Ғылыми жоба: "Квадрат теңдеулерді шешу әдістері"

Оңтүстік Қазақстан облысы Шымкент қаласы

Оразба атындағы №115 негізгі орта мектебі

Ғылыми жоба жұмысы

Тақырыбы: Квадрат теңдеулерді шешу әдістері

Секциясы: Математика

Орындаған:

Қалдыбек Арайлым Құралбекқызы 9 "А" сынып

Жетекшісі:

Садырбаева К.С.

2020-2021 оқу жылы

Мазмұны.

Жетекшінің пікірі:......................................................................................2

Аннотация ............................................................................................. 3-5

I. Кіріспе ………………...............…................................................…….6

1. Квадрат теңдеудің даму тарихы.......…..........…………………...…...7

2. Ертедегі Диофанттың есебі..........................…………………...….7-8

3. Квадрат теңдеудің әл-Харезмде дамуы.........................……...…....8-9

II. Квадрат теңдеулерді шешудің тәсілдері

1. Тәсіл...………………………………………………………….……10

2. Тәсіл ………………………………..………………………….……10

3. Тәсіл ………………………………..……………………….………10

4. Тәсіл ……………………..…………………………………………..12

5. Тәсіл ………………………………..………………………………..12

6. Тәсіл ………………………………….....…………………………....13

7. Тәсіл …………………………………….……………………...…14-15

8. Тәсіл …………………………………….………………….....….16-18

9. Тәсіл ……………………………………….………………...…...17-18

10. Тәсіл ……………………………………….…………………......18-19

III. Қорытынды……………..…………………………………..............20

Қолданылған әдебиеттер....……..………………………………….21

Кіріспе

Білім өркениеттіліктің әрі өлшемі, әрі тетігі болып табылатындықтан кез келген мемлекеттің рухани және әлеуметтік дәрежесі білім деңгейіне байланысты бағаланады. 
Жан-жақты үйлесімді, өркениетті елдің ұрпағын тәрбиелеп шығу бүгінгі мектептің алдына қойылған мақсаттардың бірі. Бұл мақсат әрбір орта мектеп мұғалімінен бүгінгі заман талабына сай оқыту әдістемесін күннен күнге жетілдіре түсуін талап етеді. Осы талаптың орындалуы орта мектеп бағдарламасындағы әрбір пәннің әр тарауының әр тақырыбын оқушы санасына жететіндей етіп оқытқанда ғана орындалады. Олай болса, оқушыларды жеке тұлға етіп тәрбиелеуде математика пәнінің де алатын орны, салмағы зор. 
Бұл мақала алгебра курсында қарастырылатын квадрат теңдеулерге және оларды шешу жолдарының әр түрлі әдістеріне негізделініп отыр. 
«Квадрат теңдеулер» мектептегі алгебра курсының маңызды тақырыптарының бірі. Көптеген табиғи үдірістер мен құбылыстар, с.с. мазмұнды есептердің шығарылуы квадрат теңдеулерді шешуге келіп тіреледі. Теңсіздіктерді шешу, функцияларды зерттеу (функцияның нөлдерін, экстремум нүктелерін, өсу және кему аралықтарын табу), ең үлкен және ең кіші мәндерді табу есептерін шығару және т.б. жағдайларда квадрат теңдеулерді шеше білу қажеттігі туындайды. Сондай-ақ тригонометриялық, көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді, физикада және техникада, геометрия курсының есептерін алмастыру тәсілімен шешкенде квадрат теңдеулерге келтіріледі. 
Зерттеу барысында мектеп оқушыларына «квадрат теңдеулерді» шешу жолдарының тоғыз түрлі әдісімен таныстыруға мүмкіндік бар екендігін анықтадық. Атап айтқанда, олар төмендегідей болып табылады: Зерттеу барысында «квадрат теңдеулерді» шешу жолдарының 10 түрлі әдісімен таныстым. Ол тәсілдерге алда жеке – жеке тоқталамын. 

Квадрат теңдеудің даму тарихы.

2-ші дәрежелі теңдеулерді шешуді б.э.д   II мыңжылдықта Ежелгі Вавилонда шығара білген.Ежелгі  Греция математиктері  квадрат теңдеулерді   геометриялық тәсілмен шешкен; мысалы, Евклид –кесіндіні орта және шеткі қатынастарға бөлу арқылы шешкен.   
Квадрат теңдеудің түбірлерінің формуласы бірнеше рет  «қайтадан ашылған» . Бізге жеткен деректер бойынша ең бірінші бұл формулаларды үнді математигі Брахмагупте  ашқан(жуықтап 598 ж.). 
Ортаазия ғалымы ал-Хорезми (IX .ғ) өзінің  «Китаб  аль-джебр валь -мукабала» трактатында бұл формуланы екімүшенің толық квадратын  геометриялық интерпретация арқылы айырып алу жолымен шешкен. 

Ертедегі Диофанттың есебі.

Есеп. Екі санның квадраттарының қосындысына тең санды басқа екі санның квадраттарының қосындысына тең болатындай жаз.

Диофант теңдеулердің оң бүтін және бөлшек шешулерін табуға баса назар аударады. Шешуі теріс сан болатындай теңдеуді ол мағынасыз теңдеу деп санап, бүтіндей қарастырмайды. Тек бір оң түбір табумен қанағаттанады.

Алдыңғы есепке оралайық. Бұл проблеманы шешуі мынадай есеппен түсіндіреді: Берілген сан 13 болсын, ол 2 мен 3-тің квадраттарының қосындысына тең. Бір квадраттың қабырғасының ұзындығы х+2 болсын, ал екінші квадрат қабырғасының ұзындығы 2х-тен 3-і кем, яғни 2х-3. Сонда бірінші квадраттың ауданы (х+2)² =x² +4x+4, екіншісінікі (2х-3)² =4х² -12х+9.

Екеуінің ауданың қоссақ (х² +4х+4) + (4х² -12х+9)=5х²-8х+13. Есептің шарты бойынша бұл 13-ке тең болуы керек:

5х² -8х+13=13

5х² -8х=0

х(5х-8)=0 5x-8=0

5x=8

x=

Сонымен бірінші квадраттың қабырғасы х+2= + 2= , екіншісінікі 2х-3=2* -3= -3= .

Квадраттың аудандары: ( )² =

( )² =

Бұл сандардың қосындысы + = =13 болады, яғни есепті қанағаттандырады.

Квадрат теңдеудің әл-Харезмде дамуы.

Кітаптың өзінде пайдаланылған әдебиеттер көрсетілмегендіктен, әл-Хорезми қандай кітаптарды қолданылғаны белгісіз.

Кітапта кез келген квадрат теңдеуді алты негізгі түрдің біріне келтіріп, сол негізгі түрлерді шешудің алгебралық және геометриялық тәсілдері келтірілген. Қазіргі кезде қолданылатын абстрактылы шартты белгілер кітапта атымен жоқ болғандықтан, «әл-Хорезмидің алгебрасы толығымен сөзбен сипаттау арқылы баяндалған. Гректің «Арифметикасында» немесе Браһмагуптаның еңбектерінде қолданылатын синкопациялар мүлдем қолданылмаған. Тіпті сандар арнайы таңбамен бейнеленген емес, толығымен сөздер ретінде жазылған!»Сондықтан теңдеулер сөзбен «шаршы» деп (яғни бүгіндері “x²” деп), «түбір» деп (бүгін оны “x” деп) және «сандар» деп (мысалы, «қырық екі», «жеті» деп толығымен жазып отырды) деп белгіленіп отырды. Бүгінгі күннің шартты белгілерін қолданса, теңдеудің негізгі алты түрі мыналар:
1) квадраттар тең түбірге тең (ax² = bx) 
2) квадраттар санға тең (ax² = c) 
3) түбірлер санға тең (bx = c) 
4) квадраттар мен түбірлер санға тең (ax² + bx = c) 
5) квадраттар мен сандар түбірге тең (ax² + c = bx) 
6) түбірлер мен сандар квадраттарға тең (bx + c = ax²) 

Әл-жәбр (араб жазуымен: ‘الجبر’) («толықтыру») амалы: теріс шаманы теңдеудің бір жағынан екінші жағына жіберіп, оң шама етіп өзгерту.
Әл-Хорезмидің мысалында (қазіргі белгілерді қолданса) “x² = 40x – 4x²” теңдеуі «әл-жәбр» амалын қолдану арқылы мынаған өзгертіледі: “5x² = 40x” Осы ережені қайталап қолдану арқылы есептеулерді пайда болатын теріс сандардан құтылуға болады.
Әл-мұқабала (араб жазуымен ‘المقابله’) («теңдестіру») дегеніміз – теңдеудің екі жағынан да бірдей оң шаманы алып тастау, сонда мына теңдеу: “x2 + 5 = 40x + 4x²” мына түрге келеді: “5 = 40x + 3x²“. Осы ережені қайталап қолдану арқылы әр түрлі шамалардың (квадрат, түбір, сан сияқты) теңдеудің бір жағында тек бір рет қана кездесетіндей етіп түрлендіруге болады.
Кітаптың келесі бөлігінде жоғарыда айтылған ережелерді іс жүзінде қолданудың практикалық мысалдары келтірілген. Одан кейінгі бөлігінде аудан мен көлемді есептеудің жолдары қарастырылған.

1-әдіс. Теңдеудің сол жақ бөлігін көбейткіштерге жіктеу.

х² + 10х - 24 = 0 теңдеуді жіктейміз .

Теңдеудің сол жақ бөлігін  көбейткіштерге жіктейміз:

х² + 10х - 24 = х² + 12х - 2х - 24 = х(х + 12) - 2(х + 12) = (х + 12)(х - 2).

Демек, теңдеуді былай жазуға болады: 

(х + 12)(х - 2) = 0

Көбейтінді нөлге тең болғандықтан, ең болмағанда көбейткіштердің біреуі нөлге тең болуы керек. Сондықтан  теңдеулердің сол жақ бөлігіндегі х = 2 және х = - 12  сандары х² + 10х - 24 = 0 теңдеуінің  түбірлері болып табылады.

2-әдіс. Толық квадратқа келтіру әдісі.

Мысал: х² + 6х - 7 = 0=0   теңдеуін шешейік.

Сол  жақ бөлігін толық квадратқа келтіреміз. Ол үшін х² + 6х өрнегін төмендегідей жазып аламыз:  

х² + 6х = х² + 2• х • 3.

Алынған өрнектің бірінші қосындысы х-тың квадраты, ал екінші қосындысы х пен 3-тің  екі  еселенгені. Толық квадрат алу үшін 3²-ын қосу керек. Сонда   

х² + 2• х • 3 + 3² = (х + 3)².

Енді теңдеудің сол жағын  түрлендіреміз. Берілген теңдеуге 3² -ын қосып, алып тастаймыз. Сонда шығатыны:         

х² + 6х - 7 = х² + 2• х • 3 + 3² - 3² - 7 = (х + 3)² - 9 - 7 = (х + 3)² - 16.

Сонымен, берілген теңдеуді былайша жазуға болады:     

(х + 3)² - 16 =0, (х + 3)² = 16.

Бұдан      , х + 3 - 4 = 0, х₁ = 1, немесе х + 3 = -4, х₂ = -7.

3-әдіс. Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу.

ах² + bх + с = 0, а ≠ 0

теңдеудің екі жағын да 4а-ға көбейтеміз де, төмендегі өрнекті аламыз:

4а²х² + 4аbх + 4ас = 0,

((2ах)² + 2ах • b + b²) - b² + 4ac = 0,

(2ax + b)² = b² - 4ac,

2ax + b = ± √ b² - 4ac,

2ax = - b ± √ b² - 4ac,

Оған келесідегідей мысалдар келтіруге болады: 4х² + 7х + 3 = 0.

а = 4, b = 7, с = 3, D = b² - 4ac = 7² - 4 • 4 • 3 = 49 - 48 = 1,

Д>0 болғандықтан, екі әр түрлі түбір болады:

Сонымен, дискриминант оң болғанда, яғни в²-4ас>0, ах²+вх+с=0 теңдеуінің екі түрлі түбірі болады.

б) 4х² - 4х + 1 = 0, теңдеуін шешейік.

а = 4, b = - 4, с = 1, D = b² - 4ac = (-4)² - 4 • 4 • 1= 16 - 16 = 0,

D = 0, болғандықтан, бір ғана түбір бар болады

Сонымен, егер дискриминант нөлге тең болса, b² - 4ac = 0, то уравнение

а х² + bх + с = 0 теңдеуінің жалғыз түбірі бар болады

в) 2х² + 3х + 4 = 0, теңдеуін шешейік.

а = 2, b = 3, с = 4, D = b² - 4ac = 3² - 4 • 2 • 4 = 9 - 32 = - 13 , D < 0.

Д<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды..

Д<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды. b² - 4ac < 0 онда ах² + bх + с = 0 теңдеуінің түбірі  болмайды

4-әдіс. Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешуКелтірілген түбірлері Виет теоремасын  қанағаттандырады.

Ол былай беріледі: х² + px + c = 0. (1)

а=1 болғанда,

x₁ x₂ = q,

x₁ + x₂ = - p

Бұдан  келесі  тұжырымдарды шығаруға болады:

а) Егер  q  (1)  теңдеудің  бос мүшесі оң болса (q0) онда теңдеудің екі бірдей таңбалы түбірі болады. Егер р>0, онда екі түбірі де теріс болады, егер р<0, онда  түбірлері оң болады.

Мысал,x² – 3x + 2 = 0; x₁ = 2 және x₂ = 1, мұнда q = 2 > 0 , p = - 3 < 0;

x² + 8x + 7 = 0; x₁ = - 7 және <