınan, 3 alacaksınız, bu istenen kök olacaktır. Veya 7'ye verecek olan 2 ila 5 ekleyin, ayrıca bir kök vardır.

Al-Khorezmi'nin yapılması, kare denklemlerin sınıflandırılmasının sistematik olarak sunulduğu bize ulaşan ilk kitaptır ve formülleri verilir.

Avrupa'da kare denklemlerXIII.- Xvii patlayıcı

Avrupa'daki Al-Khorezmi için kare denklemlerin çözümü için formüller ilk olarak "Abaka Kitabında" (Roma'da yayınlanan "Abaca Kitabının" Abaca Kitabında "259 sayfa içerdiği, 1202'de yazılmıştır. İtalyan Mathematician Leonardo Fibonacci. Hem İslam ve Eski Yunanistan ülkelerinin matematiğinin etkisini yansıtan bu kapsamlı çalışma, sunumun hem eksiksizliği hem de netliği ile ayırt ediyor. Yazar, bazı yeni cebirsel problem çözme problemlerinin ve ilk olarak geliştirdiği bazı yeni cebirsel örnekleri geliştirmiştir. içindeAvrupa, negatif sayıların tanıtımına yaklaştı. Kitabı, yalnızca İtalya'da değil, Almanya, Fransa ve diğer Avrupa ülkelerinde de cebirsel bilginin yayılmasını teşvik etti. "Abaka Kitabı" dan birçok zorluk, XVI-XVII yüzyıllarının neredeyse tüm Avrupa ders kitaplarını geçti. ve kısmen XVIII.

Tek bir kanonik forma verilen kare denklemleri çözme genel kuralı x2+ q \u003d s, Her türlü katsayılı işaretleme kombinasyonu için b, S.avrupa'da sadece 1544'te formüle edilmiştir. M. FIXTEL.

Genel olarak kare denklemin çözeltisinin formülünün çıktısı Vieta'da mevcuttur, ancak Viet sadece pozitif kökleri tanıdı. İtalyan Mathematiclians Tartalia, Kardako, XVI. Yüzyılda ilk kişi arasında Bombelly. Olumlu ve olumsuz köklere ek olarak verilir. Sadece XVII yüzyılda. Girard, Dekartlar, Newton ve diğer bilim adamlarının eserleri sayesinde, kare denklemleri çözme yöntemi modern bir görünüm alır.

Viet teoremi hakkında

Kare denklem katsayıları ile Vieta'nın adı olan kökleri arasındaki ilişkiyi ifade eden teorem, 1591'de aşağıdaki gibi ilk kez formüle edilmiştir: " İÇİNDE+ D., Çarpılan FAKATeksi A2,eşit derecede BD., bu FAKATeşit derecede İÇİNDEve eşit D.».

Vieta'yı anlamak için bunu hatırlamalısın FAKAT,herkes gibi
Ünlü harfi bilinmediği anlamına geliyordu (bizim x)sesli harfler
İÇİNDE,D. - Bilinmeyenteki katsayılar. Yukarıdaki modern cebir dilinde, Vieta'nın ifadesi anlamına gelir: eğer varsa

(fakat+ c) x - x2 = ab, x2 - (A +. b.) x. + ab = 0, x1 \u003d a, x2 \u003d c.

Semboller kullanılarak kaydedilen ortak formüllerle denklemlerin kökleri ve katsayıları arasındaki ilişkiyi ifade eden Visiet, denklemleri çözme yöntemlerinde tekdüzelik belirlemiştir. Bununla birlikte, Viet'in sembolizmi hala mevcut türlerden uzaktır. Negatif sayıları tanımıyordu ve bu nedenle, denklemleri çözerken, sadece tüm köklerin pozitif olduğunda durumları düşündü.

Kare denklemleri çözmenin on yolu

1. Fabrika denkleminin sol kısmının ayrıştırılması

Denklemi Çözme x2+ 10h. - 24 \u003d 0 Faktörlerin denkleminin sol kısmını yaymak:

x2 + 10X - 24 \u003d X2 + 12X - 2X - 24 \u003d

X (x + x + 12) \u003d (x + 12) (x - 2).

Sonuç olarak, denklem tekrar yazılabilir:

(h. + 12) (x - 2) \u003d 0.

İşin sıfır olduğundan, faktöründen en az biri sıfırdır. Bu nedenle, denklemin sol kısmı sıfıra hitap ediyor x \u003d2, yanı sıra h.\u003d - 12. Bu, 2 ve 12 numaralarının X2 + 10x denkleminin kökleridir - 24 \u003d 0 olduğu anlamına gelir.

2. Tam karenin tahsisatı yöntemi

Örnekte bu yöntemi açıklayalım.

Ben x2 + 6x - 7 \u003d 0 denklemini çözdüm. Sol taraftaki tam kareyi tahsis ediyoruz. Bunu yapmak için, X2 + 6x ifadesini aşağıdaki formda yazın:

x2 + 6x \u003d x2 + 2 * x * 3.

Elde edilen ifadede, birinci terim, x sayısının karesidir ve ikincisidir. Bu nedenle, 3'ün bir çift ürünüdür. Bu nedenle, tam bir kare almak için, 32'yi eklemeniz gerekir.

x2 + 2 x 3 + 32 \u003d (x + 3) 2.

Şimdi denklemin sol kısmını dönüştürüyoruz

x2 + 6X - 7 \u003d 0,

ekleme ve 32 çıkarma. Biz var:

x2 + 6X - 7 \u003d X2 + 2 h. 3 +– 7 = (H.- \u003d (x - z) 2 - 16 .

Bu nedenle, bu avlu aşağıdaki gibi yazılabilir:

(x + \u003d 0, yani (x + 3) 2 \u003d 16.

Dolayısıyla h.+ 3 \u003d 4 x1 \u003d 1 veya x + 3 \u003d - 4, x2 \u003d - 7.

3. Formüldeki kare denklemlerin çözümü

Denklemin her iki bölümünü de çarpın

ah2+ vk+ c \u003d.0, a ≠0, tarafından 4a.ve sürekli biz var:

4A2 x2 + 4abx. + 4As \u003d.0,

((2Ah) 2 + 2 aksbb. + b.2 ) - b.2 + 4As.= 0,

(2Ah +.b.) 2 \u003d B2- 4As,

2akh+ b. \u003d ± https://pandia.ru/tex006_128.gif "width \u003d" 71 "yükseklik \u003d" 27 "\u003e, X1,2 \u003d

Olumlu bir ayrımcı durumunda, yani. b2 - 4As\u003e0, Denklem ah2+ vK + S.\u003d 0 iki farklı kök var.

Ayrımcı sıfır ise, yani. b2 - 4As \u003d0, sonra denklem ah2+ vk+ dan\u003d 0 Tek Kök, X \u003d - https://panya.ru/tex009_95.gif "genişliği \u003d" 14 "yükseklik \u003d" 62 "\u003e kökleri, Vieta'nın teoremini karşılar, hangi fakat\u003d 1 formu var

x1 x2 \u003d s.,

x1 + x2 \u003d - r.

Buradan aşağıdaki sonuçları çizebilirsiniz (katsayılarla) rve s. Kök işaretlerini tahmin edebilirsiniz).

a) Ücretsiz üye ise s. Verilen denklem (1)
pozitif (s. \u003e 0), denklemin iki tanesi var
kök işaretinde ve ikinci katsayıya bağlıdır r
Eğer bir r\u003e 0, her iki kök negatifse r< 0, sonra her ikisi de
kök pozitif.

Örneğin,

x2- 3h. + 2 = 0; x1\u003d 2 ve x2 \u003d 1, çünkü s. = 2 > 0 u p. = - 3 < 0;

x2 + 8X + 7 \u003d 0; x 1 \u003d - 7 ve x2 \u003d - 1, çünkü s. \u003d 7\u003e 0 ve r = 8 > 0.

b) Ücretsiz üye ise s. Verilen denklem (1)
olumsuz (s. < 0), denklem kök işaretinde iki farklı ve modüldeki kök pozitif olacağı r< 0 veya negatifse P\u003e0.

Örneğin,

x2 + 4X - 5 \u003d 0; x1 \u003d - 5 ve x2 \u003d 1, çünkü s. = - 5 < 0 и r= 4 > 0;

x2 - 8X - 9 \u003d 0; x1 \u003d9 I. x2\u003d - 1, çünkü s. = - 9 < и r= - 8 < 0.

5. "Transit" yöntemiyle denklemleri çözme

Kare bir denklem düşünün aH2 + VH+ c \u003d.0, nerede a ≠0. Her iki bölümünü de çarpıyor fakat,denklemi alıyoruz a2X2 +.abx. + Ac= 0.

İzin vermek ah \u003d y,dan h.\u003d; sonra denklemden gel

u2.+ tarafından + ac \u003d.0,

buna eşdeğer. Kökleri u1.ve u2.vieta teoremi yardımıyla bulacağız. Sonunda olsun x1\u003d https://pandia.ru/tex/78/082/images/image012_77.gif "width \u003d" 24 "yükseklik \u003d" 43 "\u003e.

Bu yöntem katsayısı ile fakatserbest bir üye tarafından çarpılır, sanki kendisine "hareket eder" olarak adlandırılır. "Transit" yöntemi.Bu yöntem, vieta teoremini kullanarak denklemin köklerini kolayca bulabileceğinizde ve en önemlisi, ayrımcı doğru bir kare olduğunda kullanılır.

1. Denklemi Çözme 2x2 - 11x + 15 \u003d 0.

Karar.Sonuç olarak, bir katsayıyı 2 katsayıyı ücretsiz bir üyeye aktaracağız.

u2 - 11. w.+ 30 = 0.

Vieta U1 \u003d 5, U2 \u003d 6 teoremine göre, dolayısıyla x1 \u003d https://pandia.ru/imege014_69.gif "width \u003d" 16 yükseklik \u003d 41 "yükseklik \u003d" 41 " \u003e, t. e.

x1 \u003d 2.5 x2 \u003d 3.

Cevap:2,5; 3.

6. Kare katsayıların özellikleridenklemler

A. Kare denkleminin

aH2 + VX + ile\u003d 0, nerede fakat ≠ 0.

1. Eğer A + b + S.= 0 (yani denklem katsayılarının toplamı sıfırdır), sonra x1 \u003d1, x2 \u003d.

2. Eğer A - + ile= 0, veyab. = fakat + c, sonra x1 \u003d -1, h.2 \u003d - https://pandia.ru/tex/78/082/images/Image016_58.gif "width \u003d" 44 Yükseklik \u003d 41 "Yükseklik \u003d" 41 "\u003e.

Cevap:1; 184">

Aşağıdaki durumlar mümkündür:

Doğrudan ve parabol iki noktada kesişebilir, kesişme noktalarının melodileri kare denklemin kökleridir;

Doğrudan ve parabol, ilgilenebilir (yalnızca bir ortak nokta), yani denklemin bir çözümü vardır;

Doğrudan ve parabol, ortak noktalara sahip değildir, yani kare denklemin kökleri yoktur.

Örnekler.

1. X2 - 3X - 4 \u003d 0 (Şekil 2) grafiksel olarak çözülür.

Karar.Formda bir denklem yazıyoruz x2 \u003d 3x + 4.

Bir parabol yapalım y \u003d x2.ve düz y \u003d3 + 4. Düz w.\u003d 3x + 4, iki nokta m (0; 4) ve n (3; 13) tarafından yapılabilir. Doğrudan ve parabollar iki noktada kesişir Ve B'yeaplikler ile x1\u003d - 1 ve x2 \u003d 4.

Cevap: x1\u003d - 1, x, \u003d 4.

8. Bir dolaşım ve cetvel ile kare denklemlerin çözümü

Kare denklemin köklerini bulma yöntemini sunuyoruz

ah2+ vk+ dan= 0

bir dolaşım ve bir cetvel yardımı ile (Şekil).

İstenilen dairenin abscissa eksenini noktalarda geçtiğini varsayalım. B.(x1;0) I. D.(x.2 ; 0) nerede x1ve x2- Denklemin kökleri aH2 + VH+dan=0,
ve bir (0; 1) noktalarından (0; 1) ve (0;) 'den veya (0;) konumundan (0;). "Genişliği \u003d" 197 "yükseklik \u003d" 123 "\u003e

Böylece: 1) İnşa noktaları https://pandia.ru/tex023_082/images/image023_40.gif "width \u003d" 171 "yükseklik \u003d" 45 "\u003e Daire, ekseni (x1; 0) ve D (x1 ; 0), burada x1 ve x2 - kare denkleminin kökleri AH2 + BX + C = 0.

2) Çemberin yarıçapı, küresel merkeze eşittir. , daire, (x1; 0) noktasındaki oh eksenle ilgilidir. xx- Kare denklemin kökü.

3) Çemberin yarıçapı, sol merkezinin koordinatından daha az "\u003e

https://pandia.ru/imege029_34.gif "width \u003d" 612 "yükseklik \u003d" 372 "\u003e 40" yükseklik \u003d "14"\u003e

https://pandia.ru/imege031_28.gif "width \u003d" 612 "yükseklik \u003d" 432 src \u003d "\u003e

İkame edildikten sonra ve

Basitleştirmeler, Z2 + PZ + Q \u003d 0 denklemini izler ve z harfi, eğrisel ölçeğin herhangi bir noktasının bir etiketi anlamına gelir.

10. Kare denklemleri çözme geometrik yöntemi

Antik çağda, geometri cebirden daha geliştiğinde, kare denklemler cebirsel olarak çözülmedi, fakat geometrik olarak. Cebir tarafından cebir cebirinin ünlü örneğini veriyoruz.

Ve dört ekli kare, yani. S \u003d x2 + 10x + 25. X2 + 10X'in 39 numaraya göre değiştirilmesi, s \u003d 39 + 25 \u003d 64'ü, karenin tarafını takip ettiği yerden elde ediyoruz. Abcd., yani kesin Au\u003d 8. İstenilen taraf için h.İlk kare olsun

Sonuç

Hepimiz, üniversitenin sonuna kadar okul tezgahından başlayarak kare denklemleri nasıl çözeceğinizi biliyoruz. Ancak okul matematiğinin okulunda, kare denklem köklerinin formülleri, herhangi bir kare denkleminin çözülebileceği şekilde incelenmiştir. Bununla birlikte, bu soruyu daha derin hakkında inceledim, çok hızlı ve rasyonel olarak birçok denklemeye izin veren kare denklemleri çözmenin başka yolları olduğuna ikna oldum.

Belki başka boyutlarda orada bir yerde matematik, göz görünmüyor, - hepsi ve biz sadece tüm yeni gerçekleri dünyalarla deliklerden alıyoruz? ... Tanrı bakışları; Ancak, fizikçiler, kimyasallar, ekonomistler veya arkeologların dünyanın yeni bir modeline ihtiyaç duyması durumunda, bu model her zaman üç yıl önce matematiği koyduğu veya aynı rafta yatan parçalardan toplayabileceği raftan alınabilir. Belki de bu öğeler bükülmek zorunda kalacak, birbirlerine yakalanacak, kirleterek, teoremlerin birkaç yeni burcunu hızlı bir şekilde keskinleştirmek; Ancak, sonuç teorisi sadece gerçek durumu tanımlamaz, aynı zamanda sonuçları da tahmin eder! ...

Garip bir şey - bu zihin her zaman haklı olan oyundur ...

Edebiyat

1. Alimov Sha., Ilyin VA. ve diğerleri. Cebir, 6-8. Lise notları için deneme dersi 6-8. - M., Aydınlanma, 1981.

2. Lisesi için Matematiksel Tablolar. Ed. 57. - M., Aydınlanma, 1990. S. 83.

3.Rotsky-Matematik öğretirken kilitlenir. Öğretmen için kitap. - M., Aydınlanma, 1992.

4.M., Matematik ("Eylül ayında" gazetenin eki), No. 21/96, 10/97, 24/97, 18/98, 21/98.

5. İşlevler, denklemler ve eşitsizlik. Öğretmen için manuel. - M., Aydınlanma, 1972.

6. Acana B. C., matematikte sevimli sorular ve görevler. Ed. 4., ek. - M., Yüksek Okul, 1973.

7.M., Matematik (Eylül ayında ", Eylül ayının başında), No. 40, 2000.

gözden geçirmek

Öğrenci 11 Class Mou "Sergievskaya Ortalama Çalışmak

kapsamlı okul"

Copsevskaya kırsal ortaokul

Kare denklemleri çözmenin 10 yolu

Lider: Patrikeva Galina Anatolyevna,

matematik öğretmen

s.Kopievo, 2007.

1. Kare denklemlerin gelişmesinin tarihi

Antik Babylon'da 1.1 Kare Denklemler

1.2 Muhasebe olarak ve çözülmüş diofant kare denklemleri

Hindistan'da 1.3 kare denklemler

Elcohise içinde 1.4 kare denklemler

Avrupa'da 1.5 Kare Denklemler XIII - XVII Yüzyıllar

1.6 Vieta teoremi hakkında

2. Kare denklemleri çözme yöntemleri

Sonuç

Edebiyat

1. Kare denklemlerin gelişmesinin tarihi

1 .1 Kare EQSeski babylon'da

Modern bir cebirsel rekor uygulayarak, Clinox metinlerinde eksik ve örneğin tam kare denklemler dışında, bunların bulunduğunu söyleyebiliriz:

X. 2 + X. = ѕ; X. 2 - X. = 14,5

Babylon'daki cebirinin yüksek seviyesine rağmen, Clinox metinlerinde kare denklemleri çözmek için negatif sayı ve genel yöntemler kavramı yoktur.

1.2 Yapıldığı ve çözüldüğü gibi diofant kare denklemleri.

Çözümü basitleştirmek için diofant denklemlerini çizerken ustaca bilinmeyen seçer.

Burada, örneğin, görevlerinden biri.

Görev 11. "İki sayı bul, toplamlarının 20 olduğunu bilerek iş 96"

Dolayısıyla Denklem:

(10 + x) (10 - x) \u003d 96

100 - H. 2 = 96

h. 2 - 4 = 0 (1)

Buradan x \u003d 2.. İstenilen sayılardan biri 12 , Diğer 8 . Karar x \u003d -2. Yunan matematiği yalnızca olumlu sayıları bildiği için Diophanta için yoktur.

Bu göreve karar verirsek, istenen sayılardan birini bilinmeyen olarak seçmek, denklemi çözmeye geleceğiz

y (20 - Y) \u003d 96,

w. 2 - 20U + 96 \u003d 0. (2)

İstenilen sayıların bilinmeyen bir oyun olarak seçilmesi, diofant kararını basitleştirir; Eksik bir kare denklemi çözme görevini azaltabilir (1).

1.3 Hindistan'da kare denklemler

Oh 2 + b.x \u003d s, a\u003e 0. (1)

Denklem (1) dışındaki katsayılarda fakatnegatif olabilir. Brahmagupta kuralı esas olarak bizimle çakışıyor.

İşte ünlü Hint Matematik XII. Yüzyılın görevlerinden biri. Bhaskara.

Görev 13.

"Maymunları ve on iki Lianam'da ...

Yüzün gücü, eğlenmek. Atlamaya başladı, asılı ...

Onlar kaç maymun olduğu sekizinci karıncada,

Glade'de eğlenceliydi. Bana, bu yığında mı söylüyorsun? "

Bhaskara'nın kararı, kare denklemlerin köklerinin iki katını bildiği gerçeğini ifade eder (Şekil 3).

İlgili Görev 13 Denklem:

(x./8) 2 + 12 = x.

BHACKARA KUTUSU altında yazıyor:

h. 2 - 64x \u003d -768

ve bu denklemin sol kısmını kareye eklemek için her iki parçaya da eklenir. 32 2 , sonra:

h. 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 \u003d ± 16,

h. 1 = 16, h. 2 = 48.

1.4 Kare EQSal - Khorezmi

Cebirik Tedavida Al - Khorezmi, doğrusal ve kare denklemlerin sınıflandırılmasını sağlar. Yazar, 6 denklem türünü içerir, bunları aşağıdaki gibi ifade eder:

1) "Kareler köklerdir", yani. oh 2 + C \u003d.b.x.

2) "Kareler sayıya eşittir", yani oh 2 \u003d s.

3) "Kökler sayıya eşittir", yani ah \u003d s.

4) "Kareler ve sayılar köklere eşittir", yani. oh 2 + C \u003d.b.x.

5) "Kareler ve kökler sayıya eşittir", yani Oh 2 + bX. \u003d s.

6) "Kökler ve sayılar karelere eşittir", yani bX. + C \u003d ah 2 .

al - Khorezmi, XVII yüzyıla kadar tüm matematik gibi, muhtemelen belirli pratik görevlerde önemli olmadığı için sıfır çözümü dikkate alır. Özel sayısal örneklerde komple kare el-koruyucu denklemlerini çözerken, karar kurallarını ve ardından geometrik kanıtlar ortaya koymaktadır.

Görev 14. "Kare ve 21 numara 10 kök'e eşittir. Kök bul » (X denkleminin kökü anlamına gelir. 2 + 21 \u003d 10X).

El-Khorezmi Anlaşması, bize kare denklemlerin sistematik olarak belirtilen ve formüllerin verildiği kitabı olan ilk kişidir.

1.5 Avrupa'da kare denklemlerXIII. - Xvii Bb

Aynı kanonik forma verilen kare denklemleri çözme genel kuralı:

h. 2 + bX. \u003d C,

her türlü katsayılı işaretleme kombinasyonu için b., danavrupa'da sadece 1544 m. Stiffel'de formüle edilmiştir.

1.6 Vieta teoremi hakkında

(A +.b.) x - x 2 = ab,

h. 2 - (A +b.) x + ab. = 0,

h. 1 \u003d a, h. 2 = b..

Semboller kullanılarak kaydedilen ortak formüllerle denklemlerin kökleri ve katsayıları arasındaki ilişkiyi ifade eden Visiet, denklemleri çözme yöntemlerinde tekdüzelik belirlemiştir. Aynı zamanda, Vieta'nın sembolizmi şu anki türlerden uzak. Negatif sayıları tanımıyordu ve bunun için denklemleri çözerken, yalnızca tüm köklerin pozitif olduğunda durumlar göz önünde bulundurulur.

2. Kare denklemleri çözme yöntemleri

Kare denklemler, cebirin görkemli binasının dinlendiği bir temeldir. Kare denklemler, trigonometrik, gösterge, logaritmik, irrasyonel ve aşkın denklemleri ve eşitsizlikleri çözülmesinde yaygın olarak kullanılır. Hepimiz üniversitenin sonundan önce kare denklemleri okul tezgahından (8. sınıf) nasıl çözeceğinizi biliyoruz.

Matematik okulunda, herhangi bir kare denklemin çözülebileceği kare denklemlerin köklerinin formülleri incelenmiştir. Bu durumda, birçok denklemin çok hızlı ve rasyonel olarak izin veren kare denklemleri çözmenin başka yolları vardır. Kare denklemleri çözmenin on yolu vardır. İşimde detaylı olarak, her birine ayırdım.

1. Yöntem : Fabrika denkleminin sol kısmının ayrıştırılması.

Denklemi Çözme

h. 2 + 10x - 24 \u003d 0.

Faktörlerin sol tarafını uzatır:

h. 2 + 10x - 24 \u003d x 2 + 12x - 2x - 24 \u003d x (x + 12) - 2 (x + 12) \u003d (x + 12) (x - 2).

Sonuç olarak, denklem tekrar yazılabilir:

(x + 12) (x - 2) \u003d 0

2. Yöntem : Tam bir karenin tahsis edilmesi yöntemi.

Denklemi Çözme h. 2 + 6x - 7 \u003d 0.

Sol taraftaki tam kareyi vurguluyoruz.

Bunu yapmak için, X2 + 6x ifadesini aşağıdaki formda yazın:

h. 2 + 6x \u003d x 2 + 2 * x * 3.

Elde edilen ifadede, birinci terim, x sayısının karesidir ve ikincisi - bir çift ürün x 3 tarafından 3'te. Tam bir kare almak için 3 2 eklemeniz gerekir.

x 2 +. 2 * x * 3 + 3 2 \u003d (x + 3) 2 .

Şimdi denklemin sol kısmını dönüştürüyoruz

h. 2 + 6x - 7 \u003d 0,

ekleme ve Çıkarma 3 2. Sahibiz:

h. 2 + 6x - 7 \u003dx 2 +. 2 * x * 3 + 3 2 - 3 2 - 7 \u003d (x + 3) 2 - 9 - 7 \u003d (x + 3) 2 - 16.

Böylece, bu denklem şöyle yazılabilir:

(x + 3) 2 - 16 =0, (x + 3) 2 = 16.

Dolayısıyla x + 3 - 4 \u003d 0, x 1 \u003d 1 veya x + 3 \u003d -4, x 2 = -7.

3. Yöntem : Formül tarafından kare denklemlerin çözümü.

Denklemin her iki bölümünü de çarpın

oh 2 + b.x + c \u003d 0 ve? 0.

4A'da ve sürekli olarak sahibiz:

4a. 2 h. 2 + 4A.b.x + 4As \u003d 0,

((2Ah) 2 + 2Ah *b. + b. 2 ) - b. 2 + 4 aC = 0,

(2ax + b) 2 \u003d B. 2 - 4AC,

2AX + B \u003d ± v b 2 - 4AC,

2AX \u003d - B ± V B 2 - 4AC,

Örnek.

fakat) Denklemi Çözme: 4x 2 + 7x + 3 \u003d 0.

a \u003d 4,b. \u003d 7, c \u003d 3,D. = b. 2 - 4 aC = 7 2 - 4 * 4 * 3 = 49 - 48 = 1,

D. > 0, iki farklı kök;

Böylece, pozitif bir ayrımcı durumunda, yani. için

b. 2 - 4 aC >0 , denklem oh 2 + b.x + c \u003d 0 İki farklı kök var.

b) Denklemi Çözme: 4x 2 - 4x + 1 \u003d 0,

a \u003d 4,b. \u003d - 4, c \u003d 1,D. = b. 2 - 4 aC = (-4) 2 - 4 * 4 * 1= 16 - 16 = 0,

D. = 0, bir kök;

Yani, ayrımcı sıfır ise, yani. b. 2 - 4 aC = 0 , sonra denklem

oh 2 + b.x + c \u003d 0 tek köke var

içinde) Denklemi Çözme: 2 kere 2 + 3X + 4 \u003d 0,

a \u003d 2,b. \u003d 3, c \u003d 4,D. = b. 2 - 4 aC = 3 2 - 4 * 2 * 4 = 9 - 32 = - 13 , D. < 0.

Bu denklemin kök yok.

Yani, ayrımcı negatifse, yani. b. 2 - 4 aC < 0 ,

denklem oh 2 + b.x + c \u003d 0 Kök yok.

Kare denklemin köklerinin formülü (1) oh 2 + b.x + c \u003d 0 Kök bulmanıza izin verir kimse Yukarıdaki ve eksik olan kare denklemi (varsa). Geçerli formül (1) olarak ifade edilir: kare denklemin kökleri, sayısal, nümatör, zıt işaret ile alınan ikinci katsayıya eşit olan fraksiyona eşittir, artı ilk katsayının hala duran ürünü olmadan bu katsayısının karesinden kaynaklanan kök karesini eksi Serbest üye ve payda çift katsayısı vardır.

4. Yöntem: Vieta teoremi kullanarak denklemleri çözme.

Bildiğiniz gibi, azaltılmış kare denklemi formu vardır.

h. 2 + px. + c. = 0. (1)

Kökleri Vieta teoremini tatmin ediyor; a \u003d 1. Görünümü var

x. 1 x. 2 = s.,

x. 1 + x. 2 = - p.

Buradan aşağıdaki sonuçları çizebilirsiniz (P ve Q katsayılarına göre köklerin işaretlerini tahmin edebilirsiniz).

Örneğin,

x. 2 - 3 x. + 2 = 0; x. 1 = 2 ve x. 2 = 1, gibi s. = 2 > 0 ve p. = - 3 < 0;

x. 2 + 8 x. + 7 = 0; x. 1 = - 7 ve x. 2 = - 1, gibi s. = 7 > 0 ve p.= 8 > 0.

b) Ücretsiz üye ise s. Verilen denklem (1) negatiftir ( s. < 0 ), denklem kök işaretinde iki farklı ve modüldeki kök pozitif olacağı p. < 0 veya olumsuzsa p. > 0 .

Örneğin,

x. 2 + 4 x. - 5 = 0; x. 1 = - 5 ve x. 2 = 1, gibi s.= - 5 < 0 ve p. = 4 > 0;

x. 2 - 8 x. - 9 = 0; x. 1 = 9 ve x. 2 = - 1, gibi s. = - 9 < 0 ve p. = - 8 < 0.

5. Yöntem: Denklemleri "transit" yöntemiyle çözme.

Kare bir denklem düşünün

oh 2 + b.x + c \u003d 0,nerede fakat? 0.

Her iki parçanın da çarpılması, denklemi alıyoruz

fakat 2 h. 2 + A.b.x + ac \u003d 0.

İzin vermek ah \u003d uBundan! x \u003d y / a; sonra denklemden gel

w. 2 + tarafından + AC \u003d 0,

buna eşdeğer. Kökleri w. 1 ve w. 2 Vieta teoremi yardımı ile bulacağız.

Sonunda olsun

h. 1 \u003d W. 1 /fakat ve h. 1 \u003d W. 2 /fakat.

Misal.

Denklemi Çözme 2 kere 2 - 11x + 15 \u003d 0.

Karar. Sonuç olarak, bir katsayıyı 2 katsayıyı ücretsiz bir üyeye aktaracağız.

w. 2 - 11. + 30 \u003d 0.

Viet teoremine göre

w. 1 = 5 h. 1 = 5/2 x. 1 = 2,5

w. 2 = 6 x. 2 = 6/2 x. 2 = 3.

Cevap: 2.5; 3.

6. Yöntem: Kare denklemin katsayılarının özellikleri.

FAKAT. Kare denklemi verilmesine izin verin

oh 2 + b.x + c \u003d 0,nerede fakat? 0.

1) Eğer A +b. + C \u003d 0 (yani, katsayıların toplamı sıfırdır), sonra x 1 = 1,

h. 2 \u003d S / a.

Kanıt. Denklemin her iki bölümünü de bir böleğiz. 0, azaltılmış kare denklemi elde ediyoruz

x. 2 + b./ a. * x. + c./ a. = 0.

Viet teoremine göre

x. 1 + x. 2 = - b./ a.,

x. 1 x. 2 = 1* c./ a..

Şartlara göre fakat -b. + c \u003d 0,dan b. \u003d A + s.Böylece,

x. 1 + X. 2 = - fakat + B / A \u003d -1 - C / A,

x. 1 x. 2 \u003d - 1 * (- C / A),

şunlar. h. 1 = -1 ve h. 2 = c./ a.bu m'yi kanıtlamak için gerekli.

Örnekler.

1) Denklemi Çözme 345x 2 - 137x - 208 \u003d 0.

Karar.Gibi A +.b. + C \u003d 0 (345 - 137 - 208 \u003d 0),bu

h. 1 = 1, h. 2 = c./ a. = -208/345.

Cevap 1; -208/345.

2) Çözümler denklemi 132x 2 - 247x + 115 \u003d 0.

Karar.Gibi a +.b. + C \u003d 0 (132 - 247 + 115 \u003d 0), bu

h. 1 = 1, h. 2 = c./ a. = 115/132.

Cevap 1; 115/132.

B. İkinci katsayılı ise b. = 2 k. - çift numara, sonra kök formülü

Misal.

Denklemi Çözme 3x2 - 14x + 16 \u003d 0.

Karar. Sahibiz: a \u003d 3,b. \u003d - 14, c \u003d 16,k. = -- 7 ;

D. = k. 2 - aC = (- 7) 2 - 3 * 16 = 49 - 48 = 1, D. > 0, iki farklı kök;

Cevap: 2; 8/3

İÇİNDE. Azaltılmış denklem

h. 2 + RH +.s.= 0

hangi genel görünüm denklemiyle çakışıyor a \u003d 1., b. \u003d R. ve c \u003d.s.. Bu nedenle, formül köklerinin azaltılmış kare denklemi için

manzarayı alır:

Formül (3), özellikle ne zaman kullanmak için uygundur r-- çift sayı.

Misal. Denklemi Çözme h. 2 - 14x - 15 \u003d 0.

Karar.Sahibiz: h. 1,2 \u003d 7 ±

Cevap: H. 1 \u003d 15; H. 2 = -1.

7. Yöntem: Kare denklemin grafik çözümü.

Eğer denklemde

h. 2 + px. + s. = 0

ikinci ve üçüncü üyeleri sağ tarafa aktarın, sonra

h. 2 = - px. - s..

Y \u003d x 2 ve y \u003d - px - q bağımlılığının grafiklerini oluştururuz.

İlk bağımlılık takvimi, koordinatların kökeninden geçerek parabol. İkinci bağımlılığın grafiği -

düz (Şekil 1). Aşağıdaki durumlar mümkündür:

Doğrudan ve parabol iki noktada kesişebilir, kesişme noktalarının nakgiyesi, dörtlü oranının kökleridir;

Doğrudan ve parabola dokunabilir (sadece bir ortak nokta), yani. Denklemin bir çözümü vardır;

Doğrudan ve parabol ortak noktalara sahip değil, yani. Kare denklemin kökleri yoktur.

Örnekler.

1) Grandsally denklemi h. 2 - 3x - 4 \u003d 0 (İncir. 2).

Karar. Formda bir denklem yazıyoruz H. 2 \u003d 3x + 4.

Bir parabol yapalım y \u003d x. 2 Ve düz y \u003d 3X + 4. Düz

y \u003d 3X + 4 iki noktaya inşa edilebilir M (0; 4) ve

N. (3; 13) . Doğrudan ve parabollar iki noktada kesişir

FAKAT ve İÇİNDE Aplikler ile h. 1 = - 1 ve h. 2 = 4 . Cevap: H. 1 = - 1;

h. 2 = 4.

2) Grafiksel olarak denklemeye karşı koyun (şek. 3) h. 2 - 2x + 1 \u003d 0.

Karar. Formda bir denklem yazıyoruz h. 2 \u003d 2x - 1.

Bir parabol yapalım y \u003d x. 2 ve düz Y \u003d 2x - 1.

Düz y \u003d 2x - 1 İki noktaya inşa etmek M (0; - 1)

ve N.(1/2; 0) . Doğrudan ve parabol noktada kesişir FAKAT dan

abscissa x \u003d 1.. Cevap: x \u003d 1.

3) Grandsally denklemi h. 2 - 2x + 5 \u003d 0(Şek. 4).

Cevap. Denklem h. 2 - 2x + 5 \u003d 0 Kök yok.

8. Yöntem: Bir dolaşımla kare denklemlerin çözümü ve hat.

Kare denklemleri parabol ile çözmenin grafik yöntemi uygunsuzdur. Noktalarda bir parabol oluşturursanız, çok zaman alır ve tüm bunlarla, sonuçtaki sonuçların doğruluğu derecesi küçüktür.

Kare denklemin köklerini bulma yöntemini öneriyorum oh 2 + b.x + c \u003d 0 Bir dolaşım ve cetvel yardımı ile (Şekil 5).

İstenilen dairenin ekseni geçtiğini varsayalım.

puanlardaki abscissa İçinde (x. 1 ; 0) ve D. (H. 2 ; 0), Nerede h. 1 ve h. 2 - Denklemin kökleri oh 2 + b.x + c \u003d 0ve noktalardan geçer

A (0; 1)ve C (0;c./ a.) Koordinat ekseninde. Sonra, Sıralamadaki teorem tarafından Ob. * OD. = Oa. * OC.Bundan! OC. = Ob. * OD./ Oa.\u003d H. 1 h. 2 / 1 = c./ a..

Çemberin merkezi, dikeylerin kesiştiği noktada bulunur. Sf. ve Skakorun ortasında restore edildi AC ve BD., yani

1) Yapı noktaları (dairenin merkezi) ve A.(0; 1) ;

2) Yarıçaplı bir daire yapacağız Sa;

3) Abscissa bu dairenin eksen ile kesişme noktaları Oh orijinal kare denkleminin kökleridir.

Üç olgu olabilir.

1) Dairenin yarıçapı Daha Korunma Merkezi (Gibi > Sk, veya R. > a. + c./2 a.) , daire ekseni iki noktaya geçer (Şekil 6, A) İçinde (x. 1 ; 0) ve D.(H. 2 ; 0) nerede h. 1 ve h. 2 - Kare denklemin kökleri oh 2 + b.x + c \u003d 0.

3) Çemberin yarıçapı, merkezin sırasından daha azdır. Dairenin abscissa ekseni ile ortak noktalara sahip değildir (Şekil 6, B), bu durumda denklemin çözümü yoktur.

Misal.

Denklemi Çözme h. 2 - 2x - 3 \u003d 0 (Şek. 7).

Karar.Çevresinin merkezinin merkezinin koordinatlarını formüllerle tanımlıyoruz:

SA yarıçapı dairesini, nerede bir (0; 1) gerçekleştiriyoruz.

Cevap: h. 1 \u003d - 1; H. 2 = 3.

9. Yöntem: Kullanarak kare denklemlerin çözümü nomogramlar.

Bu, C.83'e yerleştirilen kare denklemlerin çözümü ile eski ve haksız yere unutulur (bkz. Bradis V.m. Dört basamaklı matematiksel tablolar. - M., Aydınlanma, 1990).

Tablo XXII. Denklemi çözmek için nomogram z. 2 + pz. + s. = 0 . Bu nomogram, kare denklemini çözmeden, denklemin köklerini belirlemek için katsayısı ile.

Nomogramın eğrisel ölçeği formüllerle yapılır (Şekil 11):

İnanmak OS \u003d P,Edemek = s., O \u003d a (Hepsi cm cinsinden), üçgenlerin benzerliğinden San ve Cdf. Bir orantılı alıyoruz

İkame ve basitleştirmelerden sonra denklemi takip etti

z. 2 + pz. + s. = 0,

dahası, mektup z. eğrisel ölçeğin herhangi bir noktasının bir etiketi anlamına gelir.

Örnekler.

1) Denklem için z. 2 - 9 z. + 8 = 0 Nomogram kökleri verir

z. 1 = 8,0 ve z. 2 = 1,0 (Şekil.12).

2) Bir nomogram kullanan değer

2 z. 2 - 9 z. + 2 = 0.

Bu denklemin katsayılarını 2'ye böleriz, denklemi elde ediyoruz

z. 2 - 4,5 z. + 1 = 0.

Nomogram kökleri verir z. 1 = 4 ve z. 2 = 0,5.

3) Denklem için

z. 2 - 25 z. + 66 = 0

p ve Q katsayıları ölçeğin ölçeğinin ötesine geçer, ikameyi yerine getirir z. = 5 t., Denklemi alıyorum

t. 2 - 5 t. + 2,64 = 0,

hangi nomogramı çözelim ve t. 1 = 0,6 ve t. 2 = 4,4, dan z. 1 = 5 t. 1 = 3,0 ve z. 2 = 5 t. 2 = 22,0.

10. Yöntem: Kare Çözme Geometrik Yolu denklemler.

Antik çağda, geometri cebirden daha geliştiğinde, kare denklemler cebirsel olarak çözülmedi, fakat geometrik olarak. Ünlü örneğini Cebir Cebir AL - Khorezmi'den vereceğim.

Örnekler.

1) Denklemi Çözme h. 2 + 10x \u003d 39.

Orijinalde, bu görev şu şekilde formüle edilmiştir: "Square ve on kök 39" (Şekil 1).

Alan S. meydan Abcd. karenin toplamı olarak gösterilebilir: orijinal kare h. 2 , dört dikdörtgen (4 * 2.5x \u003d 10x) ve dört ekli kare (6,25* 4 = 25) . S. = h. 2 + 10x + 25.Değiştirme

h. 2 + 10x Numara 39 , Bunu alıyorum S. = 39 + 25 = 64 karenin tarafını takip ettiği yer Abcd.. Bölüm AV \u003d 8.. İstenen taraf için h. İlk kare olsun

2) Ancak, örneğin, eski Yunanlılar denklemi çözdükçe w. 2 + 6 - 16 \u003d 0.

KararŞekil 2'de sunulmuştur. 16, nerede

w. 2 + 6U \u003d 16 veya w. 2 + 6U + 9 \u003d 16 + 9.

Karar. İfade w. 2 + 6U + 9 ve 16 + 9 Geometrik olarak aynı kareyi ve ilk denklemi oluşturur w. 2 + 6 - 16 + 9 - 9 \u003d 0 - Aynı denklem. Nerede ve bunu al y + 3 \u003d ± 5, veya w. 1 \u003d 2, 2 = - 8 (Şekil 16).

3) Geometrik olarak denklemi çözün w. 2 - 6 - 16 \u003d 0.

Denklemi dönüştürmek, almak

w. 2 - 6 \u003d 16.

İncirde. 17 İfadelerin "görüntülerini" bulun w. 2 - 6, şunlar. Yanın karesinin karesinden, tarafın kenarındaki karenin karesi çıkarılır 3 . Eğer ifade etmekse w. 2 - 6u ekle 9 , sonra kare kareyi yandan alıyoruz. w. - 3 . İfadeyi değiştirme w. 2 - 6u 16 numaraya eşit,

alıyoruz: (Y - 3) 2 = 16 + 9, şunlar. y - 3 \u003d ± V25veya Y - 3 \u003d ± 5, nerede w. 1 = 8 ve W. 2 = - 2.

Sonuç

Kare denklemler, trigonometrik, gösterge, logaritmik, irrasyonel ve aşkın denklemleri ve eşitsizlikleri çözülmesinde yaygın olarak kullanılır.

Aynı zamanda, kare denklemlerin değeri sadece oldukça esas olsa da, yalnızca sorun çözme sorunlarının zararı ve kısalması değildir. Aynı derecede önemli olan, kare denklemlerin kullanımı sonucunda, yeni parçalar problem çözerken nadiren tespit edilmediğinden, yeni parçalar algılanır, ilginç genellemeler yapmak ve elde edilen formüllerin analizi tarafından istenen açıklamalar yapmak mümkündür. ve oranları.

Burada kare denklemleri çözme sorunu durdurdum ve ne,

onları çözmenin başka yolları varsa?! Yine güzel desenler, bazı gerçekler, açıklamalar, genellemeler yapın, tüm yeni ve yeni açın. Ancak bunlar zaten işten sonra sorular.

Kare denklemleri çözmek için bu yöntemler kullanımı kolay olduğundan, kesinlikle öğrencilerin matematiğinin düşkünlüğü ile ilgileneceklerdir. İşim, matematiğin poz verdiği görevlerden farklı görünmesini mümkün kılar.

Edebiyat:

1. Alimov S.a., Ilyin V.A. ve diğerleri. Cebir, 6-8. 6-8 Sınıf Lisesi için Deneme Eğitimi. - M., Aydınlanma, 1981.

2. Bradis V.m. Ortaokul için dört basamaklı matematiksel tablolar. 57. - M., Aydınlanma, 1990. S. 83.

3. Krozhapov A.K., Rubanov. Cebir ve temel fonksiyonlarda sorun. İkincil özel eğitim kurumları için öğretici. - M., Yüksek Okul, 1969.

4. Okunev A.K. İkinci dereceden fonksiyonlar, denklemler ve eşitsizlikler. Öğretmen için manuel. - M., Aydınlanma, 1972.

5. Presman A.A. Bir dolaşım ve bir cetvel ile kare bir denklemi çözme. - M., Kvant, No. 4/72. S. 34.

6. Solomnik V.S., Milov P.i. Matematikte soru ve görevlerin toplanması. Ed. - 4., ek. - M., Yüksek Okul, 1973.

7. Khudobin A.I. Cebir ve ilköğretim fonksiyonlarındaki görevlerin toplanması. Öğretmen için manuel. Ed. 2.. - M., Aydınlanma, 1970.

Copsevskaya kırsal ortaokul

Kare denklemleri çözmenin 10 yolu

Lider: Patrikeva Galina Anatolyevna,

matematik öğretmen

s.Kopievo, 2007.

1. Kare denklemlerin gelişmesinin tarihi

Antik Babylon'da 1.1 Kare Denklemler

1.2 Muhasebe olarak ve çözülmüş diofant kare denklemleri

Hindistan'da 1.3 kare denklemler

Elcohise içinde 1.4 kare denklemler

Avrupa'da 1.5 Kare Denklemler XIII - XVII Yüzyıllar

1.6 Vieta teoremi hakkında

2. Kare denklemleri çözme yöntemleri

Sonuç

Edebiyat

1. Kare denklemlerin gelişmesinin tarihi

Antik Babylon'da 1.1 Kare Denklemler

Modern bir cebirsel rekor uygulayarak, Clinox metinlerinde eksik ve örneğin tam kare denklemler dışında, bunların bulunduğunu söyleyebiliriz:

X.2 + X.= ¾; X.2 - X.= 14,5

Babylon'daki cebirinin yüksek seviyesine rağmen, Clinox metinlerinde kare denklemleri çözmek için negatif sayı ve genel yöntemler kavramı yoktur.

1.2 Muhasebe olarak ve diofant kare denklemlerini çözdü.

Çözümü basitleştirmek için diofant denklemlerini çizerken ustaca bilinmeyen seçer.

Burada, örneğin, görevlerinden biri.

Görev 11. "İki sayı bul, toplamlarının 20 olduğunu bilerek iş 96"

Dolayısıyla Denklem:

(10 + x) (10 - x) \u003d 96

100 - H. 2 = 96

h. 2 - 4 = 0 (1)

Buradan x \u003d 2.. İstenilen sayılardan biri 12 , Diğer 8 . Karar x \u003d -2. Yunan matematiği yalnızca olumlu sayıları bildiği için Diophanta için yoktur.

Bu göreve karar verirsek, istenen sayılardan birini bilinmeyen olarak seçmek, denklemi çözmeye geleceğiz

y (20 - Y) \u003d 96,

w.2 - 20U + 96 \u003d 0. (2)

İstenilen sayıların bilinmeyen bir oyun olarak seçilmesi, diofant kararını basitleştirir; Eksik bir kare denklemi çözme görevini azaltabilir (1).

1.3 Hindistan'da kare denklemler

oh2 + b.x \u003d s, a\u003e 0. (1)

Denklem (1) dışındaki katsayılarda fakatnegatif olabilir. Brahmagupta kuralı esas olarak bizimle çakışıyor.

İşte ünlü Hint Matematik XII. Yüzyılın görevlerinden biri. Bhaskara.

Görev 13.

"Maymunları ve on iki Lianam'da ...

Yüzün gücü, eğlenmek. Atlamaya başladı, asılı ...

Onlar kaç maymun olduğu sekizinci karıncada,

Glade'de eğlenceliydi. Bana, bu yığında mı söylüyorsun? "

Bhaskara'nın kararı, kare denklemlerin köklerinin iki katını bildiği gerçeğini ifade eder (Şekil 3).

İlgili Görev 13 Denklem:

(x./8) 2 + 12 = x.

BHACKARA KUTUSU altında yazıyor:

h.2 - 64x \u003d -768

ve bu denklemin sol kısmını kareye eklemek için her iki parçaya da eklenir. 32 2 , sonra:

h.2 - 64x + 322 = -768 + 1024,

(x - 32)2 = 256,

x - 32 \u003d ± 16,

h.1 \u003d 16, x2 = 48.

Al - Khorezmi'de 1.4 kare denklemler

Cebirik Tedavida Al - Khorezmi, doğrusal ve kare denklemlerin sınıflandırılmasını sağlar. Yazar, 6 denklem türünü içerir, bunları aşağıdaki gibi ifade eder:

1) "Kareler köklerdir", yani. Oh2 + C \u003d.b.x.

2) "Kareler sayıya eşittir", yani Oh2 \u003d s.

3) "Kökler sayıya eşittir", yani ah \u003d s.

4) "Kareler ve sayılar köklere eşittir", yani. Oh2 + C \u003d.b.x.

5) "Kareler ve kökler sayıya eşittir", yani Oh2 + bX.\u003d s.

6) "Kökler ve sayılar karelere eşittir", yanibX.+ C \u003d ah2 .

al - Khorezmi, Xviiv'e kadar tüm matematik gibi., E sıfır çözümü dikkate alır, çünkü muhtemelen belirli pratik görevlerde önemli değil. Özel sayısal örneklerde komple kare el-koruyucu denklemlerini çözerken, karar kurallarını ve ardından geometrik kanıtlar ortaya koymaktadır.

Görev 14. "Kare ve 21 numara 10 kök'e eşittir. Kök bul » (X denkleminin kökü anlamına gelir.2 + 21 \u003d 10X).

El-Khorezmi Anlaşması, bize kare denklemlerin sistematik olarak belirtilen ve formüllerin verildiği kitabı olan ilk kişidir.

Avrupa'da 1.5 kare denklemXIII.- Xviibb

Sayfa sonu--

Aynı kanonik forma verilen kare denklemleri çözme genel kuralı:

h.2 + bX.\u003d C,

her türlü katsayılı işaretleme kombinasyonu için b., danavrupa'da sadece 1544 m. Stiffel'de formüle edilmiştir.

1.6 Vieta teoremi hakkında

Kare denklem katsayıları ile Vieta'nın adı olan kökleri arasındaki ilişkiyi ifade eden teorem, 1591'de aşağıdaki gibi ilk kez formüle edilmiştir: " B.+ D.çarpılır A.- A.2 iyi BD.T. A. eşit derecede İÇİNDE Ve eşit D.».

(A +.b.) x - x2 = ab,

h.2 - (A +b.) x + ab.= 0,

h.1 \u003d a, x2 = b..

2. Kare denklemleri çözme yöntemleri

1. Yöntem : Fabrika denkleminin sol kısmının ayrıştırılması.

Denklemi Çözme

h.2 + 10x - 24 \u003d 0.

Faktörlerin sol tarafını uzatır:

h.2 + 10x - 24 \u003d x2 + 12x - 2x - 24 \u003d x (x + 12) - 2 (x + 12) \u003d (x + 12) (x - 2).

Sonuç olarak, denklem tekrar yazılabilir:

(x + 12) (x - 2) \u003d 0

2. Yöntem : Tam bir karenin tahsis edilmesi yöntemi.

Denklemi Çözme h.2 + 6x - 7 \u003d 0.

Sol taraftaki tam kareyi vurguluyoruz.

Bunu yapmak için, X2 + 6x ifadesini aşağıdaki formda yazın:

h.2 + 6x \u003d x2 + 2 x 3.

Sonuç olarak, birinci terim, birinci terim, sayı sayısının karesidir ve ikincisi, 3 kişiden oluşan bir çift üründür. Bu konuda tam bir kare almak için 32 eklemeniz gerekir.

x2 +. 2 x 3 + 32 \u003d (x + 3)2 .

Şimdi denklemin sol kısmını dönüştürüyoruz

h.2 + 6x - 7 \u003d 0,

ekleme ve 32 çıkarma. Biz var:

h.2 + 6x - 7 \u003dx2 +. 2 x 3 + 32 - 3 2 - 7 \u003d (x + 3)2 - 9 - 7 \u003d (x + 3)2 - 16.

Böylece, bu denklem şöyle yazılabilir:

(x + 3)2 - 16 \u003d 0, (x + 3)2 = 16.

Dolayısıyla x + 3 - 4 \u003d 0, x1 \u003d 1 veya x + 3 \u003d -4, x2 = -7.

3. Yöntem :Formül tarafından kare denklemlerin çözümü.

Denklemin her iki bölümünü de çarpın

oh2 + b.x + c \u003d 0 ve ≠ 0

4A'da ve sürekli olarak sahibiz:

4a.2 h.2 + 4A.b.x + 4As \u003d 0,

((2Ah)2 + 2akhb.+ b.2 ) - b.2 + 4 aC= 0,

(2ax + b)2 \u003d B.2 - 4AC,

2AX + B \u003d ± √ B2 - 4AC,

2AX \u003d - B ± √ B2 - 4AC,

Örnek.

fakat)Denklemi Çözme: 4x2 + 7x + 3 \u003d 0.

a \u003d 4,b.\u003d 7, c \u003d 3,D.= b.2 - 4 aC= 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,

D.> 0, iki farklı kök;

Böylece, pozitif bir ayrımcı durumunda, yani. için

b.2 - 4 aC>0 , denklem oh2 + b.x + c \u003d 0İki farklı kök var.

b)Denklemi Çözme: 4x2 - 4x + 1 \u003d 0,

a \u003d 4,b.\u003d - 4, c \u003d 1,D.= b.2 - 4 aC= (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0,

D.= 0, bir kök;

Yani, ayrımcı sıfır ise, yani. b.2 - 4 aC= 0 , sonra denklem

oh2 + b.x + c \u003d 0tek köke var

içinde)Denklemi Çözme: 2 kere2 + 3X + 4 \u003d 0,

a \u003d 2,b.\u003d 3, c \u003d 4,D.= b.2 - 4 aC= 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13, D.< 0.

Devam etti
--Sayfa sonu--

Bu denklemin kök yok.

Yani, ayrımcı negatifse, yani. b.2 - 4 aC< 0 ,

denklem oh2 + b.x + c \u003d 0 Kök yok.

Kare denklemin köklerinin formülü (1) oh2 + b.x + c \u003d 0 Kök bulmanıza izin verir kimse Yukarıdaki ve eksik olan kare denklemi (varsa). Geçerli formül (1) olarak ifade edilir: kare denklemin kökleri, sayısal, nümatör, zıt işaret ile alınan ikinci katsayıya eşit olan fraksiyona eşittir, artı ilk katsayının hala duran ürünü olmadan bu katsayısının karesinden kaynaklanan kök karesini eksi Serbest üye ve payda çift katsayısı vardır.

4. Yöntem: Vieta teoremi kullanarak denklemleri çözme.

Bildiğiniz gibi, azaltılmış kare denklemi formu vardır.

h.2 + px.+ c.= 0. (1)

Kökleri Vieta teoremini tatmin ediyor; a \u003d 1. Görünümü var

/>x.1 x.2 = s.,

x.1 + x.2 = - p.

Buradan aşağıdaki sonuçları çizebilirsiniz (P ve Q katsayılarına göre köklerin işaretlerini tahmin edebilirsiniz).

a) Konsolide bir üye ise s. Verilen denklem (1) pozitiftir ( s.> 0 ), denklemin iki özdeş kök işareti vardır ve ikinci katsayının kıskançlığıdır. p.. Eğer bir r< 0 Sonra her iki kök negatifse r< 0 , her iki kök pozitiftir.

Örneğin,

x.2 – 3 x.+ 2 = 0; x.1 = 2 ve x.2 = 1, gibi s.= 2 > 0 ve p.= - 3 < 0;

x.2 + 8 x.+ 7 = 0; x.1 = - 7 ve x.2 = - 1, gibi s.= 7 > 0 ve p.= 8 > 0.

b) Ücretsiz üye ise s. Verilen denklem (1) negatiftir ( s.< 0 ), denklem kök işaretinde iki farklı ve modüldeki kök pozitif olacağı p.< 0 veya olumsuzsa p.> 0 .

Örneğin,

x.2 + 4 x.– 5 = 0; x.1 = - 5 ve x.2 = 1, gibi s.= - 5 < 0 ve p.= 4 > 0;

x.2 – 8 x.– 9 = 0; x.1 = 9 ve x.2 = - 1, gibi s.= - 9 < 0 ve p.= - 8 < 0.

5. Yöntem: Denklemleri "transit" yöntemiyle çözme.

Kare bir denklem düşünün

oh2 + b.x + c \u003d 0,nerede a ≠ 0.

Her iki parçanın da çarpılması, denklemi alıyoruz

fakat2 h.2 + A.b.x + ac \u003d 0.

İzin vermek ah \u003d uBundan! x \u003d y / a; sonra denklemden gel

w.2 + tarafından+ AC \u003d 0,

buna eşdeğer. Kökleri w.1 ve w.2 Vieta teoremi yardımı ile bulacağız.

Sonunda olsun

h.1 \u003d W.1 /fakatve h.1 \u003d W.2 /fakat.

Misal.

Denklemi Çözme 2 kere2 - 11x + 15 \u003d 0.

Karar. Sonuç olarak, bir katsayıyı 2 katsayıyı ücretsiz bir üyeye aktaracağız.

w.2 - 11. + 30 \u003d 0.

Viet teoremine göre

/>/>/>/>/>w.1 \u003d 5 x1 = 5/2 x.1 = 2,5

w.2 = 6 x.2 = 6/2 x.2 = 3.

Cevap: 2.5; 3.

6. Yöntem: Kare denklemin katsayılarının özellikleri.

FAKAT. Kare denklemi verilmesine izin verin

oh2 + b.x + c \u003d 0,nerede a ≠ 0.

1) Eğer A +b.+ C \u003d 0 (yani, katsayıların toplamı sıfırdır), sonra x1 = 1,

h.2 \u003d S / a.

Kanıt. Denklemin her iki bölümünü de ≠ 0'a böldük, azaltılmış kare denklemi elde ediyoruz

x.2 + b./ a. x.+ c./ a.= 0.

/\u003e Vieta teoremine göre

x.1 + x.2 = - b./ a.,

x.1 x.2 = 1 c./ a..

Şartlara göre fakat -b.+ C \u003d 0,dan b.\u003d A + s.Böylece,

/>x.1 + X.2 = - fakat+ B / A \u003d -1 - C / A,

x.1 x.2 \u003d - 1 (- C / A),

şunlar. h.1 = -1 ve h.2 = c./ a.bu m'yi kanıtlamak için gerekli.

Örnekler.

Denklemi Çözme 345x2 - 137x - 208 \u003d 0.

Karar.Gibi a +.b.+ C \u003d 0 (345 - 137 - 208 \u003d 0),bu

h.1 \u003d 1, x2 = c./ a.= -208/345.

Cevap 1; -208/345.

2) Çözümler denklemi 132x2 - 247x + 115 \u003d 0.

Karar.Gibi a +.b.+ C \u003d 0 (132 - 247 + 115 \u003d 0),bu

h.1 \u003d 1, x2 = c./ a.= 115/132.

Cevap 1; 115/132.

B. İkinci katsayılı ise b.= 2 k.- çift numara, sonra kök formülü

Devam etti
--Sayfa sonu--

Misal.

Denklemi Çözme 3x2 - 14x + 16 \u003d 0.

Karar. Sahibiz: a \u003d 3,b.\u003d - 14, c \u003d 16,k.= - 7 ;

D.= k.2 – aC= (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, D.> 0, iki farklı kök;

Cevap: 2; 8/3

İÇİNDE. Azaltılmış denklem

h.2 + RH +.s.= 0

hangi genel görünüm denklemiyle çakışıyor a \u003d 1., b.\u003d R.ve c \u003d.s.. Bu nedenle, formül köklerinin azaltılmış kare denklemi için

manzarayı alır:

Formül (3), özellikle ne zaman kullanmak için uygundur r- çift sayı.

Misal.Denklemi Çözme h.2 - 14x - 15 \u003d 0.

Karar.Sahibiz: h.1,2 \u003d 7 ±

Cevap: H.1 \u003d 15; H.2 = -1.

7. Yöntem: Kare denklemin grafik çözümü.

Eğer denklemde

h.2 + px.+ s.= 0

ikinci ve üçüncü üyeleri sağ tarafa aktarın, sonra

h.2 = - px.- s..

Y \u003d x2 ve y \u003d - px-q bağımlılığının grafiklerini oluştururuz.

İlk bağımlılık takvimi, koordinatların kökeninden geçerek parabol. İkinci bağımlılığın grafiği -

düz (Şekil 1). Aşağıdaki durumlar mümkündür:

Doğrudan ve parabol iki noktada kesişebilir, kesişme noktalarının nakgiyesi, dörtlü oranının kökleridir;

Doğrudan ve parabola dokunabilir (sadece bir ortak nokta), yani. Denklemin bir çözümü vardır;

Doğrudan ve parabol ortak noktalara sahip değil, yani. Kare denklemin kökleri yoktur.

Örnekler.

1) Grandsally denklemi h.2 - 3x - 4 \u003d 0(İncir. 2).

Karar.Formda bir denklem yazıyoruz h.2 \u003d 3x + 4.

Bir parabol yapalım y \u003d x.2 ve düz y \u003d 3X + 4. Düz

y \u003d 3X + 4iki noktaya inşa edilebilir M (0; 4)ve

N.(3; 13) . Doğrudan ve parabollar iki noktada kesişir

FAKATve İÇİNDEaplikler ile h.1 = - 1 ve h.2 = 4 . Cevap : H.1 = - 1;

h.2 = 4.

2) Grafiksel olarak denklemeye karşı koyun (şek. 3) h.2 - 2x + 1 \u003d 0.

Karar.Formda bir denklem yazıyoruz h.2 \u003d 2x - 1.

Bir parabol yapalım y \u003d x.2 ve düz y \u003d 2x - 1.

Düz y \u003d 2x - 1İki noktaya inşa etmek M (0; - 1)

ve N.(1/2; 0) . Doğrudan ve parabol noktada kesişir FAKATdan

abscissa x \u003d 1.. Cevap: x \u003d 1.

3) Grandsally denklemi h.2 - 2x + 5 \u003d 0(Şek. 4).

Karar.Formda bir denklem yazıyoruz h.2 \u003d 5x - 5. Bir parabol yapalım y \u003d x.2 ve düz y \u003d 2x - 5. Düz y \u003d 2x - 5İki nokta m (0; - 5) ve n (2.5; 0) boyunca inşa ediyoruz. Doğrudan ve parabola kesişme noktalarına sahip değil, yani. Bu denklemin kök yok.

Cevap. Denklem h.2 - 2x + 5 \u003d 0 Kök yok.

8. Yöntem: Bir dolaşım ve bir cetvel ile kare denklemleri çözme.

Kare denklemin köklerini bulma yöntemini öneriyorum oh2 + b.x + c \u003d 0bir dolaşım ve cetvel yardımı ile (Şekil 5).

İstenilen dairenin ekseni geçtiğini varsayalım.

puanlardaki abscissa İçinde (x.1 ; 0) ve D.(H.2 ; 0), nerede h.1 ve h.2 - Denklemin kökleri oh2 + b.x + c \u003d 0ve noktalardan geçer

A (0; 1)ve C (0;c./ a.) koordinat ekseninde. Sonra, Sıralamadaki teorem tarafından Ob. OD.= Oa. OC.Bundan! OC.= Ob. OD./ Oa.\u003d H.1 h.2 / 1 = c./ a..

Çemberin merkezi, dikeylerin kesiştiği noktada bulunur. Sf.ve Skakorun ortasında restore edildi ACve BD., yani

1) Yapı noktaları (dairenin merkezi) ve A.(0; 1) ;

2) Yarıçaplı bir daire yapacağız Sa;

3) Abscissa bu dairenin eksen ile kesişme noktaları Oh orijinal kare denkleminin kökleridir.

Üç olgu olabilir.

1) Dairenin yarıçapı Daha Korunma Merkezi (Gibi> Sk, veyaR.> a.+ c./2 a.) , daire ekseni iki noktaya geçer (Şekil 6, A) İçinde (x.1 ; 0) ve D.(H.2 ; 0) nerede h.1 ve h.2 - Kare denklemin kökleri oh2 + b.x + c \u003d 0.

2) Çemberin yarıçapı, küresel merkeze eşittir. (Gibi= Sb., veyaR.= a.+ c./2 a.) , daire, oh ekseni ile ilgilidir (Şekil 6, B) noktada İçinde (x.1 ; 0) X1'in kare denklemin kökü olduğu yer.

Devam etti
--Sayfa sonu--

3) Çemberin yarıçapı, merkezin sırasından daha azdır. Dairenin abscissa ekseni ile ortak noktalara sahip değildir (Şekil 6, B), bu durumda denklemin çözümü yoktur.

Misal.

Denklemi Çözme h.2 - 2x - 3 \u003d 0(Şek. 7).

Karar.Çevresinin merkezinin merkezinin koordinatlarını formüllerle tanımlıyoruz:

SA yarıçapı dairesini, nerede bir (0; 1) gerçekleştiriyoruz.

Cevap:h.1 \u003d - 1; H.2 = 3.

9. Yöntem: Kare denklemleri bir nomogram ile çözme.

Bu, C.83'e yerleştirilen kare denklemlerin çözümü ile eski ve haksız yere unutulur (bkz. Bradis V.m. Dört basamaklı matematiksel tablolar. - M., Aydınlanma, 1990).

Tablo XXII. Denklemi çözmek için nomogram z.2 + pz.+ s.= 0 . Bu nomogram, kare denklemini çözmeden, denklemin köklerini belirlemek için katsayısı ile.

Nomogramın eğrisel ölçeği formüllerle yapılır (Şekil 11):

İnanmak OS \u003d P,Edemek= s., O \u003d a (Hepsi cm cinsinden), üçgenlerin benzerliğinden San ve Cdf. Bir orantılı alıyoruz

İkame ve basitleştirmelerden sonra denklemi takip etti

z.2 + pz.+ s.= 0,

dahası, mektup z.eğrisel ölçeğin herhangi bir noktasının bir etiketi anlamına gelir.

Örnekler.

1) Denklem için z.2 - 9 z.+ 8 = 0 nomogram kökleri verir

z.1 = 8,0 ve z.2 = 1,0 (Şekil.12).

2) Bir nomogram kullanan değer

2 z.2 - 9 z.+ 2 = 0.

Bu denklemin katsayılarını 2'ye böleriz, denklemi elde ediyoruz

z.2 - 4,5 z.+ 1 = 0.

Nomogram kökleri verir z.1 = 4 ve z.2 = 0,5.

3) Denklem için

z.2 - 25 z.+ 66 = 0

p ve Q katsayıları ölçeğin ölçeğinin ötesine geçer, ikameyi yerine getirir z.= 5 t., Denklemi alıyorum

t.2 - 5 t.+ 2,64 = 0,

hangi nomogramı çözelim ve t.1 = 0,6 ve t.2 = 4,4, dan z.1 = 5 t.1 = 3,0 ve z.2 = 5 t.2 = 22,0.

10. Yöntem: Kare denklemleri çözme geometrik yöntemi.

Antik çağda, geometri cebirden daha geliştiğinde, kare denklemler cebirsel olarak çözülmedi, fakat geometrik olarak. Ünlü örneğini Cebir Cebir AL - Khorezmi'den vereceğim.

Örnekler.

1) Denklemi Çözme h.2 + 10x \u003d 39.

Orijinalde, bu görev şu şekilde formüle edilmiştir: "Square ve on kök 39" (Şekil 1).

Karar.Kareyi yan xten düşünün, dikdörtgenler taraflarına inşa edilmiştir, böylece her birinin diğer tarafının 2.5 olması, bu nedenle her alanın 2.5x'dir. Sonuçta ortaya çıkan figür daha sonra yeni bir ABCD karesine tamamlanır, köşelerde dört eşit kareyi tamamlar, her birinin yan tarafı 2.5 ve alan 6.25'tir.

Alan S.meydan Abcd.karenin toplamı olarak gösterilebilir: orijinal kare h.2 , dört dikdörtgen (4 2.5x \u003d 10x)ve dört ekli kare (6,25 4 = 25) . S.= h.2 + 10x + 25.Değiştirme

h.2 + 10xnumara 39 , Bunu alıyorum S.= 39 + 25 = 64 karenin tarafını takip ettiği yer Abcd.. Bölüm AV \u003d 8.. İstenen taraf için h.İlk kare olsun

2) Ancak, örneğin, eski Yunanlılar denklemi çözdükçe w.2 + 6 - 16 \u003d 0.

KararŞekil 2'de sunulmuştur. 16, nerede

w.2 + 6th \u003d 16 veya2 + 6U + 9 \u003d 16 + 9.

Karar. İfade w.2 + 6U + 9 ve 16 + 9 Geometrik olarak aynı kareyi ve ilk denklemi oluşturur w.2 + 6 - 16 + 9 - 9 \u003d 0 - Aynı denklem. Nerede ve bunu al y + 3 \u003d ± 5, veya w.1 \u003d 2,2 = - 8 (Şekil 16).

3) Geometrik olarak denklemi çözün w.2 - 6 - 16 \u003d 0.

Denklemi dönüştürmek, almak

w.2 - 6th \u003d 16.

İncirde. 17 İfadelerin "görüntülerini" bulun w.2 - 6,şunlar. Yanın karesinin karesinden, tarafın kenarındaki karenin karesi çıkarılır 3 . Eğer ifade etmekse w.2 - 6u.ekle 9 , sonra kare kareyi yandan alıyoruz. u - 3.. İfadeyi değiştirme w.2 - 6u.16 numaraya eşit,

alıyoruz: (Y - 3)2 = 16 + 9, şunlar. y - 3 \u003d ± √25veya Y - 3 \u003d ± 5, nerede w.1 = 8 ve w.2 = - 2.

Sonuç

Kare denklemler, trigonometrik, gösterge, logaritmik, irrasyonel ve aşkın denklemleri ve eşitsizlikleri çözülmesinde yaygın olarak kullanılır.

Burada kare denklemleri çözme sorunu durdurdum ve ne,

onları çözmenin başka yolları varsa?! Yine güzel desenler, bazı gerçekler, açıklamalar, genellemeler yapın, tüm yeni ve yeni açın. Ancak bunlar zaten işten sonra sorular.

Edebiyat:

1. Alimov S.a., Ilyin V.A. ve diğerleri. Cebir, 6-8. 6-8 Sınıf Lisesi için Deneme Eğitimi. - M., Aydınlanma, 1981.

2. Bradis V.m. Ortaokul için dört basamaklı matematiksel tablolar. 57. - M., Aydınlanma, 1990. S. 83.

3. Krozhapov A.K., Rubanov. Cebir ve temel fonksiyonlarda sorun. İkincil özel eğitim kurumları için öğretici. - M., Yüksek Okul, 1969.

4. Okunev A.K. İkinci dereceden fonksiyonlar, denklemler ve eşitsizlikler. Öğretmen için manuel. - M., Aydınlanma, 1972.

5. Presman A.A. Bir dolaşım ve bir cetvel ile kare bir denklemi çözme. - M., Kvant, No. 4/72. S. 34.

6. Solomnik V.S., Milov P.i. Matematikte soru ve görevlerin toplanması. Ed. - 4., ek. - M., Yüksek Okul, 1973.

7. Khudobin A.I. Cebir ve ilköğretim fonksiyonlarındaki görevlerin toplanması. Öğretmen için manuel. Ed. 2.. - M., Aydınlanma, 1970.