Квадрат теңдеулерді шешу жолдарының түрлі әдістері

Мысал,  1)х²-9х+20=0, х₁=4, х₂=5, мұнда q=20>0, р=-9<0;

               2)х²+5х+6 =0,  х₁ =-2,  х₂ =-3, мұнда q =6>0, р=5>0.

б)  Егер q   (1) теңдеудің  бос мүшесі  теріс болса (q <0), онда теңдеудің  екі түрлі, таңбалы екі түбірі болады, түбірдің модулі бойынша үлкені оң болады, егер р <0 болса, теріс болады, егер р>0. Мысал, 1)х²+3х-4=0;  х₁ =-4,  х₂ =1 мұнда q=-4 <0, р=-3>0

                    2) х²-7х-8 =0;  х₁ =8, х₂ =-1 мұнда  q=-8 <0, р =-7 <0

  5-әдіс. Теңдеуді «асыра лақтыру» әдісімен шешу                                   

ах²+вх+с =0 , а ≠0  квадрат теңдеуін қарастырамыз. Теңдеудің  екі жағын да а-ға көбейтіп, мынаны аламыз: а²х²+авх+ас=0. ах =у деп белгілесек, х = . Олай болса  у²+ву+ас =0 теңдеуіне келеміз. Бұл  бастапқы теңдеумен тең. Теңдеудің  түбірлерін у₁, у₂ –ні Виет теоремасы  арқылы табамыз. Соңында х₁ =,  х₂ = -ны аламыз. Бұл жағдайда               

  а  коэффициентін бос мүшеге көбейтеді. Сондықтан  да бұл әдісті «асыра лақтыру» әдісі деп атайды [1,13бет]. Бұл әдісті көбінесе Виет теоремасын пайдаланып түбірді оңай табуда және дискриминант дәл квадрат болғанда  қолданады.

Мысал:     2х²-9х+9=0  теңдеуін шешейік.

Шешуі:  2 коэффициенті теңдеудің  бос мүшесіне асыра лақтырамыз, нәтижесінде

у²-9у+18=0 теңдеуін аламыз.  Виет теоремасы бойынша

                      Жауабы: 3; 1, 5.

            6-әдіс. Квадрат теңдеулердің коэффициенттерінің қасиеттерін қолдану

            ах²+вх+с=0,  а≠0 квадрат теңдеуі берілген.       

Егер а+в+с=0  (яғни коэффициенттер қосындысы 0-ге тең) болса, онда х₁=1, х₂=

Мысал:  7+2-9=0 қосындысы 0-ге тең. Осы үш сан үшін квадрат теңдеу құрастырып, оны шешейік:

 7-әдіс. Квадрат теңдеуді циркуль және сызғыш көмегімен шешу   

  ах²+вх+с=0 квадраттық теңдеуін циркуль және сызғыш көмегімен шешу әдісін ұсынамыз (1-сурет). Ізделінді шеңбер абцисса өсінде В(х;0) және Д (х₂;0) нүктелерінде қиылыссын делік. Мұндағы х₁, х₂ - ах² + вх + с=0 теңдеуінің түбірлері және ординат осінен  А(0;1) және С(0;) нүктелері арқылы өтеді делік. Олай болса, қима туралы теорема бойынша мынаны аламыз:

ОВ·ОД=ОА·ОС,

 бұдан ОС=                                                                                  

                                                                                                                                    1-сурет

Шеңбер  центрі АС және ВД  хорда ортасында орналасқан перпендикуляр SF пен SК-ның

қиылысу нүктелері болып табылады, сондықтанSК=;

SF =

Сонымен,

1) S (шеңбер центрі)  және   А (0;1)  нүктелерін тұрғызамыз;

2) SА  радиусты шеңбер  жүргіземіз;

3) Осы шеңбердің Ох осі арқылы өтетін қиылысу нүктелері бастапқы квадрат теңдеудің  түбірі болады.

            Сонымен үш түрлі жағдай болуы мүмкін: 

1-ші жағдай.Шеңбер  радиусы ордината  центрінен артық (АS> SК, немесе,   шеңбер Ох осін екі  нүктеде (2а-сурет)  В (х; 0) және Д (х₂;0) нүктелерде қияды. Мұндағы  х₁ және х₂-ах²+вх+с =0 квадрат теңдеуінің түбірлері).

2-ші жағдай.Шеңбер радиусы ордината центрінде (АS= SК; немесе

Отправка СМС бесплатно