Екінші дәрежелі көпмүшені зерттеуге сегізінші сыныптың алгебра курсында көп көңіл бөлінеді. Егер бұл материалды студент нашар меңгерсе, онда профильдік деңгейде де, базалық деңгейде де OGE және Бірыңғай мемлекеттік емтихан емтихандарында проблемалар сөзсіз. Квадраттық функцияларға қатысты міндетті дағдыларға графиктерді салу және талдау, теңдеулерді шешу жатады.
Квадрат үшмүшені көбейткіштерге бөлу стандартты мектеп есептерінің бірі болып табылады. Ол теңсіздікті интервал әдісімен шешуде көмекші болып табылады.
Теңдеудің түбірін табу
Көпмүшені көбейткіштерге бөлу үшін ең бірінші оның түбірін табу керек.
Түбірлер – көпмүшедегі мономалдар қосындысын нөлге айналдыратын сандар, графикалық түрде көлденең осьпен қиылысуға ұқсайды. Олар дискриминант немесе Виета теоремасы арқылы анықталады.
Үшмүшелік осьтің дискриминанты2 + bx + c формуласы бойынша есептеледі: D=b2m- 4ac.
Дискриминант теріс болмаған жағдайда,түбірлер ол арқылы өрнектеледі және көпмүшелік коэффициенттер:
x1 =1/2(-b + √D); x2 =1/2(-b - √D)
Егер дискриминант нөл болса, x1және x2бірдей болады.
Кейбір үшмүшелерді шешу үшін Виета теоремасын қолданған ыңғайлы:
x1 + x2 =-b: a; x1 × x2=c: a
Теореманы қолдану үшін белгілі бір математикалық интуиция қажет. Қорытынды: екі белгісіздің қосындысы мен көбейтіндісін біле отырып, осы сандарды алыңыз. Егер олар бар болса, олар бірегей түрде табылады (орн ауыстыруға дейін).
Теореманың дұрыстығын түбірлердің қосындысы мен көбейтіндісін жалпы түрде есептеу арқылы тексеруге болады. x1 және x2 формулалары да тікелей ауыстыру арқылы тексеріледі.
Факторинг ережесі
Егер көпмүшенің түбірі болса, мәселені нақты сандармен шешуге болады. Ыдырау мына формуламен анықталады:
ax2 + bx + c=a(x - x1)(x - x2)
Мысалдар
Есеп: шаршы үшмүшелерді көбейткіштерге бөлуді табыңыз.
a) x2 - 6x + 5
Шешімі: үшмүшенің коэффициенттерін жаз:
а=1; b=-6; c=5.
Вьета теоремасын қолдану:
x1 + x2 =6;
x1 × x2=5.
Көрінетіндей x1 =1, x2 =5.
Егер теореманың жазбаша теңдіктеріне сәйкес,түбірлерді тез табуға болады, бірден дискриминанттың есебіне көшу керек.
Түбірлер табылғаннан кейін оларды кеңейту формуласына ауыстыру керек:
x2 - 6x + 5=(x - 1)(x - 5)
Осы пішінде жазылған нәтиже түпкілікті деп саналуы мүмкін.
b) 2x2 + x - 1
Шешімі:
a=2, b=1, c=-1.
Егер жетекші коэффициент 1-ден өзгеше болса, Виета теоремасын қолдану дискриминант арқылы шешуден гөрі көбірек уақытты алады, сондықтан оны есептеуге көшейік.
D=1 - 4 × 2 × (-1)=9.
x1=1/2; x2=-1.
Формула:
2x2 + x - 1=2(x - 1/2)(x + 1).
c)x2 - 8x + 16
Шешімі:
а=1; b=-8; c=16.
D=0.
Дискриминант нөлге тең болғандықтан, бізде түбірлердің сәйкестік жағдайы бар:
x1 =x2 =4.
Алайда бұл жағдай бұрын қарастырылғандардан түбегейлі айырмашылығы жоқ.
x2 - 8x + 16=1(x - 4)(x - 4)
Нәтиже жиі былай жазылады: (x - 4)2.
d)x2 - 7x + 1
Шешімі:
а=1; b=-7; c=1.
D=45.
Бұл мысалдың алдыңғы мысалдардан айырмашылығы, дискриминанттан рационалды түбірді шығару мүмкін емес. Бұл көпмүшенің түбірлері иррационал екенін білдіреді.
x1 =-1/2(7 + √45); x2 =-1/2(7 - √45).
Немесе баламасы, x1=-3, 5 - 1/2√45; x2 =-3, 5 + 1/2√45.
Соңғы опцияны жазуды кеңейту үшін пайдалану ыңғайлырақ. Мұнда 1-ге тең жоғары коэффициентті алып тастасақ, біз мынаны аламыз:
x2- 7x + 1=(x + 3,5 + 1/2√45)(x + 3,5 - 1/2√45)
Дискриминант теріс болған жағдайда мектеп бағдарламасы аясында келесі жауап жеткілікті: үшмүшенің түбірі жоқ, сондықтан көбейткіштерге бөлуге болмайды. Мұндай үшмүшелерді азайтылмайтын деп те атайды. Біз тек нақты тамырлардың болуы немесе жоқтығы туралы айтып отырғанымызды түсіну маңызды.
Егер күрделі сандар өрісі қарастырылса, квадрат үшмүшені көбейткіштерге бөлу кез келген дискриминантпен мүмкін болады.
Типтік қателер
1) Көпмүшені зерттеудің ең басында көптеген адамдар коэффициенттерді қате жазады, мысалы, белгілеудегі мономүшелердің орналасу ретіне назар аударады.
Сонымен 101-теңдеудегі жетекші a коэффициенті 79x + 38x2 сіз ойлағандай 101 емес, 38 болып табылады.
Теңдеудің коэффициенттерімен байланысты тағы бір қате «белгіні жоғалту» деп аталады. Дәл сол мысалда 79 емес, b=-79 коэффициенті.
2) a=1 жағдайына арналған Вьетнам теоремасын қолдануға дағдыланған мектеп оқушылары кейде оның толық тұжырымын ұмытып кетеді. Бірінші абзацтағы көпмүшеде түбірлердің қосындысын 79 деп қабылдау дұрыс емес, өйткені бірінші коэффициент 1-ден өзгеше.
3) Есептеу қателері студенттер үшін жиі кездесетін мәселе. Көптеген жағдайларда тексеру оларды болдырмауға көмектеседі.ауыстыру.
Үшінші дәрежелі және одан жоғары көпмүшелер
Үшінші және одан жоғары дәрежелі көпмүшелердің түбірін табу мәселесі көп еңбекті қажет ететіндіктен мектепте жоғары дәрежелі көпмүшелер сирек қарастырылады. Үшінші және төртінші дәрежелі көпмүшені кеңейту үшін жоғары есептеу күрделілігі алгоритмдері бар. Бесінші және одан жоғары дәрежелер үшін жалпы түрдегі радикалдардағы теңдеудің шешілмейтіндігі туралы теорема дәлелденеді.
Орта мектепте қарастыруға болатын бұл көпмүшелердің ерекше жағдайлары ұтымды оңай таңдалған түбірлердің болуымен сипатталады. Соңғысының саны көпмүшенің дәрежесінен аспауы керек. Күрделі жазықтықпен жұмыс істегенде, олардың саны ең жоғары дәрежемен бірдей.
Тақ дәрежелі көпмүшелердің әрқашан кем дегенде бір нақты түбірі болады. Мұны графикалық түрде көрсету оңай – мұндай көпмүше арқылы берілген үздіксіз функцияның оң және теріс мәндері бар, яғни ол 0 арқылы өтеді.
Екі көпмүшенің барлық түбірлері сәйкес келеді, егер олардың коэффициенттері пропорционал болса ғана.
Жалпы, түбірлерді табу мәселесі мен ыдырауды құру мәселесін баламалы деп санауға болады.
