10 τεχνικές επίλυσης τετραγωνικής εξίσωσης. Ερευνητική εργασία "10 τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων"

Διαφάνεια 1

Διαφάνεια 2

Διαφάνεια 3

Διαφάνεια 4

Διαφάνεια 5

Διαφάνεια 6

Διαφάνεια 7

Διαφάνεια 8

Διαφάνεια 9

Διαφάνεια 10

Διαφάνεια 11

Διαφάνεια 12

Διαφάνεια 13

Διαφάνεια 14

Διαφάνεια 15

Διαφάνεια 16

Διαφάνεια 17

Στο μάθημα των σχολικών μαθηματικών μελετώνται τύποι για τις ρίζες των τετραγωνικών εξισώσεων, με τη βοήθεια των οποίων μπορείτε να λύσετε οποιεσδήποτε δευτεροβάθμιες εξισώσεις. Ωστόσο, υπάρχουν άλλοι τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων που σας επιτρέπουν να λύσετε πολλές εξισώσεις πολύ γρήγορα και αποτελεσματικά. Υπάρχουν δέκα τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων. Στη δουλειά μου, ανέλυσα το καθένα από αυτά λεπτομερώς.

1. ΜΕΘΟΔΟΣ : Παραγοντοποίηση της αριστερής πλευράς της εξίσωσης.

Ας λύσουμε την εξίσωση

x 2 + 10x - 24 = 0.

Ας συνυπολογίσουμε την αριστερή πλευρά:

x 2 + 10x - 24 = x 2 + 12x - 2x - 24 = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12) (x - 2).

Επομένως, η εξίσωση μπορεί να ξαναγραφτεί ως εξής:

(x + 12) (x - 2) = 0

Εφόσον το γινόμενο είναι μηδέν, τότε τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες του είναι μηδέν. Επομένως, η αριστερή πλευρά της εξίσωσης γίνεται μηδέν στο x = 2, και επίσης πότε x = - 12. Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός 2 Και - 12 είναι οι ρίζες της εξίσωσης x 2 + 10x - 24 = 0.

2. ΜΕΘΟΔΟΣ : Μέθοδος επιλογής πλήρους τετραγώνου.

Ας λύσουμε την εξίσωση x 2 + 6x - 7 = 0.

Επιλέξτε ένα πλήρες τετράγωνο στην αριστερή πλευρά.

Για να γίνει αυτό, γράφουμε την παράσταση x 2 + 6x με την ακόλουθη μορφή:

x 2 + 6x = x 2 + 2 x 3.

Στην παράσταση που προκύπτει, ο πρώτος όρος είναι το τετράγωνο του αριθμού x και ο δεύτερος είναι το διπλό γινόμενο του x επί 3. Επομένως, για να έχετε ένα πλήρες τετράγωνο, πρέπει να προσθέσετε 3 2, αφού

x 2 + 2 x 3 + 3 2 = (x + 3) 2.

Ας μετατρέψουμε τώρα την αριστερή πλευρά της εξίσωσης

x 2 + 6x - 7 = 0,

προσθέτοντας σε αυτό και αφαιρώντας 3 2. Εχουμε:

x 2 + 6x - 7 = x 2 + 2 x 3 + 3 2 - 3 2 - 7 = (x + 3) 2 - 9 - 7 = (x + 3) 2 - 16.

Έτσι, αυτή η εξίσωση μπορεί να γραφτεί ως εξής:

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

Ως εκ τούτου, x + 3 - 4 = 0, x 1 = 1, ή x + 3 = -4, x 2 = -7.

3. ΜΕΘΟΔΟΣ :Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας τον τύπο.

Ας πολλαπλασιάσουμε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης

αχ 2 +σιx + c = 0, a ≠ 0

στο 4α και διαδοχικά έχουμε:

4a 2 x 2 + 4aσιx + 4ac = 0,

((2ax) 2 + 2axσι + σι 2 ) - σι 2 + 4 μετα Χριστον = 0,

(2ax + b) 2 = b 2 - 4ac,

2ax + b = ± √ b 2 - 4ac,

2ax = - b ± √ b 2 - 4ac,

Παραδείγματα.

ΕΝΑ)Ας λύσουμε την εξίσωση: 4x 2 + 7x + 3 = 0.

a = 4,σι= 7, s = 3,ρε = σι 2 - 4 μετα Χριστον = 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,

ρε > 0, δύο διαφορετικές ρίζες?

Έτσι, σε περίπτωση θετικής διάκρισης, δηλ. στο

σι 2 - 4 μετα Χριστον >0 , η εξίσωση αχ 2 +σιx + c = 0έχει δύο διαφορετικές ρίζες.

σι)Ας λύσουμε την εξίσωση: 4x 2 - 4x + 1 = 0,

a = 4,σι= - 4, s = 1,ρε = σι 2 - 4 μετα Χριστον = (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0,

ρε = 0, μια ρίζα?

Άρα, αν η διάκριση είναι μηδέν, δηλ. σι 2 - 4 μετα Χριστον = 0 , μετά η εξίσωση

αχ 2 +σιx + c = 0έχει μια ενιαία ρίζα

V)Ας λύσουμε την εξίσωση: 2x 2 + 3x + 4 = 0,

a = 2,σι= 3, c = 4,ρε = σι 2 - 4 μετα Χριστον = 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13 , ρε < 0.

Αυτή η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Άρα, αν η διάκριση είναι αρνητική, δηλ. σι 2 - 4 μετα Χριστον < 0 ,

την εξίσωση αχ 2 +σιx + c = 0δεν έχει ρίζες.

Ο τύπος (1) των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης αχ 2 +σιx + c = 0σας επιτρέπει να βρείτε ρίζες όποιος τετραγωνική εξίσωση (εάν υπάρχει), συμπεριλαμβανομένων των μειωμένων και ελλιπών. Ο τύπος (1) εκφράζεται προφορικά ως εξής: οι ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης είναι ίσες με ένα κλάσμα του οποίου ο αριθμητής είναι ίσος με τον δεύτερο συντελεστή που λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο, συν μείον την τετραγωνική ρίζα του τετραγώνου αυτού του συντελεστή χωρίς να τετραπλασιαστεί το γινόμενο του πρώτου συντελεστή με τον ελεύθερο όρο, και ο παρονομαστής είναι διπλάσιος του πρώτου συντελεστή.

4. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Όπως είναι γνωστό, η ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση έχει τη μορφή

x 2 +px + ντο = 0. (1)

Οι ρίζες του ικανοποιούν το θεώρημα του Vieta, το οποίο, όταν a =1μοιάζει με

Χ 1 + Χ 2 = - Π

Από αυτό μπορούμε να εξαγάγουμε τα ακόλουθα συμπεράσματα (από τους συντελεστές p και q μπορούμε να προβλέψουμε τα πρόσημα των ριζών).

α) Αν το ημιμελές qη δεδομένη εξίσωση (1) είναι θετική ( q > 0 ), τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες ίσου πρόσημου και αυτό εξαρτάται από τον δεύτερο συντελεστή Π. Αν R< 0 , τότε και οι δύο ρίζες είναι αρνητικές αν R< 0 , τότε και οι δύο ρίζες είναι θετικές.

Για παράδειγμα,

Χ 2 – 3 Χ + 2 = 0; Χ 1 = 2 Και Χ 2 = 1, επειδή q = 2 > 0 Και Π = - 3 < 0;

Χ 2 + 8 Χ + 7 = 0; Χ 1 = - 7 Και Χ 2 = - 1, επειδή q = 7 > 0 Και Π= 8 > 0.

β) Εάν είναι ελεύθερο μέλος qη δεδομένη εξίσωση (1) είναι αρνητική ( q < 0 ), τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες διαφορετικού πρόσημου και η μεγαλύτερη ρίζα θα είναι θετική αν Π < 0 , ή αρνητικό εάν Π > 0 .

Για παράδειγμα,

Χ 2 + 4 Χ – 5 = 0; Χ 1 = - 5 Και Χ 2 = 1, επειδή q= - 5 < 0 Και Π = 4 > 0;

Χ 2 – 8 Χ – 9 = 0; Χ 1 = 9 Και Χ 2 = - 1, επειδή q = - 9 < 0 Και Π = - 8 < 0.

5. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση εξισώσεων με τη μέθοδο «ρίψη».

Θεωρήστε την τετραγωνική εξίσωση

αχ 2 +σιx + c = 0,Οπου a ≠ 0.

Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές με α, προκύπτει η εξίσωση

α 2 x 2 + ασιx + ac = 0.

Αφήνω αχ = υ, που x = y/a; τότε ερχόμαστε στην εξίσωση

y 2 +με+ ac = 0,

ισοδυναμεί με αυτό. Οι ρίζες του στο 1Και στοΤο 2 μπορεί να βρεθεί χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Τελικά παίρνουμε

x 1 = y 1 /aΚαι x 1 = y 2 /a.

Με αυτή τη μέθοδο ο συντελεστής ΕΝΑπολλαπλασιάζεται με τον ελεύθερο όρο, σαν να «πετάχτηκε» σε αυτό, γι' αυτό λέγεται μέθοδος μεταφοράς. Αυτή η μέθοδος χρησιμοποιείται όταν μπορείτε εύκολα να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta και, το πιο σημαντικό, όταν η διάκριση είναι ένα ακριβές τετράγωνο.

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση 2x 2 – 11x + 15 = 0.

Λύση.Ας «ρίξουμε» τον συντελεστή 2 στον ελεύθερο όρο, και ως αποτέλεσμα παίρνουμε την εξίσωση

y 2 – 11y + 30 = 0.

Σύμφωνα με το θεώρημα του Vieta

y 2 = 6Χ 2 = 6/2 Χ 2 = 3.

Απάντηση: 2,5; 3.

6. ΜΕΘΟΔΟΣ: Ιδιότητες συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

ΕΝΑ. Έστω μια τετραγωνική εξίσωση

αχ 2 +σιx + c = 0,Οπου a ≠ 0.

1) Αν, a+σι+ c = 0 (δηλαδή το άθροισμα των συντελεστών είναι μηδέν), μετά x 1 = 1,

x 2 = s/a.

Απόδειξη.Διαιρώντας και τις δύο πλευρές της εξίσωσης με ένα ≠ 0, προκύπτει η ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση

Χ 2 + σι/ ένα Χ + ντο/ ένα = 0.

Χ 1 + Χ 2 = - σι/ ένα,

Χ 1 Χ 2 = 1 ντο/ ένα.

Κατά συνθήκη ΕΝΑ -σι+ c = 0,που σι= α + γ.Ετσι,

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

εκείνοι. x 1 = -1Και x 2 =ντο/ ένα, που έπρεπε να αποδείξουμε.

Παραδείγματα.

1) Ας λύσουμε την εξίσωση 345x 2 – 137x – 208 = 0.

Λύση.Επειδή ένα +σι+ c = 0 (345 - 137 - 208 = 0),Οτι

x 1 = 1, x 2 =ντο/ ένα = -208/345.

Απάντηση: 1; -208/345.

2) Λύστε την εξίσωση 132x 2 – 247x + 115 = 0.

Λύση.Επειδή ένα +σι+ c = 0 (132 – 247 + 115 = 0),Οτι

x 1 = 1, x 2 =ντο/ ένα = 115/132.

Απάντηση: 1; 115/132.

ΣΙ. Αν ο δεύτερος συντελεστής σι = 2 κείναι ένας ζυγός αριθμός, τότε ο τύπος ρίζας

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση 3x2 - 14x + 16 = 0.

Λύση. Εχουμε: a = 3,σι= - 14, s = 16,κ = - 7 ;

ρε = κ 2 – μετα Χριστον = (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, ρε > 0, δύο διαφορετικές ρίζες?

Αγροτικό γυμνάσιο Kopyevskaya

10 τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων

Επικεφαλής: Patrikeeva Galina Anatolyevna,

καθηγητής μαθηματικών

χωριό Κόπεβο, 2007

1. Ιστορία της ανάπτυξης των δευτεροβάθμιων εξισώσεων

1.1 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Αρχαία Βαβυλώνα

1.2 Πώς ο Διόφαντος συνέθεσε και έλυσε δευτεροβάθμιες εξισώσεις

1.3 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία

1.4 Τετραγωνικές εξισώσεις του al-Khorezmi

1.5 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ευρώπη XIII - XVII αιώνες

1.6 Σχετικά με το θεώρημα του Vieta

2. Μέθοδοι επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων

συμπέρασμα

Βιβλιογραφία

1. Ιστορία ανάπτυξης τετραγωνικών εξισώσεων

1.1 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Αρχαία Βαβυλώνα

Η ανάγκη επίλυσης εξισώσεων όχι μόνο πρώτου, αλλά και δεύτερου βαθμού, ακόμη και στην αρχαιότητα, προκλήθηκε από την ανάγκη επίλυσης προβλημάτων που σχετίζονται με την εύρεση των χώρων των οικοπέδων και με ανασκαφικές εργασίες στρατιωτικού χαρακτήρα, καθώς και όπως και με την ανάπτυξη της ίδιας της αστρονομίας και των μαθηματικών. Οι τετραγωνικές εξισώσεις μπορούσαν να λυθούν γύρω στο 2000 π.Χ. μι. Βαβυλώνιοι.

Χρησιμοποιώντας τη σύγχρονη αλγεβρική σημειογραφία, μπορούμε να πούμε ότι στα σφηνοειδή κείμενά τους υπάρχουν, εκτός από τα ημιτελή, όπως, για παράδειγμα, πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις:

Χ2 + Χ= ¾; Χ2 - Χ= 14,5

Ο κανόνας για την επίλυση αυτών των εξισώσεων, που ορίζεται στα βαβυλωνιακά κείμενα, ουσιαστικά συμπίπτει με τον σύγχρονο, αλλά δεν είναι γνωστό πώς έφτασαν οι Βαβυλώνιοι σε αυτόν τον κανόνα. Σχεδόν όλα τα σφηνοειδή κείμενα που έχουν βρεθεί μέχρι στιγμής παρέχουν μόνο προβλήματα με λύσεις που παρουσιάζονται με τη μορφή συνταγών, χωρίς καμία ένδειξη για το πώς βρέθηκαν.

Παρά το υψηλό επίπεδο ανάπτυξης της άλγεβρας στη Βαβυλώνα, τα σφηνοειδή κείμενα στερούνται την έννοια του αρνητικού αριθμού και τις γενικές μεθόδους για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων.

1.2 Πώς ο Διόφαντος συνέθεσε και έλυσε δευτεροβάθμιες εξισώσεις.

Η Αριθμητική του Διόφαντου δεν περιέχει συστηματική παρουσίαση της άλγεβρας, περιέχει όμως μια συστηματική σειρά προβλημάτων, που συνοδεύονται από επεξηγήσεις και λύνονται με την κατασκευή εξισώσεων διαφόρων βαθμών.

Όταν συνθέτει εξισώσεις, ο Διόφαντος επιλέγει επιδέξια άγνωστα για να απλοποιήσει τη λύση.

Εδώ, για παράδειγμα, είναι ένα από τα καθήκοντά του.

Πρόβλημα 11.«Βρείτε δύο αριθμούς γνωρίζοντας ότι το άθροισμά τους είναι 20 και το γινόμενο τους είναι 96»

Ο Διόφαντος αιτιολογεί ως εξής: από τις συνθήκες του προβλήματος προκύπτει ότι οι απαιτούμενοι αριθμοί δεν είναι ίσοι, αφού αν ήταν ίσοι, τότε το γινόμενο τους δεν θα ήταν ίσο με 96, αλλά με 100. Έτσι, ένας από αυτούς θα είναι μεγαλύτερος από το ήμισυ του αθροίσματος τους, δηλ. 10 + x, το άλλο είναι λιγότερο, δηλ. δεκαετία του 10. Η διαφορά μεταξύ τους 2x.

Εξ ου και η εξίσωση:

(10 + x) (10 - x) = 96

100's 2 = 96

Χ 2 - 4 = 0 (1)

Από εδώ x = 2. Ένας από τους απαιτούμενους αριθμούς είναι ίσος με 12 , άλλα 8 . Λύση x = -2γιατί ο Διόφαντος δεν υπάρχει, αφού τα ελληνικά μαθηματικά γνώριζαν μόνο θετικούς αριθμούς.

Εάν λύσουμε αυτό το πρόβλημα επιλέγοντας έναν από τους απαιτούμενους αριθμούς ως άγνωστο, τότε θα καταλήξουμε σε μια λύση της εξίσωσης

y(20 - y) = 96,

στο2 - 20у + 96 = 0. (2)

Είναι σαφές ότι επιλέγοντας τη μισή διαφορά των απαιτούμενων αριθμών ως άγνωστο, ο Διόφαντος απλοποιεί τη λύση. καταφέρνει να αναγάγει το πρόβλημα στην επίλυση μιας ημιτελούς δευτεροβάθμιας εξίσωσης (1).

1.3 Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία

Προβλήματα στις τετραγωνικές εξισώσεις βρίσκονται ήδη στην αστρονομική πραγματεία «Aryabhattiam», που συντάχθηκε το 499 από τον Ινδό μαθηματικό και αστρονόμο Aryabhatta. Ένας άλλος Ινδός επιστήμονας, ο Μπραμαγκούπτα (7ος αιώνας), περιέγραψε έναν γενικό κανόνα για την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή:

Ω2 + σιx = c, a > 0. (1)

Στην εξίσωση (1), οι συντελεστές, εκτός ΕΝΑ, μπορεί επίσης να είναι αρνητικό. Ο κανόνας του Brahmagupta είναι ουσιαστικά ο ίδιος με τον δικό μας.

Στην αρχαία Ινδία, οι δημόσιοι διαγωνισμοί για την επίλυση δύσκολων προβλημάτων ήταν συνηθισμένοι. Ένα από τα παλιά ινδικά βιβλία λέει τα εξής για τέτοιους διαγωνισμούς: «Όπως ο ήλιος ξεπερνά τα αστέρια με τη λάμψη του, έτσι ένας λόγιος άνθρωπος θα ξεπεράσει τη δόξα του άλλου στις δημόσιες συνελεύσεις, προτείνοντας και λύνοντας αλγεβρικά προβλήματα». Τα προβλήματα παρουσιάζονταν συχνά σε ποιητική μορφή.

Αυτό είναι ένα από τα προβλήματα του διάσημου Ινδού μαθηματικού του 12ου αιώνα. Μπάσκαρ.

Πρόβλημα 13.

«Ένα κοπάδι από ζωηρές μαϊμούδες και δώδεκα κατά μήκος των κληματίδων...

Οι αρχές, έχοντας φάει, διασκέδασαν. Άρχισαν να πηδάνε, να κρέμονται...

Υπάρχουν στην πλατεία, μέρος όγδοο Πόσες μαϊμούδες ήταν εκεί;

Διασκέδαζα στο ξέφωτο. Πες μου, σε αυτό το πακέτο;

Η λύση του Bhaskara δείχνει ότι γνώριζε ότι οι ρίζες των τετραγωνικών εξισώσεων έχουν δύο τιμές (Εικ. 3).

Η εξίσωση που αντιστοιχεί στο πρόβλημα 13 είναι:

(Χ/8) 2 + 12 = Χ

Ο Bhaskara γράφει υπό το πρόσχημα:

Χ2 - 64x = -768

και, για να συμπληρώσετε την αριστερή πλευρά αυτής της εξίσωσης σε τετράγωνο, προσθέτει και στις δύο πλευρές 32 2 , στη συνέχεια παίρνοντας:

Χ2 - 64x + 322 = -768 + 1024,

(x - 32)2 = 256,

x - 32 = ± 16,

Χ1 = 16, x2 = 48.

1.4 Τετραγωνικές εξισώσεις στο al - Khorezmi

Στην αλγεβρική πραγματεία του al-Khorezmi, δίνεται μια ταξινόμηση γραμμικών και τετραγωνικών εξισώσεων. Ο συγγραφέας μετράει 6 τύπους εξισώσεων, εκφράζοντας τους ως εξής:

1) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με τις ρίζες», δηλ. Ω2 + γ =σιΧ.

2) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με αριθμούς», δηλ. Ω2 = s.

3) «Οι ρίζες είναι ίσες με τον αριθμό», δηλ. αχ = s.

4) «Τα τετράγωνα και οι αριθμοί είναι ίσοι με τις ρίζες», δηλ. Ω2 + γ =σιΧ.

5) "Τα τετράγωνα και οι ρίζες είναι ίσες με αριθμούς", δηλ. Ω2 + bx= s.

6) «Οι ρίζες και οι αριθμοί είναι ίσοι με τετράγωνα», δηλ.bx+ γ = αχ2 .

Για τον al-Khorezmi, ο οποίος απέφυγε τη χρήση αρνητικών αριθμών, οι όροι καθεμιάς από αυτές τις εξισώσεις είναι προσθέσεις και όχι αφαιρέσιμοι. Στην περίπτωση αυτή προφανώς δεν λαμβάνονται υπόψη εξισώσεις που δεν έχουν θετικές λύσεις. Ο συγγραφέας παρουσιάζει μεθόδους για την επίλυση αυτών των εξισώσεων χρησιμοποιώντας τις τεχνικές του al-jabr και του al-muqabala. Οι αποφάσεις του, φυσικά, δεν συμπίπτουν απόλυτα με τις δικές μας. Για να μην αναφέρουμε ότι είναι καθαρά ρητορικό, θα πρέπει να σημειωθεί, για παράδειγμα, ότι όταν λύνουμε μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση πρώτου τύπου

Ο al-Khorezmi, όπως όλοι οι μαθηματικοί πριν από τον 17ο αιώνα, δεν λαμβάνει υπόψη τη μηδενική λύση, πιθανώς επειδή σε συγκεκριμένα πρακτικά προβλήματα δεν έχει σημασία. Όταν λύνει πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις, ο al-Khorezmi καθορίζει τους κανόνες για την επίλυσή τους χρησιμοποιώντας συγκεκριμένα αριθμητικά παραδείγματα και στη συνέχεια γεωμετρικές αποδείξεις.

Πρόβλημα 14.«Το τετράγωνο και ο αριθμός 21 είναι ίσοι με 10 ρίζες. Βρες τη ρίζα" (υποθέτοντας τη ρίζα της εξίσωσης x2 + 21 = 10x).

Η λύση του συγγραφέα έχει κάπως έτσι: διαιρέστε τον αριθμό των ριζών στο μισό, παίρνετε 5, πολλαπλασιάζετε 5 με τον εαυτό του, αφαιρείτε 21 από το γινόμενο, αυτό που μένει είναι 4. Πάρτε τη ρίζα από το 4, παίρνετε 2. Αφαιρέστε 2 από 5 , παίρνετε 3, αυτή θα είναι η επιθυμητή ρίζα. Ή προσθέστε το 2 στο 5, που δίνει 7, αυτό είναι επίσης μια ρίζα.

Η πραγματεία του al-Khorezmi είναι το πρώτο βιβλίο που έφτασε σε εμάς, το οποίο εκθέτει συστηματικά την ταξινόμηση των τετραγωνικών εξισώσεων και δίνει τύπους για τη λύση τους.

1.5 Τετραγωνικές εξισώσεις στην ΕυρώπηXIII- XVIIΒΒ

Οι τύποι για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων κατά τις γραμμές του αλ-Χουαρίζμι στην Ευρώπη παρουσιάστηκαν για πρώτη φορά στο Βιβλίο του Άβακα, που γράφτηκε το 1202 από τον Ιταλό μαθηματικό Λεονάρντο Φιμπονάτσι. Αυτό το ογκώδες έργο, που αντανακλά την επίδραση των μαθηματικών, τόσο από τις χώρες του Ισλάμ όσο και από την αρχαία Ελλάδα, διακρίνεται για την πληρότητα και τη σαφήνεια παρουσίασής του. Ο συγγραφέας ανέπτυξε ανεξάρτητα μερικά νέα αλγεβρικά παραδείγματα επίλυσης προβλημάτων και ήταν ο πρώτος στην Ευρώπη που προσέγγισε την εισαγωγή αρνητικών αριθμών. Το βιβλίο του συνέβαλε στη διάδοση της αλγεβρικής γνώσης όχι μόνο στην Ιταλία, αλλά και στη Γερμανία, τη Γαλλία και άλλες ευρωπαϊκές χώρες. Πολλά προβλήματα από το Βιβλίο του Άβακα χρησιμοποιήθηκαν σχεδόν σε όλα τα ευρωπαϊκά εγχειρίδια του 16ου - 17ου αιώνα. και εν μέρει XVIII.

PAGE_BREAK--

Ο γενικός κανόνας για την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή:

Χ2 + bx= γ,

για όλους τους πιθανούς συνδυασμούς προσήμων συντελεστών σι, Μεδιατυπώθηκε στην Ευρώπη μόλις το 1544 από τον M. Stiefel.

Η εξαγωγή του τύπου για την επίλυση μιας τετραγωνικής εξίσωσης σε γενική μορφή είναι διαθέσιμη από το Viète, αλλά ο Viète αναγνώρισε μόνο θετικές ρίζες. Οι Ιταλοί μαθηματικοί Tartaglia, Cardano, Bombelli ήταν από τους πρώτους τον 16ο αιώνα. Εκτός από τα θετικά, λαμβάνονται υπόψη και οι αρνητικές ρίζες. Μόλις τον 17ο αιώνα. Χάρη στο έργο των Girard, Descartes, Newton και άλλων επιστημόνων, η μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων παίρνει μια σύγχρονη μορφή.

1.6 Σχετικά με το θεώρημα του Vieta

Το θεώρημα που εκφράζει τη σχέση μεταξύ των συντελεστών μιας τετραγωνικής εξίσωσης και των ριζών της, που πήρε το όνομά της από τον Βιέτα, διατυπώθηκε από τον ίδιο για πρώτη φορά το 1591 ως εξής: «Αν σι+ ρε, πολλαπλασιαζόμενο επί ΕΝΑ- ΕΝΑ2 , ίσον BD, Οτι ΕΝΑισοδυναμεί ΣΕκαι ίσοι ρε».

Για να καταλάβουμε τον Βιέτα, θα πρέπει να το θυμόμαστε αυτό ΕΝΑ, όπως κάθε φωνήεν γράμμα, σήμαινε το άγνωστο (μας Χ), φωνήεντα ΣΕ,ρε- συντελεστές για το άγνωστο. Στη γλώσσα της σύγχρονης άλγεβρας, η παραπάνω διατύπωση Vieta σημαίνει: αν υπάρχει

(α +σι)x - x2 = αβ,

Χ2 - (α +σι)x + ασι= 0,

Χ1 = α, χ2 = σι.

Εκφράζοντας τη σχέση μεταξύ των ριζών και των συντελεστών των εξισώσεων με γενικούς τύπους που γράφτηκαν χρησιμοποιώντας σύμβολα, ο Viète καθιέρωσε την ομοιομορφία στις μεθόδους επίλυσης εξισώσεων. Ωστόσο, ο συμβολισμός του Βιέτ απέχει ακόμα πολύ από τη σύγχρονη μορφή του. Δεν αναγνώριζε αρνητικούς αριθμούς και επομένως, όταν έλυνε εξισώσεις, θεωρούσε μόνο περιπτώσεις όπου όλες οι ρίζες ήταν θετικές.

2. Μέθοδοι επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων

Οι τετραγωνικές εξισώσεις είναι το θεμέλιο πάνω στο οποίο στηρίζεται το μεγαλειώδες οικοδόμημα της άλγεβρας. Οι τετραγωνικές εξισώσεις χρησιμοποιούνται ευρέως για την επίλυση τριγωνομετρικών, εκθετικών, λογαριθμικών, παράλογων και υπερβατικών εξισώσεων και ανισώσεων. Όλοι ξέρουμε πώς να λύνουμε δευτεροβάθμιες εξισώσεις από το σχολείο (8η τάξη) μέχρι την αποφοίτηση.

Στο μάθημα των σχολικών μαθηματικών μελετώνται τύποι για τις ρίζες των τετραγωνικών εξισώσεων, με τη βοήθεια των οποίων μπορείτε να λύσετε οποιεσδήποτε δευτεροβάθμιες εξισώσεις. Ωστόσο, υπάρχουν άλλοι τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων που σας επιτρέπουν να λύσετε πολλές εξισώσεις πολύ γρήγορα και αποτελεσματικά. Υπάρχουν δέκα τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων. Στη δουλειά μου, ανέλυσα το καθένα από αυτά λεπτομερώς.

1. ΜΕΘΟΔΟΣ : Παραγοντοποίηση της αριστερής πλευράς της εξίσωσης.

Ας λύσουμε την εξίσωση

Χ2 + 10x - 24 = 0.

Ας συνυπολογίσουμε την αριστερή πλευρά:

Χ2 + 10x - 24 = x2 + 12x - 2x - 24 = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12)(x - 2).

Επομένως, η εξίσωση μπορεί να ξαναγραφτεί ως εξής:

(x + 12) (x - 2) = 0

Εφόσον το γινόμενο είναι μηδέν, τότε τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες του είναι μηδέν. Επομένως, η αριστερή πλευρά της εξίσωσης γίνεται μηδέν στο x = 2, και επίσης πότε x = - 12. Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός 2 Και - 12 είναι οι ρίζες της εξίσωσης Χ2 + 10x - 24 = 0.

2. ΜΕΘΟΔΟΣ : Μέθοδος επιλογής πλήρους τετραγώνου.

Ας λύσουμε την εξίσωση Χ2 + 6x - 7 = 0.

Επιλέξτε ένα πλήρες τετράγωνο στην αριστερή πλευρά.

Για να γίνει αυτό, γράφουμε την παράσταση x2 + 6x με την ακόλουθη μορφή:

Χ2 + 6x = x2 + 2 x 3.

Στην παράσταση που προκύπτει, ο πρώτος όρος είναι το τετράγωνο του αριθμού x και ο δεύτερος είναι το διπλό γινόμενο του x επί 3. Επομένως, για να έχετε ένα πλήρες τετράγωνο, πρέπει να προσθέσετε 32, αφού

x2 + 2 x 3 + 32 = (x + 3)2 .

Ας μετατρέψουμε τώρα την αριστερή πλευρά της εξίσωσης

Χ2 + 6x - 7 = 0,

προσθέτοντάς του και αφαιρώντας 32. Έχουμε:

Χ2 + 6x - 7 = x2 + 2 x 3 + 32 - 3 2 - 7 = (x + 3)2 - 9 - 7 = (x + 3)2 - 16.

Έτσι, αυτή η εξίσωση μπορεί να γραφτεί ως εξής:

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

Ως εκ τούτου, x + 3 - 4 = 0, x1 = 1, ή x + 3 = -4, x2 = -7.

3. ΜΕΘΟΔΟΣ :Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας τον τύπο.

Ας πολλαπλασιάσουμε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης

Ω2 + σιx + c = 0, a ≠ 0

στο 4α και διαδοχικά έχουμε:

4α2 Χ2 + 4ασιx + 4ac = 0,

((2α)2 + 2 αχσι+ σι2 ) - σι2 + 4 μετα Χριστον= 0,

(2ax + b)2 = β2 - 4ac,

2ax + b = ± √ β2 - 4ac,

2ax = - b ± √ β2 - 4ac,

Παραδείγματα.

ΕΝΑ)Ας λύσουμε την εξίσωση: 4x2 + 7x + 3 = 0.

a = 4,σι= 7, c = 3,ρε= σι2 - 4 μετα Χριστον= 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,

ρε> 0, δύο διαφορετικές ρίζες?

Έτσι, σε περίπτωση θετικής διάκρισης, δηλ. στο

σι2 - 4 μετα Χριστον>0 , η εξίσωση Ω2 + σιx + c = 0έχει δύο διαφορετικές ρίζες.

σι)Ας λύσουμε την εξίσωση: 4x2 - 4x + 1 = 0,

a = 4,σι= - 4, s = 1,ρε= σι2 - 4 μετα Χριστον= (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0,

ρε= 0, μια ρίζα?

Άρα, αν η διάκριση είναι μηδέν, δηλ. σι2 - 4 μετα Χριστον= 0 , μετά η εξίσωση

Ω2 + σιx + c = 0έχει μια ενιαία ρίζα

V)Ας λύσουμε την εξίσωση: 2x2 + 3x + 4 = 0,

a = 2,σι= 3, c = 4,ρε= σι2 - 4 μετα Χριστον= 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13, ρε< 0.

Συνέχιση
--PAGE_BREAK--

Αυτή η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Άρα, αν η διάκριση είναι αρνητική, δηλ. σι2 - 4 μετα Χριστον< 0 ,

την εξίσωση Ω2 + σιx + c = 0δεν έχει ρίζες.

Ο τύπος (1) των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης Ω2 + σιx + c = 0σας επιτρέπει να βρείτε ρίζες όποιος τετραγωνική εξίσωση (εάν υπάρχει), συμπεριλαμβανομένων των μειωμένων και ελλιπών. Ο τύπος (1) εκφράζεται προφορικά ως εξής: οι ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης είναι ίσες με ένα κλάσμα του οποίου ο αριθμητής είναι ίσος με τον δεύτερο συντελεστή που λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο, συν μείον την τετραγωνική ρίζα του τετραγώνου αυτού του συντελεστή χωρίς να τετραπλασιαστεί το γινόμενο του πρώτου συντελεστή με τον ελεύθερο όρο, και ο παρονομαστής είναι διπλάσιος του πρώτου συντελεστή.

4. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Όπως είναι γνωστό, η ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση έχει τη μορφή

Χ2 + px+ ντο= 0. (1)

Οι ρίζες του ικανοποιούν το θεώρημα του Vieta, το οποίο, όταν a =1μοιάζει με

/>Χ1 Χ2 = q,

Χ1 + Χ2 = - Π

Από αυτό μπορούμε να εξαγάγουμε τα ακόλουθα συμπεράσματα (από τους συντελεστές p και q μπορούμε να προβλέψουμε τα πρόσημα των ριζών).

α) Αν το ημιμελές qη δεδομένη εξίσωση (1) είναι θετική ( q> 0 ), τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες ίσου πρόσημου και αυτό εξαρτάται από τον δεύτερο συντελεστή Π. Αν R< 0 , τότε και οι δύο ρίζες είναι αρνητικές αν R< 0 , τότε και οι δύο ρίζες είναι θετικές.

Για παράδειγμα,

Χ2 – 3 Χ+ 2 = 0; Χ1 = 2 Και Χ2 = 1, επειδή q= 2 > 0 Και Π= - 3 < 0;

Χ2 + 8 Χ+ 7 = 0; Χ1 = - 7 Και Χ2 = - 1, επειδή q= 7 > 0 Και Π= 8 > 0.

β) Εάν είναι ελεύθερο μέλος qη δεδομένη εξίσωση (1) είναι αρνητική ( q< 0 ), τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες διαφορετικού πρόσημου και η μεγαλύτερη ρίζα θα είναι θετική αν Π< 0 , ή αρνητικό εάν Π> 0 .

Για παράδειγμα,

Χ2 + 4 Χ– 5 = 0; Χ1 = - 5 Και Χ2 = 1, επειδή q= - 5 < 0 Και Π= 4 > 0;

Χ2 – 8 Χ– 9 = 0; Χ1 = 9 Και Χ2 = - 1, επειδή q= - 9 < 0 Και Π= - 8 < 0.

5. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση εξισώσεων με τη μέθοδο «ρίψη».

Θεωρήστε την τετραγωνική εξίσωση

Ω2 + σιx + c = 0,Οπου a ≠ 0.

Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές με α, προκύπτει η εξίσωση

ΕΝΑ2 Χ2 + ασιx + ac = 0.

Αφήνω αχ = υ, που x = y/a; τότε ερχόμαστε στην εξίσωση

στο2 + με+ ac = 0,

ισοδυναμεί με αυτό. Οι ρίζες του στο1 Και στοΤο 2 μπορεί να βρεθεί χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Τελικά παίρνουμε

Χ1 = y1 /ΕΝΑΚαι Χ1 = y2 /ΕΝΑ.

Με αυτή τη μέθοδο ο συντελεστής ΕΝΑπολλαπλασιάζεται με τον ελεύθερο όρο, σαν να «πετάχτηκε» σε αυτό, γι' αυτό λέγεται μέθοδος μεταφοράς. Αυτή η μέθοδος χρησιμοποιείται όταν μπορείτε εύκολα να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta και, το πιο σημαντικό, όταν η διάκριση είναι ένα ακριβές τετράγωνο.

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση 2x2 – 11x + 15 = 0.

Λύση.Ας «ρίξουμε» τον συντελεστή 2 στον ελεύθερο όρο, και ως αποτέλεσμα παίρνουμε την εξίσωση

στο2 – 11ου + 30 = 0.

Σύμφωνα με το θεώρημα του Vieta

/>/>/>/>/>στο1 = 5 x1 = 5/2 Χ1 = 2,5

στο2 = 6 Χ2 = 6/2 Χ2 = 3.

Απάντηση: 2,5; 3.

6. ΜΕΘΟΔΟΣ: Ιδιότητες συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

ΕΝΑ. Έστω μια τετραγωνική εξίσωση

Ω2 + σιx + c = 0,Οπου a ≠ 0.

1) Αν, a+σι+ c = 0 (δηλαδή το άθροισμα των συντελεστών είναι μηδέν), μετά x1 = 1,

Χ2 = α/α.

Απόδειξη.Διαιρώντας και τις δύο πλευρές της εξίσωσης με ένα ≠ 0, προκύπτει η ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση

Χ2 + σι/ ένα Χ+ ντο/ ένα= 0.

/> Σύμφωνα με το θεώρημα του Vieta

Χ1 + Χ2 = - σι/ ένα,

Χ1 Χ2 = 1 ντο/ ένα.

Κατά συνθήκη ΕΝΑ -σι+ c = 0,που σι= α + γ.Ετσι,

/>Χ1 + x2 = - ΕΝΑ+ b/a= -1 – c/a,

Χ1 Χ2 = - 1 (- c/a),

εκείνοι. Χ1 = -1 Και Χ2 = ντο/ ένα, που έπρεπε να αποδείξουμε.

Παραδείγματα.

Ας λύσουμε την εξίσωση 345x2 – 137x – 208 = 0.

Λύση.Επειδή ένα +σι+ c = 0 (345 - 137 - 208 = 0),Οτι

Χ1 = 1, x2 = ντο/ ένα= -208/345.

Απάντηση: 1; -208/345.

2) Λύστε την εξίσωση 132x2 – 247x + 115 = 0.

Λύση.Επειδή ένα +σι+ c = 0 (132 – 247 + 115 = 0),Οτι

Χ1 = 1, x2 = ντο/ ένα= 115/132.

Απάντηση: 1; 115/132.

ΣΙ. Αν ο δεύτερος συντελεστής σι= 2 κείναι ένας ζυγός αριθμός, τότε ο τύπος ρίζας

Συνέχιση
--PAGE_BREAK--

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση 3x2 - 14x + 16 = 0.

Λύση. Εχουμε: a = 3,σι= - 14, s = 16,κ= - 7 ;

ρε= κ2 – μετα Χριστον= (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, ρε> 0, δύο διαφορετικές ρίζες?

Απάντηση: 2; 8/3

ΣΕ. Μειωμένη εξίσωση

Χ2 + px +q= 0

συμπίπτει με μια γενική εξίσωση στην οποία α = 1, σι= σελΚαι γ =q. Επομένως, για την ανηγμένη τετραγωνική εξίσωση, ο τύπος ρίζας είναι

παίρνει τη μορφή:

Ο τύπος (3) είναι ιδιαίτερα βολικός στη χρήση όταν R- Ζυγός αριθμός.

Παράδειγμα.Ας λύσουμε την εξίσωση Χ2 – 14x – 15 = 0.

Λύση.Εχουμε: Χ1,2 =7±

Απάντηση: x1 = 15; Χ2 = -1.

7. ΜΕΘΟΔΟΣ: Γραφική λύση δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

Αν στην Εξ.

Χ2 + px+ q= 0

μετακινήστε τον δεύτερο και τον τρίτο όρο στη δεξιά πλευρά, παίρνουμε

Χ2 = - px- q.

Ας φτιάξουμε γραφήματα της εξάρτησης y = x2 και y = - px- q.

Το γράφημα της πρώτης εξάρτησης είναι μια παραβολή που διέρχεται από την αρχή. Δεύτερο γράφημα εξάρτησης -

ευθεία (Εικ. 1). Είναι δυνατές οι ακόλουθες περιπτώσεις:

Μια ευθεία γραμμή και μια παραβολή μπορούν να τέμνονται σε δύο σημεία, τα τετμημένα των σημείων τομής είναι οι ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης.

Μια ευθεία γραμμή και μια παραβολή μπορούν να αγγίξουν (μόνο ένα κοινό σημείο), δηλ. η εξίσωση έχει μία λύση.

Μια ευθεία και μια παραβολή δεν έχουν κοινά σημεία, δηλ. μια τετραγωνική εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Παραδείγματα.

1) Ας λύσουμε την εξίσωση γραφικά Χ2 - 3x - 4 = 0(Εικ. 2).

Λύση.Ας γράψουμε την εξίσωση στη μορφή Χ2 = 3x + 4.

Ας φτιάξουμε μια παραβολή y = x2 και άμεση y = 3x + 4. Απευθείας

y = 3x + 4μπορεί να κατασκευαστεί από δύο σημεία M (0; 4)Και

Ν(3; 13) . Μια ευθεία γραμμή και μια παραβολή τέμνονται σε δύο σημεία

ΕΝΑΚαι ΣΕμε τετμημένα Χ1 = - 1 Και Χ2 = 4 . Απάντηση : Χ1 = - 1;

Χ2 = 4.

2) Ας λύσουμε την εξίσωση γραφικά (Εικ. 3) Χ2 - 2x + 1 = 0.

Λύση.Ας γράψουμε την εξίσωση στη μορφή Χ2 = 2x - 1.

Ας φτιάξουμε μια παραβολή y = x2 και άμεση y = 2x - 1.

Απευθείας y = 2x - 1κατασκευή από δύο σημεία M (0; - 1)

Και Ν(1/2; 0) . Μια ευθεία γραμμή και μια παραβολή τέμνονται σε ένα σημείο ΕΝΑΜε

τετμημένη x = 1. Απάντηση: x = 1.

3) Ας λύσουμε την εξίσωση γραφικά Χ2 - 2x + 5 = 0(Εικ. 4).

Λύση.Ας γράψουμε την εξίσωση στη μορφή Χ2 = 5x - 5. Ας φτιάξουμε μια παραβολή y = x2 και άμεση y = 2x - 5. Απευθείας y = 2x - 5Ας χτίσουμε από δύο σημεία M(0; - 5) και N(2,5; 0). Μια ευθεία και μια παραβολή δεν έχουν σημεία τομής, δηλ. Αυτή η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Απάντηση.Η εξίσωση Χ2 - 2x + 5 = 0δεν έχει ρίζες.

8. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με πυξίδα και χάρακα.

Η γραφική μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων με χρήση παραβολής είναι άβολη. Εάν κατασκευάσετε μια παραβολή σημείο προς σημείο, χρειάζεται πολύς χρόνος και ο βαθμός ακρίβειας των αποτελεσμάτων που λαμβάνονται είναι χαμηλός.

Προτείνω την ακόλουθη μέθοδο για την εύρεση των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης Ω2 + σιx + c = 0χρησιμοποιώντας πυξίδα και χάρακα (Εικ. 5).

Ας υποθέσουμε ότι ο επιθυμητός κύκλος τέμνει τον άξονα

τετμημένη σε σημεία B(x1 ; 0) Και ρε(Χ2 ; 0), Οπου Χ1 Και Χ2 - ρίζες της εξίσωσης Ω2 + σιx + c = 0, και περνά μέσα από τα σημεία

A(0; 1)Και C(0;ντο/ ένα) στον άξονα τεταγμένων. Τότε, με το θεώρημα της διατομής, έχουμε Ο.Β. Ο.Δ.= Ο Ο.Α. O.C., που O.C.= Ο.Β. Ο.Δ./ Ο Ο.Α.= x1 Χ2 / 1 = ντο/ ένα.

Το κέντρο του κύκλου βρίσκεται στο σημείο τομής των καθέτων SFΚαι Σ.Κ., αποκαταστάθηκε στα μέσα των συγχορδιών ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ.Και BD, Να γιατί

1) κατασκευάστε σημεία (κέντρο του κύκλου) και ΕΝΑ(0; 1) ;

2) σχεδιάστε έναν κύκλο με ακτίνα ΑΝΩΝΥΜΗ ΕΤΑΙΡΙΑ.;

3) τετμημένες των σημείων τομής αυτού του κύκλου με τον άξονα Ωείναι οι ρίζες της αρχικής τετραγωνικής εξίσωσης.

Σε αυτή την περίπτωση, είναι δυνατές τρεις περιπτώσεις.

1) Η ακτίνα του κύκλου είναι μεγαλύτερη από την τεταγμένη του κέντρου (ΟΠΩΣ ΚΑΙ> Σ.Κ., ήR> ένα+ ντο/2 ένα) , ο κύκλος τέμνει τον άξονα Ox σε δύο σημεία (Εικ. 6, α) B(x1 ; 0) Και ρε(Χ2 ; 0) , Οπου Χ1 Και Χ2 - ρίζες δευτεροβάθμιας εξίσωσης Ω2 + σιx + c = 0.

2) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την τεταγμένη του κέντρου (ΟΠΩΣ ΚΑΙ= S.B., ήR= ένα+ ντο/2 ένα) , ο κύκλος αγγίζει τον άξονα Ox (Εικ. 6, β) στο σημείο B(x1 ; 0) , όπου x1 είναι η ρίζα της δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

Συνέχιση
--PAGE_BREAK--

3) Η ακτίνα του κύκλου είναι μικρότερη από την τεταγμένη του κέντρου ο κύκλος δεν έχει κοινά σημεία με τον άξονα της τετμημένης (Εικ. 6, γ), στην περίπτωση αυτή η εξίσωση δεν έχει λύση.

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση Χ2 - 2x - 3 = 0(Εικ. 7).

Λύση.Ας προσδιορίσουμε τις συντεταγμένες του κεντρικού σημείου του κύκλου χρησιμοποιώντας τους τύπους:

Ας σχεδιάσουμε έναν κύκλο ακτίνας SA, όπου Α (0; 1).

Απάντηση:Χ1 = - 1; Χ2 = 3.

9. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με νομόγραμμα.

Αυτή είναι μια παλιά και άδικα ξεχασμένη μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων, που τοποθετείται στη σελ. 83 (βλ. Τετραψήφιοι μαθηματικοί πίνακες. - M., Prosveshchenie, 1990).

Πίνακας XXII. Νομόγραμμα για την επίλυση της εξίσωσης z2 + pz+ q= 0 . Αυτό το νομόγραμμα επιτρέπει, χωρίς να λύσουμε μια δευτεροβάθμια εξίσωση, να προσδιορίσουμε τις ρίζες της εξίσωσης χρησιμοποιώντας τους συντελεστές της.

Η καμπυλόγραμμη κλίμακα του νομογράμματος είναι κατασκευασμένη σύμφωνα με τους τύπους (Εικ. 11):

πιστεύοντας OS = p,ED= q, ΟΕ = α(όλα σε cm), από την ομοιότητα τριγώνων SANΚαι CDFπαίρνουμε την αναλογία

η οποία μετά από αντικαταστάσεις και απλοποιήσεις δίνει την εξίσωση

z2 + pz+ q= 0,

και το γράμμα zσημαίνει το σημάδι οποιουδήποτε σημείου σε καμπύλη κλίμακα.

Παραδείγματα.

1) Για την εξίσωση z2 - 9 z+ 8 = 0 νομογράφημα δίνει ρίζες

z1 = 8,0 Και z2 = 1,0 (Εικ. 12).

2) Χρησιμοποιώντας ένα νομόγραμμα, λύνουμε την εξίσωση

2 z2 - 9 z+ 2 = 0.

Διαιρώντας τους συντελεστές αυτής της εξίσωσης με 2, παίρνουμε την εξίσωση

z2 - 4,5 z+ 1 = 0.

Το νομόγραμμα δίνει ρίζες z1 = 4 Και z2 = 0,5.

3) Για την εξίσωση

z2 - 25 z+ 66 = 0

Οι συντελεστές p και q είναι εκτός κλίμακας, ας κάνουμε την αντικατάσταση z= 5 t, παίρνουμε την εξίσωση

t2 - 5 t+ 2,64 = 0,

που λύνουμε χρησιμοποιώντας νομόγραμμα και παίρνουμε t1 = 0,6 Και t2 = 4,4, που z1 = 5 t1 = 3,0 Και z2 = 5 t2 = 22,0.

10. ΜΕΘΟΔΟΣ: Γεωμετρική μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων.

Στην αρχαιότητα, όταν η γεωμετρία ήταν πιο ανεπτυγμένη από την άλγεβρα, οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις λύνονταν όχι αλγεβρικά, αλλά γεωμετρικά. Θα δώσω ένα διάσημο παράδειγμα από την «Άλγεβρα» του al-Khorezmi.

Παραδείγματα.

1) Ας λύσουμε την εξίσωση Χ2 + 10x = 39.

Στο πρωτότυπο, αυτό το πρόβλημα διατυπώνεται ως εξής: «Ένα τετράγωνο και δέκα ρίζες είναι ίσες με 39» (Εικ. 15).

Λύση.Θεωρήστε ένα τετράγωνο με πλευρά x, στις πλευρές του κατασκευάζονται ορθογώνια έτσι ώστε η άλλη πλευρά καθενός από αυτά να είναι 2,5, επομένως, το εμβαδόν του καθενός είναι 2,5x. Στη συνέχεια, το σχήμα που προκύπτει συμπληρώνεται με ένα νέο τετράγωνο ABCD, χτίζοντας τέσσερα ίσα τετράγωνα στις γωνίες, η πλευρά καθενός από αυτά είναι 2,5 και το εμβαδόν είναι 6,25.

τετράγωνο μικρότετράγωνο Α Β Γ Δμπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα των εμβαδών: το αρχικό τετράγωνο Χ2 , τέσσερα ορθογώνια (4 2,5x = 10x)και τέσσερα προσαρτημένα τετράγωνα (6,25 4 = 25) , δηλ. μικρό= Χ2 + 10x + 25.Αντικατάσταση

Χ2 + 10xαριθμός 39 , το καταλαβαίνουμε μικρό= 39 + 25 = 64 , που σημαίνει ότι η πλευρά του τετραγώνου Α Β Γ Δ, δηλ. ευθύγραμμο τμήμα AB = 8. Για την απαιτούμενη πλευρά Χπαίρνουμε το αρχικό τετράγωνο

2) Μα, για παράδειγμα, πώς έλυσαν την εξίσωση οι αρχαίοι Έλληνες στο2 + 6у - 16 = 0.

Λύσηφαίνεται στο Σχ. 16, όπου

στο2 + 6y = 16, ή y2 + 6ε + 9 = 16 + 9.

Λύση.Εκφράσεις στο2 + 6ου + 9Και 16 + 9 αντιπροσωπεύουν γεωμετρικά το ίδιο τετράγωνο και την αρχική εξίσωση στο2 + 6у - 16 + 9 - 9 = 0- η ίδια εξίσωση. Από που το καταλαβαίνουμε y + 3 = ± 5,ή στο1 = 2, y2 = - 8 (Εικ. 16).

3) Λύστε τη γεωμετρική εξίσωση στο2 - 6у - 16 = 0.

Μεταμορφώνοντας την εξίσωση, παίρνουμε

στο2 - 6 ε = 16.

Στο Σχ. 17 βρείτε «εικόνες» της έκφρασης στο2 - 6 u,εκείνοι. από το εμβαδόν ενός τετραγώνου με την πλευρά y, αφαιρέστε το εμβαδόν ενός τετραγώνου με πλευρά ίση με 3 . Αυτό σημαίνει ότι αν στην έκφραση στο2 - 6ουΠροσθήκη 9 , τότε παίρνουμε το εμβαδόν ενός τετραγώνου με πλευρά ε - 3. Αντικατάσταση της έκφρασης στο2 - 6ουίσος αριθμός του 16,

παίρνουμε: (y - 3)2 = 16 + 9, εκείνοι. y - 3 = ± √25, ή y - 3 = ± 5, όπου στο1 = 8 Και στο2 = - 2.

συμπέρασμα

Οι τετραγωνικές εξισώσεις χρησιμοποιούνται ευρέως για την επίλυση τριγωνομετρικών, εκθετικών, λογαριθμικών, παράλογων και υπερβατικών εξισώσεων και ανισώσεων.

Ωστόσο, η σημασία των τετραγωνικών εξισώσεων δεν έγκειται μόνο στην κομψότητα και τη συντομία της επίλυσης προβλημάτων, αν και αυτό είναι πολύ σημαντικό. Είναι εξίσου σημαντικό ότι ως αποτέλεσμα της χρήσης τετραγωνικών εξισώσεων στην επίλυση προβλημάτων, συχνά ανακαλύπτονται νέες λεπτομέρειες, μπορούν να γίνουν ενδιαφέρουσες γενικεύσεις και διευκρινίσεις, οι οποίες προτείνονται από την ανάλυση των τύπων και των σχέσεων που προκύπτουν.

Θα ήθελα επίσης να σημειώσω ότι το θέμα που παρουσιάζεται σε αυτήν την εργασία δεν έχει ακόμη μελετηθεί πολύ, απλά δεν μελετάται, επομένως είναι γεμάτο με πολλά κρυφά και άγνωστα πράγματα, γεγονός που παρέχει μια εξαιρετική ευκαιρία για περαιτέρω εργασία πάνω του.

Εδώ στάθηκα στο θέμα της επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων και τι,

αν υπάρχουν άλλοι τρόποι να τα λύσουμε;! Και πάλι, βρείτε όμορφα μοτίβα, μερικά γεγονότα, διευκρινίσεις, κάντε γενικεύσεις, ανακαλύψτε όλο και περισσότερα νέα πράγματα. Αλλά αυτά είναι ερωτήματα για μελλοντική δουλειά.

Συνοψίζοντας, μπορούμε να συμπεράνουμε: οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις παίζουν τεράστιο ρόλο στην ανάπτυξη των μαθηματικών. Όλοι ξέρουμε πώς να λύνουμε δευτεροβάθμιες εξισώσεις από το σχολείο (8η τάξη) μέχρι την αποφοίτηση. Αυτή η γνώση μπορεί να μας είναι χρήσιμη σε όλη μας τη ζωή.

Δεδομένου ότι αυτές οι μέθοδοι για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων είναι εύχρηστες, θα πρέπει σίγουρα να ενδιαφέρουν τους μαθητές που ενδιαφέρονται για τα μαθηματικά. Η δουλειά μου δίνει τη δυνατότητα να δούμε διαφορετικά τις εργασίες που μας θέτουν τα μαθηματικά.

Βιβλιογραφία:

1. Alimov Sh.A., Ilyin V.A. και άλλα Άλγεβρα, 6-8. Δοκιμαστικό εγχειρίδιο για την 6η-8η τάξη λυκείου. - Μ., Εκπαίδευση, 1981.

2. Bradis V.M. Τετραψήφιοι μαθηματικοί πίνακες για το γυμνάσιο Εκδ. 57η. - Μ., Εκπαίδευση, 1990. Σ. 83.

3. Kruzhepov A.K., Rubanov A.T. Βιβλίο προβλημάτων για την άλγεβρα και τις στοιχειώδεις συναρτήσεις. Εγχειρίδιο για δευτεροβάθμια εξειδικευμένα εκπαιδευτικά ιδρύματα. - Μ., Γυμνάσιο, 1969.

4. Okunev A.K. Τετραγωνικές συναρτήσεις, εξισώσεις και ανισώσεις. Εγχειρίδιο δασκάλου. - Μ., Εκπαίδευση, 1972.

5. Πρέσμαν Α.Α. Επίλυση τετραγωνικής εξίσωσης με πυξίδα και χάρακα. - M., Kvant, Νο. 4/72. Σελ. 34.

6. Solomnik V.S., Milov P.I. Συλλογή ερωτήσεων και προβλημάτων στα μαθηματικά. Εκδ. - 4ο, επιπλέον - Μ., Ανώτατο Σχολείο, 1973.

7. Khudobin A.I. Συλλογή προβλημάτων άλγεβρας και στοιχειωδών συναρτήσεων. Εγχειρίδιο δασκάλου. Εκδ. 2ο. - Μ., Εκπαίδευση, 1970.

σχόλιο

1. ΜΕΘΟΔΟΣ: Παραγοντοποίηση της αριστερής πλευράς της εξίσωσης

2. ΜΕΘΟΔΟΣ: Μέθοδος εξαγωγής πλήρους τετραγώνου.

4. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

5. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση εξισώσεων με τη μέθοδο «ρίψης».

6. ΜΕΘΟΔΟΣ: Ιδιότητες συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης

7. ΜΕΘΟΔΟΣ: Γραφική λύση δευτεροβάθμιας εξίσωσης

8. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με πυξίδα και χάρακα.

9. ΜΕΘΟΔΟΣ: Επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων με χρήση νομογράμματος.

συμπέρασμα

Τοτσιλκίνα Γιούλια

Ερευνητική εργασία με θέμα "10 τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων"

Κατεβάστε:

Προεπισκόπηση:

Δημοτικό δημοσιονομικό εκπαιδευτικό ίδρυμα

"Γυμνάσιο Νο. 59"

10 τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων

(αφηρημένη εργασία)

Συμπλήρωσε: μαθητής 8Α τάξης

ΜΠΟΥ «Γυμνάσιο Νο 59 Barnaul

Τοτσιλκίνα Γιούλια

Επόπτης:

Ζαχάροβα Λιουντμίλα Βλαντιμίροβνα,

καθηγήτρια μαθηματικών, MBOU "Λυκείου Νο 59"

Barnaul

Εισαγωγή ……………………………………………………………...2

Ι. Ιστορία ανάπτυξης δευτεροβάθμιων εξισώσεων ……………………………...3

1. Τετραγωνικές εξισώσεις στην Αρχαία Βαβυλώνα……………………………………...4

2. Πώς ο Διόφαντος συνέθεσε και έλυσε δευτεροβάθμιες εξισώσεις……………………5

3. Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία……………………………………………………………6

4. Τετραγωνικές εξισώσεις στο al-Khorezmi……………………………………….7

5. Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ευρώπη XIII - XVII αιώνες……………………….9

6. Σχετικά με το θεώρημα του Vieta………………………………………………………..…….10

……………………….........11

1. Παραγοντοποίηση της αριστερής πλευράς της εξίσωσης…………………………..12
2. Μέθοδος επιλογής πλήρους τετραγώνου………………………………………………………………………………………………………….
3. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με χρήση τύπων………………………………14
4. Επίλυση εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Βιέτα………………………………………………………………

5. Επίλυση εξισώσεων με τη μέθοδο μεταφοράς»……………………………….18

1. Ιδιότητες συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης………………………………………………………………………….

7. Γραφική λύση δευτεροβάθμιων εξισώσεων………………………..………….. 21

8. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με πυξίδα και χάρακα……….. 24

9. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με νομόγραμμα………………. 26

10. Γεωμετρική μέθοδος επίλυσης δευτεροβάθμιων εξισώσεων………………….28

III. συμπέρασμα …………………………………………………..........................30

Λογοτεχνία……………………………………………………………………………..32

Συχνά είναι πιο χρήσιμο για ένα άτομο που μελετά την άλγεβρα να λύνει το ίδιο πρόβλημα με τρεις διαφορετικούς τρόπους παρά να λύνει τρία ή τέσσερα διαφορετικά προβλήματα. Επιλύοντας ένα πρόβλημα χρησιμοποιώντας διαφορετικές μεθόδους, μπορείτε να μάθετε μέσω συγκρίσεων ποια είναι πιο σύντομη και αποτελεσματική. Έτσι αναπτύσσεται η εμπειρία».

W. Sawyer

1. Εισαγωγή

Η θεωρία των εξισώσεων κατέχει ηγετική θέση στο μάθημα της σχολικής άλγεβρας. Περισσότερος χρόνος αφιερώνεται στη μελέτη τους παρά σε οποιοδήποτε άλλο θέμα στο μάθημα των μαθηματικών του σχολείου. Αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι τα περισσότερα προβλήματα στη ζωή καταλήγουν στην επίλυση διαφόρων ειδών εξισώσεων.

Στο σχολικό εγχειρίδιο άλγεβρας της 8ης τάξης, εισάγουμε διάφορους τύπους τετραγωνικών εξισώσεων και εξασκούμαστε στην επίλυσή τους χρησιμοποιώντας τύπους. Είχα μια ερώτηση: «Υπάρχουν άλλες μέθοδοι για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων; Πόσο περίπλοκες είναι αυτές οι μέθοδοι και μπορούν να χρησιμοποιηθούν στην πράξη; Ως εκ τούτου, αυτό το ακαδημαϊκό έτος επέλεξα ένα ερευνητικό θέμα που σχετίζεται με τις τετραγωνικές εξισώσεις και κατά τη διάρκεια της εργασίας μου ονομάστηκε «10 τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων».Συνάφεια αυτού του θέματοςείναι ότι στα μαθήματα της άλγεβρας, της γεωμετρίας και της φυσικής συναντάμε πολύ συχνά την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων. Ως εκ τούτου, κάθε μαθητής θα πρέπει να είναι σε θέση να λύνει σωστά και ορθολογικά τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις.

Στόχος της εργασίας: μάθουν να λύνουν τετραγωνικές εξισώσεις, μελετούν διάφορες μεθόδους για την επίλυσή τους.

Με βάση αυτόν τον στόχο, έθεσα τα εξήςκαθήκοντα:

Μελετήστε την ιστορία της ανάπτυξης των τετραγωνικών εξισώσεων.

Εξετάστε τυπικές και μη τυποποιημένες μεθόδους για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων.

Προσδιορίστε τους πιο βολικούς τρόπους επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων.

Μάθετε να λύνετε τετραγωνικές εξισώσεις με διάφορους τρόπους.

Αντικείμενο μελέτης: τετραγωνικές εξισώσεις.

Αντικείμενο μελέτης: από το εγχειρίδιο επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων.

Ερευνητικές μέθοδοι:

Θεωρητικά: μελέτη βιβλιογραφίας για το ερευνητικό θέμα.

Πληροφορίες Διαδικτύου.

Ανάλυση: πληροφορίες που λαμβάνονται από τη μελέτη της βιβλιογραφίας.

Αποτελέσματα που λαμβάνονται κατά την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με διάφορους τρόπους.

Σύγκριση μεθόδων για τον ορθολογισμό της χρήσης τους στην επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων.

Ιστορία ανάπτυξης τετραγωνικών εξισώσεων.

1. Τετραγωνικές εξισώσεις στην Αρχαία Βαβυλώνα.

Η ανάγκη επίλυσης εξισώσεων όχι μόνο του πρώτου, αλλά και του δεύτερου βαθμού, ακόμη και στην αρχαιότητα, προκλήθηκε από την ανάγκη επίλυσης προβλημάτων που σχετίζονται με την εύρεση των εκτάσεων γης, με ανασκαφικές εργασίες στρατιωτικού χαρακτήρα, καθώς και με την ανάπτυξη της ίδιας της αστρονομίας και των μαθηματικών. Οι τετραγωνικές εξισώσεις μπορούσαν να λυθούν γύρω στο 2000 π.Χ. μι. Βαβυλώνιοι.

Χρησιμοποιώντας τη σύγχρονη αλγεβρική σημειογραφία, μπορούμε να πούμε ότι στα σφηνοειδή κείμενά τους υπάρχουν, εκτός από τα ημιτελή, όπως, για παράδειγμα, πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις:

X 2 + X = ¾; Χ 2 - Χ = 14,5

Ο κανόνας για την επίλυση αυτών των εξισώσεων, που ορίζεται στα βαβυλωνιακά κείμενα, ουσιαστικά συμπίπτει με τον σύγχρονο, αλλά δεν είναι γνωστό πώς έφτασαν οι Βαβυλώνιοι σε αυτόν τον κανόνα. Σχεδόν όλα τα σφηνοειδή κείμενα που έχουν βρεθεί μέχρι στιγμής παρέχουν μόνο προβλήματα με λύσεις που παρουσιάζονται με τη μορφή συνταγών, χωρίς καμία ένδειξη για το πώς βρέθηκαν.

Παρά το υψηλό επίπεδο ανάπτυξης της άλγεβρας στη Βαβυλώνα, τα σφηνοειδή κείμενα στερούνται την έννοια του αρνητικού αριθμού και τις γενικές μεθόδους για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων.

2. Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ελλάδα ή πώς ο Διόφαντος συνέθεσε και έλυνε δευτεροβάθμιες εξισώσεις.

Η Αριθμητική του Διόφαντου δεν περιέχει συστηματική παρουσίαση της άλγεβρας, περιέχει όμως μια συστηματική σειρά προβλημάτων, που συνοδεύονται από επεξηγήσεις και λύνονται με την κατασκευή εξισώσεων διαφόρων βαθμών.

Όταν συνθέτει εξισώσεις, ο Διόφαντος επιλέγει επιδέξια άγνωστα για να απλοποιήσει τη λύση.

Εδώ, για παράδειγμα, είναι ένα από τα καθήκοντά του.

Πρόβλημα 11. «Βρείτε δύο αριθμούς γνωρίζοντας ότι το άθροισμά τους είναι 20 και το γινόμενο τους είναι 96»

Ο Διόφαντος αιτιολογεί ως εξής: από τις συνθήκες του προβλήματος προκύπτει ότι οι απαιτούμενοι αριθμοί δεν είναι ίσοι, αφού αν ήταν ίσοι, τότε το γινόμενο τους δεν θα ήταν ίσο με 96, αλλά με 100. Έτσι, ένας από αυτούς θα είναι μεγαλύτερος από το ήμισυ του αθροίσματος τους, δηλ. 10 + x , το άλλο είναι λιγότερο, δηλ.δεκαετία του 10 . Η διαφορά μεταξύ τους 2x.

Εξ ου και η εξίσωση:

(10 + x) (10 - x) = 96

100 - x 2 = 96

X 2 - 4 = 0 (1)

Άρα x = 2 . Ένας από τους απαιτούμενους αριθμούς είναι ίσος με 12, άλλα 8. Λύση x = -2 γιατί ο Διόφαντος δεν υπάρχει, αφού τα ελληνικά μαθηματικά γνώριζαν μόνο θετικούς αριθμούς.

Εάν λύσουμε αυτό το πρόβλημα επιλέγοντας έναν από τους απαιτούμενους αριθμούς ως άγνωστο, τότε θα καταλήξουμε σε μια λύση της εξίσωσης

y(20 - y) = 96,

y 2 - 20y + 96 = 0. (2)

Είναι σαφές ότι επιλέγοντας τη μισή διαφορά των απαιτούμενων αριθμών ως άγνωστο, ο Διόφαντος απλοποιεί τη λύση. καταφέρνει να αναγάγει το πρόβλημα στην επίλυση μιας ημιτελούς δευτεροβάθμιας εξίσωσης (1).

3. Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ινδία.

Προβλήματα στις τετραγωνικές εξισώσεις βρίσκονται στην αστρονομική πραγματεία «Aryabhattiam», που συντάχθηκε το 499 από τον Ινδό μαθηματικό και αστρονόμο Aryabhatta. Ένας άλλος Ινδός επιστήμονας, ο Μπραμαγκούπτα (7ος αιώνας), περιέγραψε έναν γενικό κανόνα για την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή: ax 2 + bx = c, a > 0. (1)

Στην εξίσωση (1), οι συντελεστές, εκτόςΕΝΑ , μπορεί επίσης να είναι αρνητικό. Ο κανόνας του Brahmagupta είναι ουσιαστικά ο ίδιος με τον δικό μας. Στην αρχαία Ινδία, οι δημόσιοι διαγωνισμοί για την επίλυση δύσκολων προβλημάτων ήταν συνηθισμένοι. Ένα από τα παλιά ινδικά βιβλία λέει τα εξής για τέτοιους διαγωνισμούς: «Όπως ο ήλιος ξεπερνά τα αστέρια με τη λάμψη του, έτσι ένας λόγιος άνθρωπος θα ξεπεράσει τη δόξα του άλλου στις δημόσιες συνελεύσεις, προτείνοντας και λύνοντας αλγεβρικά προβλήματα». Τα προβλήματα παρουσιάζονταν συχνά σε ποιητική μορφή.

Αυτό είναι ένα από τα προβλήματα του διάσημου Ινδού μαθηματικού του 12ου αιώνα. Μπάσκαρ.

Εργο.

«Ένα κοπάδι από ζωηρές μαϊμούδες και δώδεκα κατά μήκος των κληματίδων...

Οι αρχές, έχοντας φάει, διασκέδασαν. Άρχισαν να πηδάνε, να κρέμονται...

Υπάρχουν στην πλατεία, μέρος όγδοο Πόσες μαϊμούδες ήταν εκεί;

Διασκέδαζα στο ξέφωτο. Πες μου, σε αυτό το πακέτο;

Η λύση του Bhaskara δείχνει ότι γνώριζε ότι οι ρίζες των τετραγωνικών εξισώσεων έχουν δύο τιμές (Εικ. 1).

Η εξίσωση που αντιστοιχεί στο πρόβλημα είναι:

(x/8) 2 + 12 = x

Ο Bhaskara γράφει υπό το πρόσχημα: x 2 - 64x = -768

και για να συμπληρώσετε την αριστερή πλευρά αυτού

εξίσωση σε τετράγωνο, προσθέτει και στις δύο πλευρές 32 2, μετά παίρνετε: x 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024, Εικ. 1

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

x 1 = 16, x 2 = 48.

4. Τετραγωνικές εξισώσεις του al-Khorezmi.

Στην αλγεβρική πραγματεία του al-Khorezmi, δίνεται μια ταξινόμηση γραμμικών και τετραγωνικών εξισώσεων. Ο συγγραφέας μετράει 6 τύπους εξισώσεων, εκφράζοντας τους ως εξής:

1) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με τις ρίζες», δηλ. Ω 2 + c = bx.

2) «Τα τετράγωνα είναι ίσα με αριθμούς», δηλ. Ω 2 = s.

3) «Οι ρίζες είναι ίσες με τον αριθμό», δηλ. αχ = s.

4) «Τα τετράγωνα και οι αριθμοί είναι ίσοι με τις ρίζες», δηλ. Ω 2 + c = bx.

5) "Τα τετράγωνα και οι ρίζες είναι ίσες με αριθμούς", δηλ. Ω 2 + bx = γ.

6) «Οι ρίζες και οι αριθμοί είναι ίσοι με τετράγωνα», δηλ. bx + c = αχ 2 .

Για τον al-Khorezmi, ο οποίος απέφυγε τη χρήση αρνητικών αριθμών, οι όροι καθεμιάς από αυτές τις εξισώσεις είναι προσθέσεις και όχι αφαιρέσιμοι. Στην περίπτωση αυτή προφανώς δεν λαμβάνονται υπόψη εξισώσεις που δεν έχουν θετικές λύσεις. Ο συγγραφέας παρουσιάζει μεθόδους για την επίλυση αυτών των εξισώσεων χρησιμοποιώντας τις τεχνικές του al-jabr και του al-muqabala. Η λύση του φυσικά δεν συμπίπτει απόλυτα με τη σύγχρονη λύση. Για να μην αναφέρουμε ότι είναι καθαρά ρητορικό, πρέπει να σημειωθεί, για παράδειγμα, ότι όταν λύνει μια ημιτελή τετραγωνική εξίσωση πρώτου τύπου, ο al-Khorezmi, όπως όλοι οι μαθηματικοί μέχρι τον 17ο αιώνα, δεν λαμβάνει υπόψη τη μηδενική λύση, μάλλον γιατί σε συγκεκριμένα πρακτικά δεν έχει σημασία σε εργασίες. Όταν λύνει πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις, ο al-Khorezmi καθορίζει τους κανόνες για την επίλυσή τους χρησιμοποιώντας συγκεκριμένα αριθμητικά παραδείγματα και στη συνέχεια γεωμετρικές αποδείξεις.

Εργο. «Το τετράγωνο και ο αριθμός 21 είναι ίσοι με 10 ρίζες. Βρες τη ρίζα"

(υποθέτοντας τη ρίζα της εξίσωσης x 2 + 21 = 10x).

Η λύση του συγγραφέα έχει κάπως έτσι: διαιρέστε τον αριθμό των ριζών στο μισό, παίρνετε 5, πολλαπλασιάζετε 5 με τον εαυτό του, αφαιρείτε 21 από το γινόμενο, αυτό που μένει είναι 4. Πάρτε τη ρίζα από το 4, παίρνετε 2. Αφαιρέστε 2 από 5 , παίρνετε 3, αυτή θα είναι η επιθυμητή ρίζα. Ή προσθέστε το 2 στο 5, που δίνει 7, αυτό είναι επίσης μια ρίζα.

Η πραγματεία του al-Khorezmi είναι το πρώτο βιβλίο που έφτασε σε εμάς, το οποίο εκθέτει συστηματικά την ταξινόμηση των τετραγωνικών εξισώσεων και δίνει τύπους για τη λύση τους.

5. Τετραγωνικές εξισώσεις στην Ευρώπη XIII - XVII αιώνες.

Οι τύποι για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων κατά τις γραμμές του al-Khorezmi στην Ευρώπη παρουσιάστηκαν για πρώτη φορά στο «Βιβλίο του Άβακα», που γράφτηκε το 1202 από τον Ιταλό μαθηματικό Λεονάρντο Φιμπονάτσι. Αυτό το ογκώδες έργο, που αντανακλά την επίδραση των μαθηματικών, τόσο από τις χώρες του Ισλάμ όσο και από την αρχαία Ελλάδα, διακρίνεται για την πληρότητα και τη σαφήνεια παρουσίασής του. Ο συγγραφέας ανέπτυξε ανεξάρτητα μερικά νέα αλγεβρικά παραδείγματα επίλυσης προβλημάτων και ήταν ο πρώτος στην Ευρώπη που προσέγγισε την εισαγωγή αρνητικών αριθμών. Το βιβλίο του συνέβαλε στη διάδοση της αλγεβρικής γνώσης όχι μόνο στην Ιταλία, αλλά και στη Γερμανία, τη Γαλλία και άλλες ευρωπαϊκές χώρες. Πολλά προβλήματα από το Βιβλίο του Άβακα χρησιμοποιήθηκαν σχεδόν σε όλα τα ευρωπαϊκά εγχειρίδια του 16ου - 17ου αιώνα. και εν μέρει XVIII.

Ο γενικός κανόνας για την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων που ανάγεται σε μια ενιαία κανονική μορφή: x 2 + bx = c,

για όλους τους πιθανούς συνδυασμούς προσήμων συντελεστώνπρο ΧΡΙΣΤΟΥ διατυπώθηκε στην Ευρώπη μόλις το 1544 από τον M. Stiefel.

Η εξαγωγή του τύπου για την επίλυση μιας τετραγωνικής εξίσωσης σε γενική μορφή είναι διαθέσιμη από το Viète, αλλά ο Viète αναγνώρισε μόνο θετικές ρίζες. Οι Ιταλοί μαθηματικοί Tartaglia, Cardano, Bombelli ήταν από τους πρώτους τον 16ο αιώνα. Εκτός από τα θετικά, λαμβάνονται υπόψη και οι αρνητικές ρίζες. Μόλις τον 17ο αιώνα. Χάρη στο έργο των Girard, Descartes, Newton και άλλων επιστημόνων, η μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων παίρνει μια σύγχρονη μορφή.

6. Σχετικά με το θεώρημα του Vieta.

Το θεώρημα που εκφράζει τη σχέση μεταξύ των συντελεστών μιας τετραγωνικής εξίσωσης και των ριζών της, που πήρε το όνομά της από τον Βιέτα, διατυπώθηκε από τον ίδιο για πρώτη φορά το 1591 ως εξής: «Αν B + D φορές A - A 2 ίσον BD, μετά το A ίσον B και ίσον D."

Για να καταλάβουμε τον Βιέτα, θα πρέπει να το θυμόμαστε αυτόΕΝΑ , όπως κάθε φωνήεν γράμμα, σήμαινε το άγνωστο (μας x), φωνήεντα Β, Δ - συντελεστές για το άγνωστο. Στη γλώσσα της σύγχρονης άλγεβρας, η παραπάνω διατύπωση Vieta σημαίνει: αν υπάρχει

(a + b)x - x 2 = ab, δηλ.

x 2 - (a + b)x + ab = 0, τότε

x 1 = a, x 2 = b.

Εκφράζοντας τη σχέση μεταξύ των ριζών και των συντελεστών των εξισώσεων με γενικούς τύπους που γράφτηκαν χρησιμοποιώντας σύμβολα, ο Viète καθιέρωσε την ομοιομορφία στις μεθόδους επίλυσης εξισώσεων. Ωστόσο, ο συμβολισμός του Βιέτ απέχει ακόμα πολύ από τη σύγχρονη μορφή του. Δεν αναγνώριζε αρνητικούς αριθμούς και επομένως, όταν έλυνε εξισώσεις, θεωρούσε μόνο περιπτώσεις όπου όλες οι ρίζες ήταν θετικές.

II. Μέθοδοι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων

Οι τετραγωνικές εξισώσεις είναι το θεμέλιο πάνω στο οποίο στηρίζεται το μεγαλειώδες οικοδόμημα της άλγεβρας. Οι τετραγωνικές εξισώσεις χρησιμοποιούνται ευρέως για την επίλυση τριγωνομετρικών, εκθετικών, λογαριθμικών, παράλογων και υπερβατικών εξισώσεων και ανισώσεων.Πολλά πρακτικά προβλήματα λύνονται με τη βοήθειά τους. Για παράδειγμα, μια τετραγωνική εξίσωση σάς επιτρέπει να υπολογίσετε την απόσταση πέδησης ενός αυτοκινήτου, τη δύναμη ενός πυραύλου για την εκτόξευση ενός διαστημικού σκάφους σε τροχιά και τις τροχιές διαφόρων φυσικών αντικειμένων - από στοιχειώδη σωματίδια έως αστέρια.

Στο σχολείο, μελετώνται τύποι για τις ρίζες τετραγωνικών εξισώσεων, με τη βοήθεια των οποίων μπορείτε να λύσετε οποιεσδήποτε δευτεροβάθμιες εξισώσεις. Ωστόσο, υπάρχουν και άλλοι τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων που σας επιτρέπουν να λύσετε τετραγωνικές εξισώσεις πολύ γρήγορα και αποτελεσματικά. Στη μαθηματική βιβλιογραφία βρήκα δέκα τρόπους επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων και στην εργασία μου ανέλυσα τον καθένα από αυτούς

Ορισμός 1. Μια τετραγωνική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής ax 2 + bx + c = 0, όπου οι συντελεστές a, b, c είναι πραγματικοί αριθμοί, a ≠ 0.

Ορισμός 2. Μια πλήρης τετραγωνική εξίσωση είναι μια τετραγωνική εξίσωση στην οποία υπάρχουν και οι τρεις όροι δηλ. Οι συντελεστές σε και σ είναι διαφορετικοί από το μηδέν.

Ημιτελής τετραγωνική εξίσωση είναι μια εξίσωση στην οποία τουλάχιστον ένας από τους συντελεστές στο ή, c είναι ίσος με μηδέν.

Ορισμός 3. Η ρίζα της τετραγωνικής εξίσωσης είναι ah 2 + in + c = 0 είναι οποιαδήποτε τιμή της μεταβλητής x για την οποία ο τετραγωνικός τριωνυμικός άξονας 2 Το + in + c πηγαίνει στο μηδέν.

Ορισμός 4. Η επίλυση μιας τετραγωνικής εξίσωσης σημαίνει την εύρεση της όλης

ρίζες ή να διαπιστωθεί ότι δεν υπάρχουν ρίζες.

1. Παραγοντοποίηση της αριστερής πλευράς της εξίσωσης.

Ας λύσουμε την εξίσωση x 2 + 10x - 24 = 0.

Ας συνυπολογίσουμε την αριστερή πλευρά:

x 2 + 10x - 24 = x 2 + 12x - 2x - 24 = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12)(x - 2).

Επομένως, η εξίσωση μπορεί να ξαναγραφτεί ως εξής:

(x + 12) (x - 2) = 0

Ένα γινόμενο παραγόντων είναι μηδέν εάν τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες του είναι μηδέν.

x + 12= 0 ή x – 2=0

x=-12 x=2

Απάντηση: -12; 2.

1. Μέθοδος επιλογής πλήρους τετραγώνου.

Ας λύσουμε την εξίσωση x 2 + 6x - 7 = 0.

Επιλέξτε ένα πλήρες τετράγωνο στην αριστερή πλευρά:

x 2 + 6x - 7 = x 2 + 2 x 3 + 3 2 - 3 2 - 7 = (x + 3) 2 - 9 - 7 = (x + 3) 2 - 16.

Τότε, αυτή η εξίσωση μπορεί να γραφτεί ως εξής:

(x + 3) 2 - 16 =0,

(x + 3) 2 = 16.

x + 3=4 ή x + 3 = -4

X 1 = 1 x 2 = -7

Απάντηση: 1; -7.

1. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με χρήση τύπων.

Ας πολλαπλασιάσουμε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0, a ≠ 0 επί 4a, τότε

4a 2 x 2 + 4abx + 4ac = 0,

((2ax) 2 + 2ax b + b 2 ) - b 2 + 4ac = 0,

(2ax + b) 2 = b 2 - 4ac,

2ax + b = ± √ b 2 - 4ac,

2ax = - b ± √ b 2 - 4ac,

1. Έτσι, σε περίπτωση θετικής διάκρισης, δηλ. στο b 2 - 4ac >0, εξίσωση ax 2 + bx + c = 0 έχει δύο διαφορετικές ρίζες.

2. Αν η διάκριση είναι μηδέν, δηλ. b 2 - 4ac = 0 , τότε η εξίσωση έχει μία ρίζα.

3. Αν η διάκριση είναι αρνητική, δηλ.β 2 - 4ac, εξίσωση ax 2 + bx + c = 0 δεν έχει ρίζες.

Ο τύπος (1) των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0 σας επιτρέπει να βρείτε ρίζεςόποιος τετραγωνική εξίσωση (εάν υπάρχει), συμπεριλαμβανομένων των μειωμένων και ελλιπών. Ο τύπος (1) εκφράζεται προφορικά ως εξής:οι ρίζες μιας τετραγωνικής εξίσωσης είναι ίσες με ένα κλάσμα του οποίου ο αριθμητής είναι ίσος με τον δεύτερο συντελεστή που λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο, συν μείον την τετραγωνική ρίζα του τετραγώνου αυτού του συντελεστή χωρίς να τετραπλασιαστεί το γινόμενο του πρώτου συντελεστή με τον ελεύθερο όρο, και ο παρονομαστής είναι διπλάσιος του πρώτου συντελεστή.

Παραδείγματα.

ΕΝΑ) Ας λύσουμε την εξίσωση:

4x 2 + 7x + 3 = 0.

a = 4, b = 7, c = 3.

D = b 2 - 4ac = 7 2 - 4 4 3 = 49 - 48 = 1,D > 0,

Απάντηση: 1; .

σι) Ας λύσουμε την εξίσωση:

4x 2 - 4x + 1 = 0,

a = 4, b = - 4, c = 1,

D = b 2 - 4ac = (-4) 2 - 4 4 1= 16 - 16 = 0, D = 0, η εξίσωση έχει μία ρίζα.

Απάντηση:

V) Ας λύσουμε την εξίσωση: 2x 2 + 3x + 4 = 0,

a = 2, b = 3, c = 4, D = b 2 - 4ac = 3 2 - 4 2 4 = 9 - 32 = - 13, D

Αυτή η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

Απάντηση: χωρίς ρίζες.

1. Επίλυση εξισώσεων χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta.

Δικαίως άξια να τραγουδηθεί στην ποίηση

Το θεώρημα του Vieta για τις ιδιότητες των ριζών.

Δίνεται μια τετραγωνική εξίσωσηονομάζεται εξίσωση της μορφής(1) όπου ο κύριος συντελεστής είναι ίσος με ένα.

Οι ρίζες της παραπάνω τετραγωνικής εξίσωσης μπορούν να βρεθούν χρησιμοποιώντας τον ακόλουθο τύπο:

Μπορείτε να θυμηθείτε αυτόν τον τύπο απομνημονεύοντας το παρακάτω ποίημα.

P με το πρόσημο αντίστροφα

Θα το διαιρέσουμε με το 2,

Και από τη ρίζα υπογράφω προσεκτικάας χωρίσουμε

Και κάτω από τη ρίζα είναι πολύ χρήσιμο

Μισό τετράγωνο

Μείον - και εδώ είναι η λύση μιας μικρής εξίσωσης.

Για να φτιάξετε μια τετραγωνική εξίσωσηοδηγεί στη μειωμένη μορφή, πρέπει να διαιρέσετε όλους τους όρους της σεένα, , Επειτα

Δικαίως άξια να τραγουδηθεί στην ποίηση
Το θεώρημα του Vieta για τις ιδιότητες των ριζών.
Τι είναι καλύτερο, πες μου, η συνέπεια ως εξής:
Πολλαπλασιάζετε τις ρίζες και το κλάσμα είναι έτοιμο:
Ο αριθμητής είναι c, ο παρονομαστής είναι a,
Και το άθροισμα των ριζών είναι επίσης ίσο με το κλάσμα.
Ακόμα κι αν αυτό το κλάσμα είναι μείον, τι πρόβλημα -
Ο αριθμητής είναι b, ο παρονομαστής είναι a.

Αν ορίσουμε , τότε παίρνουμε μια εξίσωση της μορφής. Και οι τύποι () θα έχουν τη μορφή

Ετσι: το άθροισμα των ριζών της ανηγμένης τετραγωνικής εξίσωσης είναι ίσο με τον δεύτερο συντελεστή που λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο και το γινόμενο των ριζών είναι ίσο με τον ελεύθερο όρο.

Από τους συντελεστές p και q μπορεί κανείς να προβλέψει τα σημάδια των ριζών.

ΕΝΑ) Εάν ο συνοπτικός όρος q της παραπάνω εξίσωσης (1) είναι θετικός (q > 0), τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες του ίδιου πρόσημου, και αυτό εξαρτάται από τον δεύτερο συντελεστή:

Αν R , τότε και οι δύο ρίζες είναι θετικές.

Αν p > 0 , τότε και οι δύο ρίζες είναι αρνητικές.

Για παράδειγμα,

x 2 – 3x + 2 = 0; x 1 = 2 και x 2 = 1, αφού q = 2 > 0 και p = - 3

x 2 + 8x + 7 = 0; x 1 = - 7 και x 2 = - 1, αφού q = 7 > 0 και p = 8 > 0.

ΣΙ) Αν ο ελεύθερος όρος q της δεδομένης εξίσωσης (1) είναι αρνητικός (q 0 .

Για παράδειγμα,

x 2 – 8x – 9 = 0; x 1 = 9 και x 2 = - 1, αφού q = - 9 και p = - 8

x 2 + 4x – 5 = 0; x 1 = - 5 και x 2 = 1, αφού q= - 5 και p = 4 > 0.

1. Επίλυση εξισώσεων με τη μέθοδο «ρίψη».

Θεωρήστε την τετραγωνική εξίσωση

Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές με α, προκύπτει η εξίσωση a 2 x 2 + abx + ac = 0.

Έστω ax = y, από όπου x = y/a ; τότε ερχόμαστε στην εξίσωση y 2 + by + ac = 0,

ισοδυναμεί με αυτό.

Οι ρίζες του είναι 1 και 2 βρίσκουμε χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta και τέλος:

x 1 = y 1 /a και x 1 = y 2 /a.

Με αυτή τη μέθοδο ο συντελεστήςΕΝΑ πολλαπλασιάζεται με τον ελεύθερο όρο, σαν να «πετάχτηκε» σε αυτό, γι' αυτό λέγεταιμέθοδος μεταφοράς. Αυτή η μέθοδος χρησιμοποιείται όταν μπορείτε εύκολα να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Vieta και, το πιο σημαντικό, όταν η διάκριση είναι ένα ακριβές τετράγωνο.

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση 2x 2 – 11x + 15 = 0.

Λύση. Ας «ρίξουμε» τον συντελεστή 2 στον ελεύθερο όρο, και ως αποτέλεσμα παίρνουμε την εξίσωση

y 2 – 11y + 30 = 0.

Σύμφωνα με το θεώρημα του Vieta

Υ 1 = 5, x 1 = 5/2, x 1 = 2,5

Υ 2 = 6; x 2 = 6/2; x 2 = 3.

Απάντηση: 2,5; 3.

1. Ιδιότητες συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

1. Έστω μια τετραγωνική εξίσωση ax 2 + bx + c = 0, όπου a ≠ 0.

1. Αν a + b + c = 0 (δηλαδή το άθροισμα των συντελεστών είναι μηδέν),

τότε x 1 = 1, x 2 = s/a.

1. Αν a – b + c=0, τότε x 2 = -1, x 2 = -s/a

Παραδείγματα.

1. Α. Ας λύσουμε την εξίσωση 345x 2 – 137x – 208 = 0.

Λύση. Επειδή a + b + c = 0 (345 - 137 - 208 = 0),Οτι

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

Απάντηση: 1; -208/345.

Β. Λύστε την εξίσωση 132x 2 – 247x + 115 = 0.

Λύση. Επειδή a + b + c = 0 (132 – 247 + 115 = 0),Οτι

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

Απάντηση: 1; 115/132.

2) Ας λύσουμε την εξίσωση 2x 2 + 3x +1= 0. Αφού 2 - 3+1=0, τότε x 1 = - 1, x 2 = -c/a= -1/2

Απάντηση: x 1 = -1, x 2 = -1/2.

Αυτή η μέθοδος είναι βολική για εφαρμογή σε τετραγωνικές εξισώσεις με μεγάλους συντελεστές.

2. Αν ο δεύτερος συντελεστής της εξίσωσης b = 2k είναι ένας ζυγός αριθμός, τότε ο τύπος ρίζαςμπορεί να γραφτεί στη φόρμα

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση 3x 2 - 14x + 16 = 0.

Λύση . Εχουμε: a = 3, b = - 14 (k = -7), c = 16,

D 1 = k 2 – ac = (- 7) 2 – 3 16 = 49 – 48 = 1, D 1 > 0, η εξίσωση έχει δύο διαφορετικές ρίζες.

Απάντηση: 2; 8/3

Μειωμένη εξίσωση x 2 + px + q= 0 συμπίπτει με μια γενική εξίσωση στην οποία a = 1, b = p και c = q . Επομένως, για τη δεδομένη τετραγωνική εξίσωση, ο τύπος ρίζας παίρνει τη μορφή

Ο τύπος () είναι βολικός στη χρήση ότανΤο p είναι ζυγός αριθμός.

Παράδειγμα. Ας λύσουμε την εξίσωση x 2 – 14x – 15 = 0.

Λύση. Έχουμε a = 1, b = -14, (k = -7), c = -15.

x 1,2 =7± =7 ± ,

x 1,2 = 15; x 2 = -1.

Απάντηση: x 1 = 15; x 2 = -1.

7.Γραφική λύση δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

ΚΑΙ Χρησιμοποιώντας γνώσεις για τις τετραγωνικές και γραμμικές συναρτήσεις και τις γραφικές παραστάσεις τους, μπορείτε να λύσετε μια εξίσωση τετραγωνικού με το λεγόμενολειτουργική-γραφική μέθοδος.Επιπλέον, ορισμένες τετραγωνικές εξισώσεις μπορούν να λυθούν με διάφορους τρόπους, ας εξετάσουμε αυτές τις μεθόδους χρησιμοποιώντας το παράδειγμα μιας τετραγωνικής εξίσωσης.

Παράδειγμα. Λύστε την εξίσωση=0

1 τρόπος . Ας σχεδιάσουμε τη συνάρτησηχρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο.

1) Έχουμε:

Αυτό σημαίνει ότι η κορυφή της παραβολής είναι το σημείο (1;-4), και ο άξονας της παραβολής είναι η ευθεία x=1

2) Πάρτε δύο σημεία στον άξονα x που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα της παραβολής, για παράδειγμα τα σημεία στο Σχ. 2

X= -1 και x=3, μετά f(-1)=f(3)=0.

3) Μέσα από τα σημεία (-1;0), (1;-4), (3;0) σχεδιάζουμε μια παραβολή (Εικόνα 2).

Ρίζες εξισώσεωνείναι τα τετμημένα των σημείων τομής της παραβολής με τον άξονα x. Αυτό σημαίνει ότι οι ρίζες της εξίσωσης

Μέθοδος 2

Ας μετατρέψουμε την εξίσωση σε μορφή.

Και (Εικόνα 3).

Τέμνονται σε δύο σημεία Α(-1;1) και Β(3;9). Οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι τετμημένες των σημείων Α και Β, που σημαίνει.

Εικ.3

3 τρόπος

Ας μετατρέψουμε τις εξισώσεις στη μορφή.

Ας κατασκευάσουμε γραφήματα συναρτήσεων σε ένα σύστημα συντεταγμένωνΚαι (Εικ.4) Τέμνονται σε δύο σημεία Α(-1;-2) και Β (3;6). Οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι τετμημένες των σημείων Α και Β, επομένως.

Εικ.4

4 τρόπος

Ας μετατρέψουμε την εξίσωση σε μορφή, λοιπόνεκείνοι.

Ας κατασκευάσουμε μια παραβολή σε ένα σύστημα συντεταγμένωνκαι άμεση . Τέμνονται στα σημεία Α(-1;4) και Β(3;4). Οι ρίζες των εξισώσεων είναι οι τετμημένες των σημείων Α και Β, επομένως(Εικ. 5).

Εικ.5

5 τρόπος

Διαιρώντας και τις δύο πλευρές της εξίσωσης με x όρο ανά όρο, παίρνουμε:

;

.

Εικ.6

Ας κατασκευάσουμε μια υπερβολή σε ένα σύστημα συντεταγμένωνκαι άμεση (Εικ. 6). Τέμνονται σε δύο σημεία Α(-1;-3) και Β(3;1). Οι ρίζες των εξισώσεων είναι οι τετμημένες των σημείων Α και Β, επομένως,.

Οι πρώτες τέσσερις μέθοδοι ισχύουν για οποιεσδήποτε εξισώσεις της φόρμας

αχ 2 + bх + c = 0, και το πέμπτο - μόνο σε εκείνα για τα οποία το c δεν είναι ίσο με μηδέν.

Οι γραφικές μέθοδοι για την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων είναι όμορφες, αλλά δεν παρέχουν 100% εγγύηση επίλυσης οποιασδήποτε δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

8. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με πυξίδες και

Κυβερνήτες.

Προτείνω την ακόλουθη μέθοδο για την εύρεση των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0 χρησιμοποιώντας πυξίδα και χάρακα (Εικ. 7).

Ας υποθέσουμε ότι ο επιθυμητός κύκλος τέμνει τον άξονα

τετμημένη σε σημεία B(x 1; 0) και D (x 2; 0), όπου x 1 και x 2 - ρίζες της εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0 , και περνά μέσα από τα σημεία

A(0; 1) και C(0; c/a) στον άξονα τεταγμένων. Τότε, με το θεώρημα της διατομής, έχουμε OB OD = OA OC, από όπου OC = OB OD / OA = x 1 x 2 / 1 = c/a.

Το κέντρο του κύκλου βρίσκεται στο σημείο τομής των καθέτων SF και SK , αποκαταστάθηκε στα μέσα των συγχορδιών AC και BD, έτσι

Ετσι:

1) κατασκευάστε σημεία (κέντρο του κύκλου) καιΑ(0; 1);

2) σχεδιάστε έναν κύκλο με ακτίναΑΝΩΝΥΜΗ ΕΤΑΙΡΙΑ ;

3) τετμημένες των σημείων τομής αυτού του κύκλου με τον άξοναΩ είναι οι ρίζες της αρχικής τετραγωνικής εξίσωσης.

Σε αυτή την περίπτωση, είναι δυνατές τρεις περιπτώσεις.

1) Η ακτίνα του κύκλου είναι μεγαλύτερη από την τεταγμένη του κέντρου(AS > SK, ή R > a + c/2a), ο κύκλος τέμνει τον άξονα Ox σε δύο σημεία (Εικ. 8α) B(x 1; 0) και D(x 2; 0), όπου x 1 και x 2 - ρίζες δευτεροβάθμιας εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0.

2) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την τεταγμένη του κέντρου(AS = SB, ή R = a + c/2a), ο κύκλος αγγίζει τον άξονα Ox (Εικ. 8β) στο σημείο B(x 1; 0), όπου x 1 - η ρίζα μιας τετραγωνικής εξίσωσης.

3) Η ακτίνα του κύκλου είναι μικρότερη από την τεταγμένη του κέντρου

ο κύκλος δεν έχει κοινά σημεία με τον άξονα της τετμημένης (Εικ. 8γ), στην περίπτωση αυτή η εξίσωση δεν έχει λύση.

Εικ.8

α Β Γ)

Παράδειγμα.

Ας λύσουμε την εξίσωση x 2 - 2x - 3 = 0 (Εικ. 9).

Λύση. Ας προσδιορίσουμε τις συντεταγμένες του κεντρικού σημείου του κύκλου χρησιμοποιώντας τους τύπους:

Ας σχεδιάσουμε έναν κύκλο ακτίνας SA, όπου Α (0; 1).

Απάντηση: x 1 = - 1; x 2 = 3.

9. Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας

Νομογράμματα.

Αυτή είναι μια παλιά και ξεχασμένη μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων, τοποθετημένη στη σελ. 83 της συλλογής: Bradis V.M. Τετραψήφιοι μαθηματικοί πίνακες. - Μ., Εκπαίδευση, 1990.

Πίνακας XXII. Νομόγραμμα για την επίλυση της εξίσωσης z 2 + pz + q = 0. Αυτό το νομόγραμμα επιτρέπει, χωρίς να λύσουμε την δευτεροβάθμια εξίσωση, με τον συντελεστή του

εκεί για να προσδιορίσετε τις ρίζες της εξίσωσης.

Κατασκευάζεται η καμπυλόγραμμη κλίμακα του νομογράμματος

σύμφωνα με τους τύπους (Εικ. 10):

πιστεύονταςOS = p, ED = q, OE = a(όλα σε cm), από

ομοιότητα τριγώνωνSANΚαιCDFπαίρνουμε

ποσοστό

η οποία μετά από αντικαταστάσεις και απλοποιήσεις δίνει την εξίσωση

z2 + pz + q = 0,

και το γράμμαzσημαίνει το σημάδι οποιουδήποτε σημείου σε καμπύλη κλίμακα.

Παραδείγματα.

1) Για την εξίσωσηz2 - 9z + 8 = 0νομογράφημα δίνει ρίζεςz1 = 8,0 Καιz2 = 1,0 (Εικ. 11).

Απάντηση:8,0 ; 1,0.

2) Ας το λύσουμε με τη βοήθειανομογράμματατην εξίσωση

2z2 - 9z + 2 = 0.

Ας διαιρέσουμε τους συντελεστές αυτής της εξίσωσης με 2,

παίρνουμε την εξίσωσηz2 - 4,5z + 1 = 0.

Το νομόγραμμα δίνει ρίζεςz1 = 4 Καιz2 = 0,5.

Απάντηση: 4; 0,5.

3) Για την εξίσωσηz2 - 25z + 66 = 0Οι συντελεστές p και q είναι εκτός κλίμακας, ας κάνουμε την αντικατάστασηz = 5t, παίρνουμε την εξίσωσηt2 - 5t + 2,64 = 0,

που λύνουμε χρησιμοποιώντας νομόγραμμα και παίρνουμεt1 = 0,6 Καιt2 = 4,4, πουz1 = 5 τόνοι1 = 3,0 Καιz2 = 5 τόνοι2 = 22,0.

Απάντηση: 3; 22.

10. Γεωμετρική μέθοδος επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων.

Στην αρχαιότητα, όταν η γεωμετρία ήταν πιο ανεπτυγμένη από την άλγεβρα, οι δευτεροβάθμιες εξισώσεις λύνονταν όχι αλγεβρικά, αλλά γεωμετρικά. Θα δώσω ένα διάσημο παράδειγμα από την «Άλγεβρα» του al-Khorezmi.

Παραδείγματα.

1) Ας λύσουμε την εξίσωσηΧ2 + 10x = 39.

Στο πρωτότυπο, αυτό το πρόβλημα διατυπώνεται ως εξής: «Ένα τετράγωνο και δέκα ρίζες είναι ίσες με 39» (Εικ. 12).

Λύση.Θεωρήστε ένα τετράγωνο με πλευρά x, στις πλευρές του κατασκευάζονται ορθογώνια έτσι ώστε η άλλη πλευρά καθενός από αυτά να είναι 2,5, επομένως, το εμβαδόν του καθενός είναι 2,5x. Στη συνέχεια, το σχήμα που προκύπτει συμπληρώνεται με ένα νέο τετράγωνο ABCD, χτίζοντας τέσσερα ίσα τετράγωνα στις γωνίες, η πλευρά καθενός από αυτά είναι 2,5 και το εμβαδόν είναι 6,25.

τετράγωνομικρότετράγωνοΑ Β Γ Δμπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα των εμβαδών: το αρχικό τετράγωνοΧ2 , τέσσερα ορθογώνια(4 2,5x = 10x)και τέσσερα προσαρτημένα τετράγωνα(6,25 4 = 25) , δηλ.S=Χ2 + 10x + 25.Αντικατάσταση

Χ2 + 10xαριθμός39 , το καταλαβαίνουμεS = 39 + 25 = 64, που σημαίνει ότι η πλευρά του τετραγώνουΑ Β Γ Δ, δηλ. ευθύγραμμο τμήμαAB = 8. Για την απαιτούμενη πλευράΧπαίρνουμε το αρχικό τετράγωνο

2) Μα, για παράδειγμα, πώς έλυσαν την εξίσωση οι αρχαίοι Έλληνεςστο2 + 6у - 16 = 0.

Λύσηπου παρουσιάζεται στο Σχ. 13. όπου

στο2 + 6y = 16, ή y2 + 6ε + 9 = 16 + 9.

Λύση.Εκφράσειςστο2 + 6ου + 9Και16 + 9 αναπαριστούν γεωμετρικά

το ίδιο τετράγωνο και η αρχική εξίσωσηστο2 + 6у - 16 + 9 - 9 = 0- η ίδια εξίσωση. Από που το καταλαβαίνουμεy + 3 = ± 5,ήστο1 = 2, y2 = - 8 (ρύζι..

Εικ.13

3) Λύστε τη γεωμετρική εξίσωσηστο2 - 6у - 16 = 0.

Μεταμορφώνοντας την εξίσωση, παίρνουμε

στο2 - 6 ε = 16.

Στην Εικ. 14 βρίσκουμε «εικόνες» της έκφρασηςστο2 - 6 u,εκείνοι. από το εμβαδόν ενός τετραγώνου με την πλευρά y, αφαιρέστε το εμβαδόν ενός τετραγώνου με πλευρά ίση με3 . Αυτό σημαίνει ότι αν στην έκφρασηστο2 - 6ουΠροσθήκη9 , τότε παίρνουμε το εμβαδόν ενός τετραγώνου με πλευράε - 3. Αντικατάσταση της έκφρασηςστο2 - 6ουίσος αριθμός του 16,

παίρνουμε:(y - 3)2 = 16 + 9, εκείνοι.y - 3 = ± √25, ή y - 3 = ± 5, όπουστο1 = 8 Καιστο2 = - 2.

Εικ.14

συμπέρασμα

Κατά την εκτέλεση της ερευνητικής μου εργασίας, πιστεύω ότι πέτυχα το στόχο και τους στόχους μου, μπόρεσα να γενικεύσω και να συστηματοποιήσω το υλικό που μελετήθηκε για το παραπάνω θέμα.

Υπάρχουν πολλοί τρόποι επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων. Βρήκα 10 τρόπους επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων. Θα πρέπει να σημειωθεί ότι δεν είναι όλα βολικά για επίλυση, αλλά καθένα από αυτά είναι μοναδικό με τον δικό του τρόπο. Ορισμένες λύσεις βοηθούν στην εξοικονόμηση χρόνου, κάτι που είναι σημαντικό κατά την επίλυση εργασιών σε τεστ και εξετάσεις. Όταν εργάζομαι πάνω στο θέμα, έθεσα το καθήκον να μάθω ποιες μέθοδοι είναι τυπικές και ποιες μη τυπικές.

Ετσι,τυπικές μεθόδους(χρησιμοποιείται πιο συχνά κατά την επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων):

• Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με χρήση τύπων
• Το θεώρημα του Βιέτα
• Γραφική λύση εξισώσεων
• Παραγοντοποίηση της αριστερής πλευράς
• Επιλέγοντας ένα πλήρες τετράγωνο

Μη τυπικές μέθοδοι:

• Λύση με μεταφορά συντελεστών
• Ιδιότητες συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης
• Επίλυση τετραγωνικών εξισώσεων με πυξίδα και χάρακα.
• Λύση με χρήση νομογράμματος
• Γεωμετρική μέθοδος

Κατά την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων για τον εαυτό μου, έβγαλα τα ακόλουθα συμπεράσματα: Για να λύσετε καλά οποιαδήποτε εξίσωση δευτεροβάθμιας, πρέπει να γνωρίζετε:

τύπος για την εύρεση του διακριτικού.

τύπος για την εύρεση των ριζών μιας τετραγωνικής εξίσωσης.

αλγόριθμοι για την επίλυση εξισώσεων αυτού του τύπου.

έχω την δυνατότητα να:

να λύσει ημιτελείς τετραγωνικές εξισώσεις.

να λύσει πλήρεις τετραγωνικές εξισώσεις.

να λύσει τις δεδομένες τετραγωνικές εξισώσεις.

να βρείτε λάθη σε λυμένες εξισώσεις και να τα διορθώσετε.

κάνε έναν έλεγχο.

Νομίζω ότι η δουλειά μου θα ενδιαφέρει τους μαθητές της 8ης τάξης, καθώς και όσους θέλουν να μάθουν πώς να λύνουν ορθολογικές εξισώσεις του δευτεροβάθμιου βαθμού και να προετοιμάζονται καλά για τις τελικές εξετάσεις. Κατά τη διάρκεια των μαθηματικών, είπα στους συμμαθητές μου τις μεθόδους επίλυσης των δευτεροβάθμιων εξισώσεων Νο. 5 και 6, άρεσαν στα παιδιά. Θα ενδιαφέρει επίσης τους καθηγητές μαθηματικών, αφού στην εργασία μου δεν εξέτασα μόνο μεθόδους επίλυσης τετραγωνικών εξισώσεων, αλλά και την ιστορία της ανάπτυξής τους.

μεγάλοβιβλιογραφία

1. Mordkovich, A. G. Algebra.8η τάξη. Εγχειρίδιο για εκπαιδευτικά ιδρύματα / Α.Γ. Μόρντκοβιτς.-Μ. : Μνημοσύνη 2011.-260 σελ.
2. Mordkovich, A.G. Άλγεβρα.8η τάξη. Βιβλίο προβλημάτων για εκπαιδευτικά ιδρύματα / Α.Γ. Μόρντκοβιτς.-Μ. : Μνημοσύνη 2011.-270 σελ.
3. Glaser, G.I. Ιστορία των μαθηματικών στο σχολείο / G.I. Glazer.-M.: Διαφωτισμός, 1982- 340 p.
4. Gusev, V.A. Μαθηματικά. Υλικά αναφοράς/ V.A. Gusev, A.G. Mordkovich - M.: Education, 1988, 372 p.
5. Bradis, V.M. Τετραψήφιοι μαθηματικοί πίνακες για τη δευτεροβάθμια εκπαίδευση / V.M., Bradis-M.: Education, 1990-
6. Θεώρημα Vieta – Τρόπος πρόσβασης:.http://phizmat.org.ua/2009-10-27-13-31-30/817-stihi-o-fransua-vieta / Θεώρημα Vieta(Πόροι απομακρυσμένης πρόσβασης (Διαδίκτυο)). 10/12/2013.
7. Τετραγωνικές εξισώσεις – Λειτουργία πρόσβασης:http://revolution.allbest.ru/pedagogics/00249255_0.html (Πόροι απομακρυσμένης πρόσβασης (Διαδίκτυο)). 10.01.2014.