የተለያዩ ዘዴዎችን በመጠቀም የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች መፍታት. በሂሳብ ከፍተኛ ዲግሪ ያላቸው እኩልታዎች

የሥራው ጽሑፍ ያለ ምስሎች እና ቀመሮች ተለጠፈ።
የስራው ሙሉ ስሪት በፒዲኤፍ ቅርጸት በ "የስራ ፋይሎች" ትር ውስጥ ይገኛል

መግቢያ

የከፍተኛ ዲግሪዎች የአልጀብራ እኩልታዎችን ከአንድ የማይታወቅ ጋር መፍታት በጣም አስቸጋሪ እና ጥንታዊ ከሆኑ የሂሳብ ችግሮች አንዱ ነው። በጥንት ዘመን የነበሩ በጣም የታወቁ የሂሳብ ሊቃውንት እነዚህን ችግሮች ፈትሸው ነበር።

የ nth ዲግሪ እኩልታዎችን መፍታት ለዘመናዊ ሂሳብ ጠቃሚ ተግባር ነው። እነዚህ እኩልታዎች በትምህርት ቤት ሒሳብ ሥርዓተ-ትምህርት ውስጥ ያልተካተቱትን የእኩልታዎች ሥር ከመፈለግ ጋር በቅርበት ስለሚዛመዱ ለእነሱ ብዙ ፍላጎት አለ።

ችግር፡የተማሪዎች የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎችን በተለያዩ መንገዶች የመፍታት ክህሎት ማነስ በሂሳብ እና በሂሳብ ኦሊምፒያድ የመጨረሻ የምስክር ወረቀት ለማግኘት እና በልዩ የሂሳብ ክፍል ውስጥ እንዳይሰለጥኑ ያግዳቸዋል።

የተዘረዘሩት እውነታዎች ተወስነዋል አግባብነትየእኛ ሥራ "የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች መፍታት".

የ nth ዲግሪ እኩልታዎችን የመፍታት ቀላሉ ዘዴዎች እውቀት አንድን ሥራ ለማጠናቀቅ ጊዜን ይቀንሳል, ይህም የሥራው ውጤት እና የመማር ሂደት ጥራት ላይ የተመሰረተ ነው.

የሥራው ዓላማ;የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች ለመፍታት የታወቁ ዘዴዎችን በማጥናት እና ለተግባራዊ አጠቃቀም በጣም ተደራሽ የሆኑትን መለየት.

በግቡ ላይ በመመስረት, የሚከተለው በስራው ውስጥ ይገለጻል. ተግባራት፡-

በዚህ ርዕስ ላይ ስነ-ጽሁፍ እና የበይነመረብ ምንጮችን አጥኑ;

ከዚህ ርዕስ ጋር የተያያዙ ታሪካዊ እውነታዎችን ይወቁ;

የከፍተኛ ዲግሪ እኩልታዎችን ለመፍታት የተለያዩ መንገዶችን ይግለጹ

የእያንዳንዳቸውን ውስብስብነት ደረጃ ማወዳደር;

የክፍል ጓደኞችን የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች ለመፍታት መንገዶችን ያስተዋውቁ;

ለእያንዳንዱ የታሰቡ ዘዴዎች ተግባራዊ ትግበራ የእኩልታዎች ምርጫ ይፍጠሩ።

የጥናት ዓላማ- የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች ከአንድ ተለዋዋጭ ጋር።

የጥናት ርዕሰ ጉዳይ- የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች ለመፍታት ዘዴዎች.

መላምት፡-ለ Nth ዲግሪ እኩልታዎች በተወሰኑ ደረጃዎች መፍትሄዎችን እንዲያገኝ የሚያስችል አጠቃላይ ዘዴ ወይም ነጠላ ስልተ ቀመር የለም።

የምርምር ዘዴዎች፡-

- መጽሐፍ ቅዱሳዊ ዘዴ (በምርምር ርዕስ ላይ የስነ-ጽሑፍ ትንተና);

- የምደባ ዘዴ;

- የጥራት ትንተና ዘዴ.

ቲዎሬቲካል ጠቀሜታምርምር የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች ለመፍታት እና ስልተ ቀመሮቻቸውን የሚገልጹ ስልታዊ ዘዴዎችን ያካትታል።

ተግባራዊ ጠቀሜታ- በዚህ ርዕስ ላይ የቀረቡ ጽሑፎች እና በዚህ ርዕስ ላይ ለተማሪዎች የማስተማሪያ መርጃ እድገት.

1. የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች

1.1 የ nth ዲግሪ እኩልታ ጽንሰ-ሐሳብ

ፍቺ 1.የ nth ዲግሪ እኩልነት የቅጹ እኩልነት ነው።

ሀ 0 xⁿ+ሀ 1 x n -1 +ሀ 2 x - ²+…+ሀ n -1 x+a n = 0, የት Coefficients ሀ 0, ሀ 1, ሀ 2…, ሀ n -1, ሀ n - ማንኛውም እውነተኛ ቁጥሮች, እና ,አ 0 ≠ 0 .

ፖሊኖሚል ሀ 0 xⁿ+ሀ 1 x n -1 +ሀ 2 x - ²+…+ሀ n -1 x+a n የ nth ዲግሪ ፖሊኖሚል ይባላል። ጥምርታዎቹ በስም ተለይተዋል፡- ሀ 0 - ሲኒየር Coefficient; ሀ n ነጻ አባል ነው.

ፍቺ 2. ለተሰጠው እኩልታ መፍትሄዎች ወይም ሥሮችሁሉም የተለዋዋጭ እሴቶች ናቸው። Xይህን እኩልታ ወደ እውነተኛ የቁጥር እኩልነት የሚቀይር ወይም ለዚህም ብዙ ቁጥር ያለው ሀ 0 xⁿ+ሀ 1 x n -1 +ሀ 2 x - ²+…+ሀ n -1 x+a n ወደ ዜሮ ይሄዳል. ይህ ተለዋዋጭ እሴት Xየፖሊኖሚል ሥር ተብሎም ይጠራል. እኩልታን መፍታት ማለት ሥሮቹን መፈለግ ወይም ምንም እንደሌለ ማረጋገጥ ማለት ነው።

ከሆነ ሀ 0 = 1, ከዚያም እንዲህ ዓይነቱ እኩልታ የተቀነሰ ኢንቲጀር ምክንያታዊ እኩልታ n ይባላል ኛዲግሪዎች.

ለሶስተኛ እና አራተኛ ዲግሪ እኩልታዎች፣ የእነዚህን እኩልታዎች ስር በራዲካል የሚገልጹ የ Cardano እና Ferrari ቀመሮች አሉ። በተግባር ግን እምብዛም ጥቅም ላይ የማይውሉ መሆናቸው ተገለጠ. ስለዚህ, n ≥ 3, እና የፖሊኖሚል ጥምርታዎች የዘፈቀደ እውነተኛ ቁጥሮች ከሆኑ, የእኩልታውን ሥሮች ማግኘት ቀላል ስራ አይደለም. ይሁን እንጂ በብዙ ልዩ ሁኔታዎች ይህ ችግር ሙሉ በሙሉ ተፈትቷል. አንዳንዶቹን እንይ።

1.2 የከፍተኛ ዲግሪ እኩልታዎችን ለመፍታት ታሪካዊ እውነታዎች

ቀድሞውኑ በጥንት ጊዜ ሰዎች የአልጀብራ እኩልታዎችን መፍታት መማር ምን ያህል አስፈላጊ እንደሆነ ተገንዝበዋል. ከ 4000 ዓመታት በፊት የባቢሎናውያን ሳይንቲስቶች አራት ማዕዘናዊ እኩልታዎችን እንዴት እንደሚፈቱ እና የሁለት እኩልታዎች ስርዓቶችን መፍታት እንደሚችሉ ያውቃሉ ፣ አንደኛው የሁለተኛ ዲግሪ ነበር። በከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች በመታገዝ የተለያዩ የመሬት ቅየሳ፣ አርክቴክቸር እና ወታደራዊ ጉዳዮች ችግሮች ተፈትተዋል፣ ብዙ እና የተለያዩ የተግባር እና የተፈጥሮ ሳይንስ ጥያቄዎች ተቀንሰዋል፣ ምክንያቱም ትክክለኛው የሂሳብ ቋንቋ አንድ ሰው እውነታዎችን እና ግንኙነቶችን በቀላሉ እንዲገልጽ ስለሚያደርግ , በተለመደው ቋንቋ ሲገለጽ, ግራ የሚያጋባ እና ውስብስብ ሊመስል ይችላል.

የአልጀብራ እኩልታ ሥር ለማግኘት ሁለንተናዊ ቀመር nthዲግሪ የለም. ብዙዎች፣ ለማንኛውም ዲግሪ n፣ የእኩልቱን አመጣጥ በቁጥር (coefficients) የሚገልጹ ቀመሮችን የማግኘት አጓጊ ሃሳብ ነበራቸው፣ ማለትም፣ እኩልዮሹን በአራዲካል መፍታት።

በ 16 ኛው ክፍለ ዘመን ብቻ የጣሊያን የሒሳብ ሊቃውንት የበለጠ እድገት ማድረግ የቻሉት - ቀመሮችን ለማግኘት n = 3 እና n = 4. በተመሳሳይ ጊዜ, Scipio, Dahl, Ferro እና ተማሪዎቹ ፊዮሪ እና ታርታሊያ የአጠቃላይ መፍትሄ ጥያቄን በማጥናት ላይ ነበሩ. የ 3 ኛ ዲግሪ እኩልታዎች.

እ.ኤ.አ. በ 1545 ጣሊያናዊው የሂሳብ ሊቅ ዲ ካርዳኖ “ታላቅ ጥበብ ወይም በአልጀብራ ህጎች ላይ” መጽሐፍ ታትሟል ፣ ከሌሎች የአልጀብራ ጥያቄዎች ጋር ፣ ኪዩቢክ እኩልታዎችን ለመፍታት አጠቃላይ ዘዴዎች ፣ እንዲሁም ለ ዘዴ በተማሪው ኤል. ፌራሪ የተገኘውን የ4ኛ ዲግሪ እኩልታዎችን መፍታት።

የ 3 ኛ እና 4 ኛ ዲግሪ እኩልታዎች መፍትሄ ጋር የተያያዙ ጉዳዮችን የተሟላ አቀራረብ በ F. Viet ተሰጥቷል.

በ 19 ኛው ክፍለ ዘመን በ 20 ዎቹ ውስጥ, የኖርዌይ የሂሳብ ሊቅ ኤን. አቤል የአምስተኛው ዲግሪ እኩልታዎች ሥሮች በአክራሪነት ሊገለጹ እንደማይችሉ አረጋግጧል.

ጥናቱ እንደሚያሳየው ዘመናዊ ሳይንስ የ Nth ዲግሪ እኩልታዎችን ለመፍታት ብዙ መንገዶችን ያውቃል።

በትምህርት ቤቱ ሥርዓተ-ትምህርት ውስጥ የተመለከቱትን ዘዴዎች በመጠቀም ሊፈቱ የማይችሉ የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎችን ለመፍታት ዘዴዎች ፍለጋ የተገኘው ውጤት በቪዬታ ቲዎሪ (የዲግሪ እኩልታዎች) አተገባበር ላይ የተመሰረቱ ዘዴዎች ነበሩ ። n>2), የቤዙት ቲዎሬሞች፣ የሆርነር እቅዶች፣ እንዲሁም የካርዳኖ እና የፌራሪ ቀመር ኪዩቢክ እና ኳርቲክ እኩልታዎችን ለመፍታት።

ስራው እኩልታዎችን እና ዓይነቶቻቸውን የመፍታት ዘዴዎችን ያቀርባል, ይህም ለእኛ ግኝት ሆነ. እነዚህም ያልተገደበ የቁጥሮች ዘዴ, የሙሉ ዲግሪ ምርጫ, የሲሜትሪክ እኩልታዎች ያካትታሉ.

2. የሙሉ የከፍተኛ ደረጃዎች እኩልታዎች ከኢንቲጀር ረዳት ሰራተኞች ጋር መፍትሄ።

2.1 የ 3 ኛ ዲግሪ እኩልታዎችን መፍታት. ፎርሙላ ዲ ካርዳኖ

የቅጹን እኩልታዎች ግምት ውስጥ ያስገቡ x 3 +px+q=0አጠቃላይውን እኩልታ ወደ ቅጹ እንለውጠው፡- x 3 +px 2 +qx+r=0የድምሩ ኩብ ቀመር እንጻፍ; ወደ መጀመሪያው እኩልነት እንጨምር እና በለውጥ እንለውጠው y. ቀመር እናገኛለን፡- y 3 + (q -) (y -) + (r - =0።ከተቀየረ በኋላ እኛ አለን፦ y 2 +py +q=0አሁን፣ የድምር ኪዩብ ቀመር እንደገና እንፃፍ፡-

(a+b) 3 =ሀ 3 + 3 ሀ 2 ለ + 3 ab 2 +ለ 3 = ሀ 3 +ለ 3 + 3ab (a + b)፣መተካት ( a+b) ላይ x, እኩልታውን እናገኛለን x 3 - 3 abx - (ሀ 3 +ለ 3) = 0. አሁን ዋናው እኩልታ ከስርአቱ ጋር እኩል መሆኑን እናያለን፡ እና ስርዓቱን መፍታት፡-

ከላይ ያለውን የ 3 ኛ ዲግሪ እኩልታ ለመፍታት ቀመር አግኝተናል. እሱ የጣሊያን የሂሳብ ሊቅ ካርዳኖ ስም ይይዛል።

አንድ ምሳሌ እንመልከት። እኩልታውን ይፍቱ፡.

እና አለነ አር= 15 እና ቅ= 124, ከዚያም የ Cardano ፎርሙላውን በመጠቀም የእኩልታውን ሥር እናሰላለን

ማጠቃለያ-ይህ ቀመር ጥሩ ነው, ነገር ግን ሁሉንም የኩቢክ እኩልታዎችን ለመፍታት ተስማሚ አይደለም. በተመሳሳይ ጊዜ, አስቸጋሪ ነው. ስለዚህ, በተግባር ብዙ ጊዜ ጥቅም ላይ ይውላል.

ነገር ግን ይህንን ቀመር የተካነ ማንኛውም ሰው በተዋሃደ የስቴት ፈተና ላይ የሶስተኛ ደረጃ እኩልታዎችን ሲፈታ ሊጠቀምበት ይችላል።

2.2 የቪዬታ ጽንሰ-ሐሳብ

ከሂሳብ ኮርስ ይህንን ቲዎሬም ኳድራቲክ እኩልታ እናውቀዋለን፣ ነገር ግን ጥቂት ሰዎች ከፍተኛ-ደረጃ እኩልታዎችን ለመፍታት ጥቅም ላይ እንደሚውል ያውቃሉ።

ቀመርን አስቡበት፡-

የእኩልታውን ግራ ጎን እናካፍል እና በ≠ 0 እንካፈል።

የእኩልታውን የቀኝ ጎን ወደ ቅጹ እንለውጠው

; ከዚህ በመነሳት የሚከተሉትን እኩልነቶች በስርዓቱ ውስጥ መፃፍ እንችላለን።

በVète ለኳድራቲክ እኩልታዎች የወጡ ቀመሮች እና ለ 3 ኛ ዲግሪ እኩልታዎች ያሳየናቸው ቀመሮች ለከፍተኛ ዲግሪ ፖሊኖሚሎችም እውነት ናቸው።

የኩቢክ እኩልታውን እንፍታ፡-

ማጠቃለያ፡ ይህ ዘዴ ሁለንተናዊ እና ተማሪዎች እንዲረዱት ቀላል ነው፣ ምክንያቱም የቪዬታ ቲዎሬም ከትምህርት ቤቱ ሥርዓተ ትምህርት ለ n ስለሚያውቁት ነው። = 2. በተመሳሳይ ጊዜ, ይህንን ጽንሰ-ሐሳብ በመጠቀም የእኩልታዎችን ሥሮች ለማግኘት, ጥሩ የማስላት ችሎታዎች ሊኖሩዎት ይገባል.

2.3 የቤዙት ቲዎሪ

ይህ ቲዎሬም የተሰየመው በ18ኛው ክፍለ ዘመን ፈረንሳዊ የሂሳብ ሊቅ ጄ.ቤዙት ነው።

ቲዎረም.ቀመር ከሆነ ሀ 0 xⁿ+ሀ 1 x n -1 +ሀ 2 x - ²+…+ሀ n -1 x+a n = 0፣ በዚህ ውስጥ ሁሉም ቁጥሮች ኢንቲጀር ሲሆኑ ነፃው ቃል ደግሞ ዜሮ ያልሆነ እና የኢንቲጀር ሥር ያለው ነው፣ ከዚያ ይህ ሥር የነጻው ቃል አካፋይ ነው።

በቀመርው በግራ በኩል የ nth ዲግሪ ፖሊኖሚል እንዳለ ከግምት ውስጥ በማስገባት ቲዎሬሙ ሌላ ትርጓሜ አለው።

ቲዎረም.በተመለከተ የ nth ዲግሪ ፖሊኖሚል ሲከፋፈል xበሁለትዮሽ x-aቀሪው መቼ የትርፍ ድርሻ ዋጋ ጋር እኩል ነው x = ሀ. (ደብዳቤ ሀማንኛውንም እውነተኛ ወይም ምናባዊ ቁጥር ሊያመለክት ይችላል, ማለትም. ማንኛውም ውስብስብ ቁጥር).

ማረጋገጫ፡-ይሁን ረ(x) ከተለዋዋጭ x አንፃር የ nth ዲግሪ የዘፈቀደ ፖሊኖሚል ያሳያል እና ይልቀቁ፣ በሁለትዮሽ ሲካፈል ( x-a) በድብቅ ወጣ q (x), እና ቀሪው አር. እንደሆነ ግልጽ ነው። q(x)አንዳንድ ብዙ ቁጥር ያላቸው (n - 1) አንጻራዊ ዲግሪ x, እና ቀሪው አርቋሚ እሴት ይሆናል, ማለትም. ገለልተኛ x.

ቀሪው ከሆነ አርከ x አንፃር የመጀመሪያ ዲግሪ ፖሊኖሚል ነበር፣ ይህ ማለት ክፍፍሉ አልተሳካም ማለት ነው። ስለዚህ፣ አርከ xአይመካም. በክፍፍል ፍቺ ማንነትን እናገኛለን፡- f(x)=(x-a) q(x)+R.

እኩልነቱ ለማንኛውም የ x እሴት እውነት ነው፣ ይህ ማለት ደግሞ እውነት ነው። x=aእኛ እናገኛለን: f(a)=(a-a) q(a)+R. ምልክት ረ (ሀ) የብዙ ቁጥር እሴትን ያመለክታል ረ (x) በ x=a፣q(a)ዋጋን ያመለክታል q (x) በ x=aቀሪ አርልክ እንደበፊቱ ቆየ, ምክንያቱም አርከ xአይመካም. ሥራ ( x-a) q (a) = 0ከምክንያቱ ጀምሮ ( x-a) = 0,እና ማባዣው q(ሀ)የተወሰነ ቁጥር አለ. ስለዚህ፣ ከእኩልነት የምናገኘው፡- ረ (ሀ) = አር፣ወዘተ.

ምሳሌ 1.የቀረውን ፖሊኖሚል ይፈልጉ x 3 - 3x 2 + 6x- 5 በየሁለትዮሽ

x- 2. በቤዙት ቲዎሪ : አር = ረ(2) = 23-322 + 62 -5=3። መልስ፡- አር= 3.

የቤዙት ቲዎሬም በራሱ ብቻ ሳይሆን በውጤቱም አስፈላጊ መሆኑን ልብ ይበሉ። (አባሪ 1)

ተግባራዊ ችግሮችን ለመፍታት የቤዙትን ቲዎሪ ተግባራዊ ለማድረግ አንዳንድ ቴክኒኮችን ከግምት ውስጥ እናስገባለን። የቤዙትን ቲዎሪ በመጠቀም እኩልታዎችን ሲፈቱ አስፈላጊ መሆኑን ልብ ሊባል ይገባል-

ሁሉንም የነጻ ቃል ኢንቲጀር አካፋዮችን ያግኙ።

ከእነዚህ አካፋዮች ቢያንስ አንድ የእኩልታ ስር ያግኙ;

የእኩልቱን ግራ ጎን በ (ሃ);

በግራ በኩል ባለው ስሌት ላይ የአከፋፋዩን እና የዋጋውን ምርት ይፃፉ;

የተገኘውን እኩልታ ይፍቱ.

ቀመር x የመፍታት ምሳሌን እንመልከት 3 + 4X 2 + x - 6 = 0 .

መፍትሄ፡ የነጻውን ቃል ±1 አካፋዮችን ያግኙ ; ± 2; ± 3; ± 6. እሴቶቹን በ x= 1, 1 3 + 41 2 + 1-6=0 የእኩልታውን ግራ ጎን በ ( ኤክስ- 1). “ኮርነር”ን ተጠቅመን ክፍፍሉን እናድርግ እና የሚከተለውን እናገኛለን፡-

ማጠቃለያ፡ የቤዙት ቲዎሬም በስራችን ውስጥ ከምናስባቸው ዘዴዎች አንዱ ነው፣ በተመረጠው ስርዓተ ትምህርት ውስጥ። ለመረዳት አስቸጋሪ ነው, ምክንያቱም እሱን ለመቆጣጠር, ከእሱ የሚመጣውን ሁሉንም ውጤቶች ማወቅ አለብዎት, ግን በተመሳሳይ ጊዜ, የቤዙት ቲዎረም በተዋሃደ የስቴት ፈተና ውስጥ ለተማሪዎች ዋና ረዳቶች አንዱ ነው.

2.4 Horner እቅድ

ፖሊኖሚል በሁለትዮሽ ለመከፋፈል x-αበ 17 ኛው ክፍለ ዘመን በእንግሊዝ የሒሳብ ሊቃውንት የፈለሰፈውን ልዩ ቀለል ያለ ዘዴ መጠቀም ትችላለህ፣ በኋላም የሆርነር እቅድ ተብሎ ይጠራል። የእኩልታዎችን መሰረት ከማግኘት በተጨማሪ የሆርነርን እቅድ በመጠቀም እሴቶቻቸውን በቀላሉ ማስላት ይችላሉ። ይህንን ለማድረግ የተለዋዋጭውን እሴት ወደ ፖሊኖሚል ፒን መተካት ያስፈልግዎታል (x) = ሀ 0 xn+a 1 x n-1 +ሀ 2 x - ²+…++ሀ n -1 x+a n. (1)

ብዙ ቁጥር ያላቸውን (1) በሁለትዮሽ መከፋፈል ያስቡበት x-α.

ያልተሟላውን የቁጥር መጠን (coefficients) እንግለጽ ለ 0 x - ¹+ ለ 1 x - ²+ ለ 2 x - ³+…+ bn -1 እና ቀሪው አርበፖሊኖሚል ፒኤን (coefficients) በኩል x) እና ቁጥር α. ለ 0 =ሀ 0 , ለ 1 = α ለ 0 +ሀ 1 , ለ 2 = α ለ 1 +ሀ 2 …, bn -1 =

= α bn -2 +ሀ n -1 = α bn -1 +ሀ n .

በሆርነር እቅድ መሰረት ስሌቶች በሚከተለው ሠንጠረዥ ውስጥ ቀርበዋል.

	ሀ 0	ሀ 1	ሀ 2 ,
	ለ 0 =ሀ 0	ለ 1 = α ለ 0 +ሀ 1	ለ 2 = α ለ 1 +ሀ 2		r=αለ n-1 +ሀ n

ምክንያቱም r=Pn(α)፣ከዚያ α የእኩልታው ሥር ነው። α ባለብዙ ሥር መሆኑን ለማረጋገጥ የሆርነር እቅድ በቁጥር ለ 0 x+ለ 1 x+…+ bn -1 በሠንጠረዡ መሠረት. በ bn ስር ባለው አምድ ውስጥ ከሆነ -1 ውጤቱ እንደገና 0 ነው, ይህም ማለት α ብዙ ሥር ነው.

እስቲ አንድ ምሳሌ እንመልከት፡ እኩልታውን ፍታ X 3 + 4X 2 + x - 6 = 0.

በግራ በኩል በግራ በኩል ባለው ቀመር ላይ ያለውን የፖሊኖሚል ፋክተርስ በግራ በኩል, የሆርነር እቅድ እንጠቀም.

መፍትሄ፡ የነጻውን ቃል አካፋዮችን ያግኙ ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.

				6 ∙ 1 + (-6) = 0

የዋጋው ብዛት 1 ፣ 5 ፣ 6 ፣ እና የተቀረው r = 0 ናቸው።

ማለት፣ X 3 + 4X 2 + X - 6 = (X - 1) (X 2 + 5X + 6) = 0.

ከዚህ፡- X- 1 = 0 ወይም X 2 + 5X + 6 = 0.

X = 1, X 1 = -2; X 2 = -3. መልስ፡- 1,- 2, - 3.

ማጠቃለያ፡- ስለዚህ፣ በአንድ እኩልታ ላይ ሁለት የተለያዩ የፋብሪካ ፖሊኖሚሎችን አጠቃቀም አሳይተናል። በእኛ አስተያየት የሆርነር እቅድ በጣም ተግባራዊ እና ኢኮኖሚያዊ ነው.

2.5 የ 4 ኛ ዲግሪ እኩልታዎችን መፍታት. የፌራሪ ዘዴ

የካርዳኖ ተማሪ ሉዶቪች ፌራሪ የአራተኛ ደረጃ እኩልታን የሚፈታበትን መንገድ አገኘ። የፌራሪ ዘዴ ሁለት ደረጃዎችን ያካትታል.

ደረጃ 1፡ የቅጹ እኩልታዎች እንደ ሁለት ስኩዌር ትሪኖሚሎች ውጤት ነው የሚወከሉት፤ ይህ የሚከተለው እኩልታ 3 ኛ ዲግሪ ያለው እና ቢያንስ አንድ መፍትሄ ያለው በመሆኑ ነው።

ደረጃ II፡ የሚፈጠሩት እኩልታዎች ፋክተሪላይዜሽን በመጠቀም ተፈትተዋል፣ ነገር ግን የሚፈለገውን ፋክታላይዜሽን ለማግኘት ኪዩቢክ እኩልታዎች መፈታት አለባቸው።

ሀሳቡ እኩልታዎችን በ A 2 = B 2, በ A = x 2 +ሴ

ቢ-መስመር ተግባር x. ከዚያም እኩልታዎችን A = ±B ለመፍታት ይቀራል.

ግልጽ ለማድረግ፣ እኩልታውን አስቡበት፡ 4ኛ ዲግሪን በማግለል፡ ለማንኛውም መመግለጫው ፍጹም ካሬ ይሆናል. የምናገኘውን ስሌት በሁለቱም በኩል ጨምር

በግራ በኩል አንድ ሙሉ ካሬ አለ, ማንሳት ይችላሉ መ, ስለዚህም የ (2) የቀኝ ጎን እንዲሁ ሙሉ ካሬ ይሆናል. ይህን እንዳሳካን እናስብ። ከዚያ የእኛ እኩልነት ይህንን ይመስላል።

ሥሩን ማግኘት በኋላ አስቸጋሪ አይሆንም. ትክክለኛውን ለመምረጥ መየ (3) በቀኝ በኩል ያለው አድልዎ ዜሮ እንዲሆን አስፈላጊ ነው, ማለትም.

ስለዚህ ለማግኘት መ, ይህንን የ 3 ኛ ዲግሪ እኩልታ መፍታት አለብን. ይህ ረዳት እኩልታ ይባላል የሚፈታ.

የሟሟን አጠቃላይ ስር በቀላሉ እናገኛለን መ = 1

ቀመርን ወደ (1) በመተካት እናገኛለን

ማጠቃለያ: የፌራሪ ዘዴ ሁለንተናዊ ነው, ግን ውስብስብ እና አስቸጋሪ ነው. በተመሳሳይ ጊዜ, የመፍትሄው ስልተ ቀመር ግልጽ ከሆነ, በዚህ ዘዴ በመጠቀም የ 4 ኛ ዲግሪ እኩልታዎች ሊፈቱ ይችላሉ.

2.6 እርግጠኛ ያልሆኑ ቅንጅቶች ዘዴ

የፌራሪ ዘዴን በመጠቀም የ 4 ኛ ዲግሪ እኩልታ የመፍታት ስኬት የሚወሰነው መፍትሄውን በምንፈታው ላይ ነው - የ 3 ኛ ዲግሪ እኩልነት ፣ እኛ እንደምናውቀው ሁል ጊዜ የማይቻል ነው።

ያልተገደበ የቁጥሮች ዘዴ ምንነት አንድ የተወሰነ ፖሊኖሚል የሚበሰብስባቸው ምክንያቶች ዓይነት የሚገመቱ ሲሆን የእነዚህ ምክንያቶች ጥምረት (እንዲሁም ፖሊኖሚሎች) የሚወሰኑት ምክንያቶቹን በማባዛት እና ተመሳሳይ ኃይላትን በማመጣጠን ነው ። ተለዋዋጭ.

ምሳሌ፡ እኩልታውን ፍታ፡

የኛን እኩልነት በግራ በኩል ኢንቲጀር ኮፊሸንስ ወደ ሁለት ስኩዌር ትሪኖሚሎች ሊበሰብስና ተመሳሳይ እኩልነት እውነት እንዲሆን እንበል።

በግልጽ ለማየት እንደሚቻለው, ከፊት ለፊታቸው ያሉት ጥምርታዎች ከ 1 ጋር እኩል መሆን አለባቸው, እና ነፃ ቃላቶቹ ከአንድ ጋር እኩል መሆን አለባቸው. + 1, ሌላኛው - 1.

ፊት ለፊት ያሉት ውህዶች X. በእነርሱ እንጠቁማቸው ሀእና እነሱን ለመወሰን, በቀመርው በቀኝ በኩል ሁለቱንም ሶስትዮሽኖች እናባዛለን.

በውጤቱም እኛ እናገኛለን:

ተመሳሳይ ዲግሪዎችን ማመሳሰል Xበግራ እና በቀኝ የእኩልነት (1) ፣ የማግኘት እና የማግኘት ስርዓት እናገኛለን

ይህንን ሥርዓት ከፈታን በኋላ ይኖረናል።

ስለዚህ የእኛ እኩልነት ከሂሳብ ጋር እኩል ነው

መፍትሄውን ካገኘን በኋላ የሚከተሉትን ሥሮች እናገኛለን.

ላልተወሰነ የቁጥሮች ዘዴ በሚከተሉት መግለጫዎች ላይ የተመሠረተ ነው-በቀመር ውስጥ የአራተኛው ዲግሪ ማንኛውም ፖሊኖሚል ወደ ሁለተኛ ዲግሪ ሁለት ፖሊኖሚሎች ምርት ሊፈርስ ይችላል ። ሁለት ፖሊኖሚሎች በተመሳሳይ መልኩ እኩል ናቸው እና የእነሱ ጥምርታ ለተመሳሳይ ኃይሎች እኩል ከሆኑ ብቻ X.

2.7 ሲሜትሪክ እኩልታዎች

ፍቺበቀመር በግራ በኩል ያሉት የመጀመሪያዎቹ ውህዶች በቀኝ በኩል ካሉት የመጀመሪያ ኮፊሸንቶች ጋር እኩል ከሆኑ የቅጹ እኩልታ ሲሜትሪክ ይባላል።

በግራ በኩል ያሉት የመጀመሪያዎቹ ውህዶች በቀኝ በኩል ካሉት የመጀመሪያ ኮፊሸንቶች ጋር እኩል መሆናቸውን እናያለን.

እንዲህ ዓይነቱ እኩልታ ያልተለመደ ዲግሪ ካለው, ከዚያም ሥር አለው X= - 1. በመቀጠል የእኩልታውን ደረጃ በ () በመከፋፈል ዝቅ ማድረግ እንችላለን. x+ 1) የተመጣጠነ እኩልታ ሲከፋፈል በ ( x+ 1) የዲግሪ እኩልነት እኩልነት ተገኝቷል። የኮፊፊተሮች ሲሜትሪ ማረጋገጫ ከዚህ በታች ቀርቧል። (አባሪ 6) የእኛ ተግባር የተመጣጠነ እኩልታዎችን በእኩል ዲግሪ እንዴት መፍታት እንደሚቻል መማር ነው።

ለምሳሌ፡- (1)

ቀመር (1) እንፍታ፣ በ X 2 (እስከ መካከለኛ ዲግሪ) = 0.

ቃላቶችን በሲሜትሪክ እንቧድን

) + 3(x+ . እንጥቀስ በ= x+፣ ሁለቱንም ጎን እናሳጥር፣ ስለዚህም = በ 2 ስለዚህ፣ 2( በ 2 ወይም 2 በ 2 + 3 እኩልታውን መፍታት ፣ እናገኛለን በ = , በ= 3. በመቀጠል, ወደ ምትክ እንመለስ x+ = እና x+ = 3. እኩልታዎችን እናገኛለን እና የመጀመሪያው መፍትሄ የለውም, ሁለተኛው ደግሞ ሁለት ሥሮች አሉት. መልስ፡.

ማጠቃለያ-ይህ ዓይነቱ እኩልነት ብዙ ጊዜ አይገናኝም ፣ ግን ካጋጠመዎት ፣ ከዚያ ወደ ከባድ ስሌቶች ሳይጠቀሙ በቀላሉ እና በቀላሉ ሊፈታ ይችላል።

2.8 የሙሉ ዲግሪ ማግለል

እኩልነቱን አስቡበት።

የግራ ጎን የድምሩ ኪዩብ ነው (x+1)፣ i.e.

ሶስተኛውን ሥር ከሁለቱም ክፍሎች እናወጣለን:, ከዚያም እናገኛለን

ብቸኛው ሥር የት አለ?

የምርምር ውጤቶች

በስራው ውጤት መሰረት ወደሚከተለው መደምደሚያ ደርሰናል.

ለተጠናው ንድፈ ሐሳብ ምስጋና ይግባውና ከፍተኛ ዲግሪ ያላቸውን እኩልታዎች ለመፍታት ከተለያዩ ዘዴዎች ጋር መተዋወቅ ጀመርን።

የዲ ካርዳኖ ቀመር ለመጠቀም አስቸጋሪ እና በስሌቱ ውስጥ ስህተቶችን የማድረግ ከፍተኛ እድል ይሰጣል;

- የኤል ፌራሪ ዘዴ አንድ ሰው መፍትሄውን ወደ አራተኛ-ደረጃ እኩልታ ወደ ኪዩቢክ እንዲቀንስ ያስችለዋል;

- የቤዙት ቲዎረም ለሁለቱም ኪዩቢክ እኩልታዎች እና ለአራተኛው ዲግሪ እኩልታዎች ጥቅም ላይ ሊውል ይችላል; እኩልታዎችን ለመፍታት ሲተገበር የበለጠ ለመረዳት እና የሚታይ ነው;

የሆርነር እቅድ እኩልታዎችን በመፍታት ላይ ስሌቶችን በከፍተኛ ሁኔታ ለመቀነስ እና ለማቃለል ይረዳል. ሥሮቹን ከማግኘት በተጨማሪ የሆርነርን እቅድ በመጠቀም በቀመርው በግራ በኩል ያሉትን የብዙ ቁጥር እሴቶችን በቀላሉ ማስላት ይችላሉ ።

ለየት ያለ ትኩረት የሚሹት የእኩልታዎች መፍትሔዎች ላልተወሰነ የቁጥሮች ዘዴ እና የሲሜትሪክ እኩልታዎች መፍትሄ ነበሩ.

በምርምር ስራው ወቅት ተማሪዎች ከ 9 ኛ ወይም 10 ኛ ክፍል ጀምሮ በተመረጡ የሂሳብ ትምህርቶች ውስጥ ከፍተኛ ዲግሪ ያላቸው እኩልታዎችን የመፍታት ቀላሉ ዘዴዎችን እና በሂሳብ ትምህርት ቤቶችን በመጎብኘት ልዩ ኮርሶችን እንደሚያውቁ ታውቋል ። ይህ እውነታ የተመሰረተው በ MBOU "ሁለተኛ ደረጃ ትምህርት ቤት ቁጥር 9" የሂሳብ መምህራን ዳሰሳ ጥናት እና ለ "ሂሳብ" ርዕሰ ጉዳይ የበለጠ ፍላጎት ባሳዩ ተማሪዎች ምክንያት ነው.

የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎችን ለመፍታት በጣም ታዋቂው ዘዴዎች ኦሊምፒያዶችን በሚፈቱበት ጊዜ የሚያጋጥሟቸው የውድድር ችግሮች እና ለፈተና በሚዘጋጁ ተማሪዎች ምክንያት የቤዙት ቲዎረም ፣ የሆርነር እቅድ እና አዲስ ተለዋዋጭ መግቢያ ላይ የተመሰረቱ ዘዴዎች ናቸው።

የምርምር ሥራ ውጤቶችን ማሳየት, ማለትም. በትምህርት ቤት የሂሳብ ትምህርት ውስጥ ያልተማሩትን እኩልታዎች የመፍታት ዘዴዎች የክፍል ጓደኞቼን ፍላጎት አሳይተዋል።

መደምደሚያ

ትምህርታዊ እና ሳይንሳዊ ጽሑፎችን በማጥናት ፣ በወጣቶች ትምህርታዊ መድረኮች ውስጥ የበይነመረብ ሀብቶች

"የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች የመፍታት ዘዴዎች"

( ኪሴሌቭ ንባቦች)

የሂሳብ መምህር አፋናሲዬቫ ኤል.ኤ.

MKOU Verkhnekarachskaya ሁለተኛ ደረጃ ትምህርት ቤት

ግሪባኖቭስኪ አውራጃ, Voronezh ክልል

2015

በአጠቃላይ ትምህርት ቤት ውስጥ የተቀበለው የሂሳብ ትምህርት የአጠቃላይ ትምህርት እና የዘመናዊ ሰው አጠቃላይ ባህል አስፈላጊ አካል ነው.

ታዋቂው ጀርመናዊ የሒሳብ ሊቅ ኩራንት እንዲህ ሲል ጽፏል:- “ከሁለት ሺህ ለሚበልጡ ዓመታት የአንዳንዶች በሒሳብ መስክ እውቀት በጣም ላይ ላዩን ሳይሆን እያንዳንዱ የተማረ ሰው የእውቀት ክምችት አስፈላጊ አካል ነበር። እና በዚህ እውቀት ውስጥ, እኩልታዎችን የመፍታት ችሎታ አነስተኛው ቦታ አይደለም.

ቀድሞውኑ በጥንት ጊዜ ሰዎች የአልጀብራ እኩልታዎችን መፍታት መማር ምን ያህል አስፈላጊ እንደሆነ ተገንዝበዋል. ከ 4000 ዓመታት በፊት የባቢሎናውያን ሳይንቲስቶች አራት ማዕዘናዊ እኩልታዎችን እንዴት እንደሚፈቱ እና የሁለት እኩልታዎች ስርዓቶችን መፍታት እንደሚችሉ ያውቃሉ ፣ አንደኛው የሁለተኛ ዲግሪ ነበር። በእኩልታ በመታገዝ የመሬት ቅየሳ፣ አርክቴክቸር እና ወታደራዊ ጉዳዮች የተለያዩ ችግሮች ተፈትተዋል፤ ብዙ እና የተለያዩ የተግባር እና የተፈጥሮ ሳይንስ ጥያቄዎች ተቀነሱላቸው፣ ምክንያቱም ትክክለኛው የሂሳብ ቋንቋ አንድ ሰው እውነታዎችን እና ግንኙነቶችን በቀላሉ እንዲገልጽ ስለሚያደርግ ፣ በተለመደው ቋንቋ የተገለፀው, ግራ የሚያጋባ እና ውስብስብ ሊመስል ይችላል. እኩልነት በሂሳብ ውስጥ በጣም አስፈላጊ ከሆኑት ጽንሰ-ሐሳቦች ውስጥ አንዱ ነው. የሂሳብ ስሌት እንደ ሳይንስ መወለድ ከጀመረበት ጊዜ አንስቶ እኩልታዎችን ለመፍታት ዘዴዎችን ማሳደግ የአልጀብራ ጥናት ዋና ርዕሰ ጉዳይ ሆኖ ቆይቷል። እና ዛሬ በሂሳብ ትምህርቶች ፣ ከመጀመሪያው የትምህርት ደረጃ ጀምሮ ፣ የተለያዩ ዓይነቶችን እኩልታዎች ለመፍታት ብዙ ትኩረት ተሰጥቷል።

የ nth ዲግሪ የአልጀብራ እኩልታ ሥሮችን ለማግኘት ምንም ዓይነት ሁለንተናዊ ቀመር የለም። ብዙዎች፣ ለማንኛውም ዲግሪ የማግኘት አጓጊ ሃሳብ ነበራቸው nየእኩልታውን ሥረ-ሥርዓት በቁጥር (coefficients) የሚገልጹ ቀመሮች፣ ማለትም፣ እኩልታውን በአራዲካል ውስጥ ይፈታል። ሆኖም ፣ “የጨለማው የመካከለኛው ዘመን” በውይይት ላይ ካለው ችግር ጋር በተገናኘ በተቻለ መጠን ጨለማ ሆነ - ለሰባት ምዕተ-አመታት ማንም አስፈላጊውን ቀመሮች አላገኘም! በ 16 ኛው ክፍለ ዘመን ብቻ የጣሊያን የሒሳብ ሊቃውንት የበለጠ እድገት ማድረግ የቻሉት - ቀመሮችን ለማግኘት n =3 እና n =4 . በተመሳሳይ ጊዜ, የ 3 ኛ ዲግሪ እኩልታዎች አጠቃላይ መፍትሄ ጥያቄ በ Scipio Dal Ferro, በተማሪው ፊዮሪ እና ታርታሊያ ተምሯል. እ.ኤ.አ. በ 1545 ጣሊያናዊው የሂሳብ ሊቅ ዲ ካርዳኖ “ታላቅ ጥበብ ወይም በአልጀብራ ህጎች ላይ” መጽሐፍ ታትሟል ፣ ከሌሎች የአልጀብራ ጥያቄዎች ጋር ፣ ኪዩቢክ እኩልታዎችን ለመፍታት አጠቃላይ ዘዴዎች እንዲሁም የመፍታት ዘዴ ተወስዷል ። በተማሪው L. Ferrari የተገኘ የ 4 ኛ ዲግሪ እኩልታዎች። ከ 3 ኛ እስከ 4 ኛ ደረጃ እኩልታዎች መፍትሄ ጋር የተያያዙ ጉዳዮችን ሙሉ አቀራረብ በ F. Viet ተሰጥቷል. እና በ 19 ኛው ክፍለ ዘመን በ 20 ዎቹ ውስጥ, የኖርዌይ የሂሳብ ሊቅ ኤን. አቤል የ 5 ኛ እና ከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች ሥሮች በአክራሪነት ሊገለጹ እንደማይችሉ አረጋግጧል.

ለእኩል መፍትሄ የማግኘት ሂደት ብዙውን ጊዜ እኩልዮሹን በተመጣጣኝ መተካትን ያካትታል። እኩልታውን በተመጣጣኝ መተካት በአራት አሲዮሞች አጠቃቀም ላይ የተመሰረተ ነው፡-

1. እኩል እሴቶች በተመሳሳይ ቁጥር ከተጨመሩ ውጤቶቹ እኩል ይሆናሉ.

2. ተመሳሳዩን ቁጥር ከእኩል መጠን ካነሱ ውጤቱ እኩል ይሆናል.

3. እኩል እሴቶች በተመሳሳይ ቁጥር ከተባዙ ውጤቶቹ እኩል ይሆናሉ.

4. እኩል መጠኖች በተመሳሳይ ቁጥር ከተከፋፈሉ ውጤቶቹ እኩል ይሆናሉ.

በቀመር P(x) = 0 ግራ በኩል የ nth ዲግሪ ፖሊኖሚል ስለሆነ የሚከተሉትን መግለጫዎች ማስታወስ ጠቃሚ ነው።

ስለ አንድ ፖሊኖሚል እና አካፋዮቹ ሥሮች መግለጫዎች፡-

1. የ nth ዲግሪ ፖሊኖሚል ከn የማይበልጡ በርካታ ሥሮች አሉት ፣ እና የብዝሃነት m ሥሮች በትክክል m ጊዜዎች ይከሰታሉ።

2. ያልተለመደ ዲግሪ ፖሊኖሚል ቢያንስ አንድ እውነተኛ ሥር አለው።

3. α የ P(x) ሥር ከሆነ፣ ከዚያም P n (x) = (x - α) Q n - 1 (x)፣ Q n - 1 (x) የዲግሪ ብዛት (n - 1) የሆነበት።

4. ኢንቲጀር ኮፊሸን ያለው እያንዳንዱ የብዙ ቁጥር ኢንቲጀር ሥር የነጻው ቃል አካፋይ ነው።

5. የተቀነሰው ፖሊኖሚል ከኢንቲጀር ውህዶች ጋር ክፍልፋይ ምክንያታዊ ሥሮች ሊኖሩት አይችልም።

6. ለሶስተኛ ዲግሪ ፖሊኖሚል

P 3 (x) = መጥረቢያ 3 + bx 2 + cx + d ከሁለቱ ነገሮች አንዱ ይቻላል፡ ወይ በሶስት ቢኖሚል ምርት የተበላሸ ነው።

P 3 (x) = a (x - α) (x - β) (x - γ)፣ ወይም ወደ ሁለትዮሽ እና ባለ አራት ማዕዘን ቅርጽ ያለው ባለሦስትዮሽ P 3 (x) = a(x - α)(x 2) ምርት ይበሰብሳል። + βx + γ)።

7. የአራተኛው ዲግሪ ማንኛውም ፖሊኖሚል ወደ ሁለት ካሬ ትሪኖሚሎች ምርት ሊሰፋ ይችላል።

8. ብዙ ቁጥር ያለው f (x) በፖሊኖሚል g(x) የሚከፋፈለው ሳይቀረው ብዙ ቁጥር ያለው q(x) ካለ f(x) = g(x) q(x) ነው። ፖሊኖሚሎችን ለመከፋፈል "የማዕዘን ክፍፍል" ደንብ ጥቅም ላይ ይውላል.

9. ፖሊኖሚል ፒ (x) በሁለትዮሽ (x - c) ለመከፋፈል አስፈላጊ እና በቂ ነው c የ P (x) ሥር (የቤዙት ቲዎሬም ጋራ)።

10. የቪዬታ ንድፈ ሐሳብ፡- x 1፣ x 2፣...፣ x n የፖሊኖሚል እውነተኛ ሥር ከሆኑ

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n፣ ከዚያ የሚከተሉት እኩልነቶች ይያዛሉ፡-

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1/a 0፣

x 1 x 2 + x 1 x 3 + ... + x n - 1 x n = a 2/a 0፣

x 1 x 2 x 3 + ... + x n - 2 x n - 1 x n = -a 3/a 0፣

x 1 x 2 x 3 x n = (-1) n a n /a 0 .

ምሳሌዎችን መፍታት

ምሳሌ 1 . የተረፈውን ክፍል P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 by (x – 1/3) አግኝ።

መፍትሄ። የቤዙት ንድፈ ሐሳብ አስተባባሪነት እንደሚለው፡- “የተቀረው ፖሊኖሚል በሁለትዮሽ (x - ሐ) የተከፋፈለው ከሐ ብዙ ቁጥር እሴት ጋር እኩል ነው። P(1/3) = 0ን እናገኝ።ስለዚህ ቀሪው 0 እና ቁጥሩ 1/3 የብዙ ቁጥር ስር ነው።

መልስ፡ R = 0

ምሳሌ 2 . በ"ማዕዘን" 2x 3 + 3x 2 - 2x + 3 በ (x + 2) ያካፍሉ። ቀሪውን እና ያልተሟላውን ጥቅስ ያግኙ።

መፍትሄ፡-

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4x 2 2x 2 – x

X 2 – 2x

X 2 – 2x

መልስ፡ R = 3; ጥቅስ፡ 2x 2 – x.

የከፍተኛ ዲግሪ እኩልታዎችን ለመፍታት መሰረታዊ ዘዴዎች

1. አዲስ ተለዋዋጭ መግቢያ

አዲስ ተለዋዋጭ የማስተዋወቅ ዘዴ f(x) = 0ን ለመፍታት፣ አዲስ ተለዋዋጭ (ምትክ) t = x n ወይም t = g(x) አስተዋውቋል እና f(x) በ t ይገለጻል ፣ ይህም ማግኘት አዲስ እኩልታ r (t) . ከዚያም እኩልታውን መፍታት r (t), ሥሮቹ ይገኛሉ: (t 1, t 2, ..., t n). ከዚህ በኋላ, የ n እኩልታዎች ስብስብ q (x) = t 1, q (x) = t 2, … , q (x) = t n የተገኘ ሲሆን ይህም የመነሻ እኩልታ ሥሮች ይገኛሉ.

ለምሳሌ;(x 2 + x + 1) 2 – 3x 2 – 3x – 1 = 0።

መፍትሄ፡ (x 2 + x + 1) 2 – 3x 2 – 3x – 1 = 0

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x + 1) + 3 – 1 = 0።

ምትክ (x 2 + x + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2፣ t 2 = 1. የተገላቢጦሽ መተካት፡-

x 2 + x + 1 = 2 ወይም x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 ወይም x 2 + x = 0;

ከመጀመሪያው እኩልታ: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, ከሁለተኛው: 0 እና -1.

አዲስ ተለዋዋጭ የማስተዋወቅ ዘዴ በመፍታት ላይ ጥቅም ላይ ይውላል መመለስ የሚችል እኩልታዎች፣ ማለትም፣ የቅጹ እኩልታዎች a 0 x n + a 1 x n – 1 + .. + a n – 1 x + a n =0፣ በዚህ ውስጥ የእኩልነት ቃላቶች ቅንጅቶች ከመጀመሪያው እና መጨረሻ እኩል የተከፋፈሉበት። እኩል ናቸው.

2. በቡድን እና በአህጽሮተ ማባዛት ቀመሮችን ማባዛት

የዚህ ዘዴ መሠረት እያንዳንዱ ቡድን አንድ የተለመደ ነገር እንዲይዝ ቃላቱን ማቧደን ነው። ይህንን ለማድረግ አንዳንድ ጊዜ አንዳንድ ሰው ሰራሽ ቴክኒኮችን መጠቀም አስፈላጊ ነው.

ለምሳሌ: x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0።

መፍትሄ። አስቡት - 3x 2 = -2x 2 – x 2 እና ቡድን፡

(x 4 - 2x 2) – (x 2 - 4x + 3) = 0.

(x 4 – 2x 2 +1 – 1) – (x 2 – 4x + 3 + 1 – 1) = 0።

(x 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0።

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0።

(x 2 – 1 – x + 2) (x 2 – 1 + x – 2) = 0።

(x 2 – x + 1) (x 2 + x – 3) = 0።

x 2 – x + 1 = 0 ወይም x 2 + x – 3 = 0።

በመጀመሪያው እኩልታ ውስጥ ምንም ሥሮች የሉም, ከሁለተኛው: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. ያልተወሰነ የቁጥር መጠን (coefficients) ዘዴን ማባዛት

የስልቱ ይዘት ዋናው ፖሊኖሚል ባልታወቁ ውህዶች የተዋቀረ መሆኑ ነው። ፖሊኖሚሎች እኩል የሆኑትን ንብረቱን በመጠቀም የእነሱ ጥምርታዎች በተመሳሳይ ሃይል እኩል ከሆኑ, የማይታወቁ የማስፋፊያ ቅንጅቶች ተገኝተዋል.

ለምሳሌ: x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0።

መፍትሄ። የዲግሪ 3 ፖሊኖሚል ወደ መስመራዊ እና ኳድራቲክ ምክንያቶች ምርት ሊሰፋ ይችላል።

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x - a) (x 2 + bx + c)፣

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 +bx 2 + cx - ax 2 - abx - ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + (b – a) x 2 + (c – ab) x – ac.

ስርዓቱን ከፈታ በኋላ;

እናገኛለን

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1) (x 2 + 3x + 2)።

የእኩልታው ሥሮች (x + 1) (x 2 + 3x + 2) = 0 ለማግኘት ቀላል ናቸው።

መልስ፡-1; -2.

4. ከፍተኛውን እና ነፃውን ቅንጅት በመጠቀም ሥርን የመምረጥ ዘዴ

ዘዴው በቲዎሬሞች ትግበራ ላይ የተመሰረተ ነው-

1) እያንዳንዱ የፖሊኖሚል ኢንቲጀር ሥር ከኢንቲጀር ኮፊሸንት ጋር የነፃ ቃል አካፋይ ነው።

2) የማይቀነስ ክፍልፋይ p/q (p - ኢንቲጀር፣ q - ተፈጥሯዊ) ከኢንቲጀር ኮፊሸንስ ጋር የሒሳብ መሠረት እንዲሆን፣ ቁጥሩ p የነጻው ቃል 0 ኢንቲጀር አካፋይ መሆን አለበት። q - የመሪ ኮፊሸንት የተፈጥሮ አካፋይ.

ለምሳሌ: 6x 3 + 7x 2 - 9x + 2 = 0።

መፍትሄ፡-

2፡ p = ±1፣ ±2

6፡ q = 1፣ 2፣ 3፣ 6።

ስለዚህ, p / q = ± 1, ± 2, ± 1/2, ± 1/3, ± 2/3, ± 1/6.

አንድ ሥር ካገኘን, ለምሳሌ - 2, የማዕዘን ክፍፍልን በመጠቀም ሌሎች ሥሮችን እናገኛለን, ያልተወሰነ ኮፊሸንስ ወይም የሆርነር እቅድ ዘዴ.

መልስ፡-2; 1/2; 1/3.

5. የግራፊክ ዘዴ.

ይህ ዘዴ ግራፎችን በመገንባት እና የተግባሮችን ባህሪያት መጠቀምን ያካትታል.

ለምሳሌ: x 5 + x – 2 = 0

በቅጹ ውስጥ ያለውን እኩልነት እናስብ x 5 = - x + 2. ተግባር y = x 5 እየጨመረ ነው, እና ተግባሩ y = - x + 2 እየቀነሰ ነው. ይህ ማለት ቀመር x 5 + x – 2 = 0 አንድ ሥር -1 አለው ማለት ነው።

6.ቀመርን በአንድ ተግባር ማባዛት።

አንዳንድ ጊዜ ሁለቱን ወገኖች በአንድ የተወሰነ ተግባር ካባዙ የአልጀብራ እኩልታ መፍታት በጣም ቀላል ይሆናል - በማይታወቅ ፖሊኖሚል። በተመሳሳይ ጊዜ, ተጨማሪ ሥሮች ሊታዩ እንደሚችሉ መዘንጋት የለብንም-እኩልነት የተባዛበት የፖሊኖሚል ሥሮች. ስለዚህ ሥር በሌለው ፖሊኖሚል ማባዛት እና ተመጣጣኝ እኩልታ ማግኘት አለቦት ወይም ሥር ባለው ፖሊኖሚል ማባዛት ከዚያም እያንዳንዱ ሥረ-ሥሮች ወደ መጀመሪያው እኩልነት መተካት እና ይህ ቁጥር ሥሩ መሆኑን መወሰን አለብዎት።

ለምሳሌ. እኩልታውን ይፍቱ፡

X 8 – X 6 + X 4 – X 2 + 1 = 0. (1)

መፍትሄ፡- የእኩልታውን ሁለቱንም ጎኖች በፖሊኖሚል X 2+1 ማባዛት፣ ሥር በሌለው፣ እኩልታውን እናገኛለን፡-

(X 2 +1) (X 8 – X 6 + X 4 – X 2 + 1) = 0 (2)
ከሒሳብ (1) ጋር እኩል ነው። ቀመር (2) እንደሚከተለው ሊፃፍ ይችላል፡-

X 10 + 1= 0 (3)
እኩልነት (3) ትክክለኛ ሥሮች እንደሌላቸው ግልጽ ነው, ስለዚህ እኩልታ (1) የላቸውም.

መልስ፡- ምንም መፍትሄዎች የሉም.

የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች ለመፍታት ከላይ ከተጠቀሱት ዘዴዎች በተጨማሪ ሌሎችም አሉ. ለምሳሌ፣ አንድን ክፍል እንደ ሁለት ክፍልፋዮች የሚወክል ሙሉ ካሬ፣ የሆርነር እቅድ። ብዙውን ጊዜ ጥቅም ላይ ከሚውሉት የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎችን ለመፍታት ከአጠቃላይ ዘዴዎች ውስጥ የሚጠቀሙት-የግራውን ግራ በኩል የማጣራት ዘዴ;

ተለዋዋጭ የመተኪያ ዘዴ (አዲስ ተለዋዋጭ የማስተዋወቅ ዘዴ); ግራፊክ ዘዴ. እነዚህን ዘዴዎች ለ9ኛ ክፍል ተማሪዎች “ሙሉ እኩልታ እና ሥሩ” የሚለውን ርዕስ ስናጠና እናስተዋውቃቸዋለን። በቅርብ ዓመታት የታተሙ አልጄብራ 9 (ደራሲዎች ማካሪቼቭ ዩ.ኤን. ፣ ሚንዲዩክ ኤንጂ ፣ ወዘተ.) በመማሪያ መጽሐፍ ውስጥ የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች ለመፍታት ዋና ዘዴዎች በበቂ ሁኔታ ተብራርተዋል ። በተጨማሪም ፣ “የበለጠ ለማወቅ ለሚፈልጉ” በሚለው ክፍል ውስጥ ፣ በእኔ አስተያየት ፣ የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች በሚፈቱበት ጊዜ በፖሊኖሚል ሥር እና በጠቅላላው የሥርዓት ሥረ-ሥርዓት ላይ የንድፈ ሀሳቦችን አተገባበር ላይ ያለው ቁሳቁስ ተደራሽ በሆነ መንገድ ቀርቧል ። መንገድ። በደንብ የተዘጋጁ ተማሪዎች ይህን ጽሑፍ በፍላጎት ያጠኑና የተፈቱትን እኩልታዎች ለክፍል ጓደኞቻቸው ያቀርባሉ።

በዙሪያችን ያሉት ነገሮች በሙሉ ማለት ይቻላል ከአንድ ዲግሪ ወይም ከሌላ ከሂሳብ ጋር የተገናኙ ናቸው። እና በፊዚክስ፣ በቴክኖሎጂ እና በኢንፎርሜሽን ቴክኖሎጂ የተገኙ ስኬቶች ይህንን ብቻ ያረጋግጣሉ። እና በጣም አስፈላጊው ነገር ብዙ ተግባራዊ ችግሮችን መፍታት እርስዎ ለመፍታት መማር የሚፈልጓቸውን የተለያዩ የእኩልታ ዓይነቶችን በመፍታት ላይ ነው.

የአልጀብራ እኩልታዎችን በሚፈቱበት ጊዜ፣ ብዙ ጊዜ ፖሊኖሚል ማድረግ አለቦት። ፖሊኖሚል መለካት ማለት የሁለት ወይም ከዚያ በላይ ፖሊኖሚሎች ውጤት ሆኖ መወከል ማለት ነው። ብዙ ጊዜ ፖሊኖሚሎችን የመበስበስ ዘዴዎችን እንጠቀማለን፡ አንድ የተለመደ ነገር መውሰድ፣ አሕጽሮተ ማባዛት ቀመሮችን በመጠቀም፣ የተሟላ ካሬን መለየት፣ መቧደን። አንዳንድ ተጨማሪ ዘዴዎችን እንመልከት.

ፖሊኖሚል ሲሰራ አንዳንድ ጊዜ የሚከተሉት መግለጫዎች ጠቃሚ ይሆናሉ፡-

1) ኢንቲጀር ኮፊሸንስ ያለው ፖሊኖሚል ምክንያታዊ ሥር ካለው (የማይቀንስ ክፍልፋይ ባለበት፣ የነጻው ቃል አከፋፋይ እና የመሪ ኮፊሸንት አከፋፋይ ነው።

2) የዲግሪ ፖሊኖሚል ሥርን እንደምንም ከመረጡ፣ ፖሊኖሚሉ የዲግሪ ፖሊኖሚል ባለበት ቅጽ ሊወከል ይችላል።

ፖሊኖሚል በ "አምድ" ውስጥ ፖሊኖሚል ወደ ሁለትዮሽ በመከፋፈል ወይም የፖሊኖሚል ውሎችን በአግባቡ በመመደብ እና ማባዣውን ከነሱ በመለየት ወይም ላልተወሰነ ቅንጅቶች ዘዴ በመጠቀም ሊገኝ ይችላል.

ለምሳሌ. ፖሊኖሚል ምክንያት

መፍትሄ። የ x4 ጥምርታ ከ 1 ጋር እኩል ስለሆነ የዚህ ፖሊኖሚል ምክንያታዊ ሥሮች አሉ እና የ 6 ቁጥር አካፋዮች ናቸው ፣ ማለትም እነሱ ኢንቲጀር ± 1 ፣ ± 2 ፣ ± 3 ፣ ± 6 ሊሆኑ ይችላሉ። ይህንን ብዙ ቁጥር በP4(x) እንጥቀስ። ከ P P4 (1) = 4 እና P4 (-4) = 23 ጀምሮ ቁጥሮች 1 እና -1 የብዙ ቁጥር PA (x) ሥሮች አይደሉም. P4(2) = 0፣ በመቀጠል x = 2 የብዙ ቁጥር P4(x) ስር ነው፣ እና፣ ስለዚህ ይህ ፖሊኖሚል በሁለትዮሽ x - 2 ይከፈላል። ስለዚህ x4 -5x3 +7x2 -5x +6 x- 2 x4 -2x3 x3 -3x2 + x-3

3x3 +7x2 -5x +6

3x3 +6x2 x2 - 5x + 6 x2- 2x

ስለዚህም P4(x) = (x - 2)(x3 - 3x2 + x - 3)። ከ xz - 3x2 + x - 3 = x2 (x - 3) + (x - 3) = (x - 3) (x2 + 1) ፣ ከዚያ x4 - 5x3 + 7x2 - 5x + 6 = (x - 2) x - 3) (x2 + 1)።

የመለኪያ ግቤት ዘዴ

አንዳንድ ጊዜ ፖሊኖሚል ሲፈጠሩ, መለኪያን የማስተዋወቅ ዘዴ ይረዳል. የሚከተለውን ምሳሌ በመጠቀም የዚህን ዘዴ ምንነት እናብራራለን.

ለምሳሌ. x3 – (√3 + 1) x2 + 3።

መፍትሄ። አንድ ፖሊኖሚል ከፓራሜትር a: x3 - (a + 1) x2 + a2 አስቡ፣ እሱም በ a = √3 ወደ ተሰጠ ብዙ ቁጥር። ይህንን ፖሊኖሚል እንደ ስኩዌር ትሪኖሚል ለሀ፡ a - ax2 + (x3 - x2) እንፃፍ።

የዚህ ባለሶስትዮሽ ስኩዌር ስሮች ከ a አንፃር a1 = x እና a2 = x2 - x ስለሆኑ እኩልነት a2 - ax2 + (xs - x2) = (a - x) (a - x2 + x) እውነት ነው። በዚህ ምክንያት ፖሊኖሚል x3 - (√3 + 1) x2 + 3 በሁኔታዎች √3 – x እና √3 - x2 + x፣ ማለትም ተበላሽቷል።

x3 – (√3+1) x2+3=(x-√3)(x2-x-√3)።

አዲስ የማይታወቅ የማስተዋወቅ ዘዴ

በአንዳንድ ሁኔታዎች፣ በፖሊኖሚል Pn(x) ውስጥ የተካተተውን f(x) አገላለጽ በመተካት፣ በ y በኩል አንድ ሰው ፖሊኖሚል ከ y ጋር ማግኘት ይችላል፣ ይህም በቀላሉ ሊፈጠር ይችላል። ከዚያ yን በf(x) ከተተካ በኋላ የብዙ ቁጥር Pn(x) ፋክተርላይዜሽን እናገኛለን።

ለምሳሌ. ብዙ ቁጥር ያለው x(x+1)(x+2)(x+3) -15።

መፍትሄ። ይህንን ፖሊኖሚል እንደሚከተለው እንለውጠው፡- x(x+1)(x+2)(x+3)-15= [x (x + 3)][(x + 1)(x + 2)] - 15 = x2 + 3x) (x2 + 3x + 2) - 15.

x2 + 3x በ y እንጥቀስ። ከዚያም y (y + 2) - 15 = y2 + 2y - 15 = y2 + 2y + 1 - 16 = (y + 1) 2 - 16 = (y + 1 + 4) (y + 1 - 4) = አለን። ( y+ 5) (y - 3)።

ስለዚህ x (x + 1) (x+ 2) (x + 3) - 15 = (x2+ 3x + 5) (x2 + 3x - 3)።

ለምሳሌ. ብዙ ቁጥር ያለው (x-4)4+(x+2)4

መፍትሄ። x- 4+x+2 = x - 1 በ y እንጥቀስ።

(x - 4)4 + (x + 2)2= (y - 3)4 + (y + 3)4 = y4 - 12y3 +54y3 - 108y + 81 + y4 + 12y3 + 54y2 + 108y + 81 =

2ይ4 + 108y2 + 162 = 2(y4 + 54y2 + 81) = 2[(yg + 27)2 - 648] = 2 (y2 + 27 - √b48)(y2 + 27+√b48)=

2((x-1)2+27-√b48)((x-1)2+27+√b48)=2(x2-2x + 28- 18√ 2)(x2- 2x + 28 + 18√ 2) ).

የተለያዩ ዘዴዎችን በማጣመር

ብዙውን ጊዜ, ፖሊኖሚል ሲፈጠር, ከላይ የተገለጹትን በርካታ ዘዴዎችን በተከታታይ መተግበር አስፈላጊ ነው.

ለምሳሌ. ፖሊኖሚል x4 - 3x2 + 4x-3 ምክንያት።

መፍትሄ። ማቧደንን በመጠቀም ፖሊኖሚል በ x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x4 - 2x2) - (x2 -4x + 3) እንደገና እንጽፋለን።

አንድ ሙሉ ካሬን ወደ መጀመሪያው ቅንፍ የመለየት ዘዴን በመተግበር x4 - 3x3 + 4x - 3 = (x4 - 2 · 1 · x2 + 12) - (x2 -4x + 4) - (x2 -4x + 4) አለን።

ትክክለኛውን የካሬ ቀመር በመጠቀም፣ አሁን ያንን x4 – 3x2 + 4x - 3 = (x2 -1)2 - (x - 2)2 መፃፍ እንችላለን።

በመጨረሻም የካሬዎችን ቀመር ልዩነት በመተግበር x4 - 3x2 + 4x - 3 = (x2 - 1 + x - 2) (x2 - 1 - x + 2) = (x2+x-3) (x2 -x) እናገኛለን። + 1).

§ 2. የሲሜትሪክ እኩልታዎች

1. የሶስተኛ ዲግሪ ሲሜትሪክ እኩልታዎች

የቅጹ እኩልታዎች ax3 + bx2 + bx + a = 0, a ≠ 0 (1) የሶስተኛ ዲግሪ ሲሜትሪክ እኩልታዎች ይባላሉ. ከ ax3 + bx2 + bx + a = a(x3 + 1) + bx (x + 1) = (x+1)(ax2+(b-a) x+a)፣ ከዚያ (1) እኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ነው። x + 1 = 0 እና ax2 + (b-a) x + a = 0, ይህም ለመፍታት አስቸጋሪ አይደለም.

ምሳሌ 1፡ እኩልታውን ይፍቱ

3x3 + 4x2 + 4x + 3 = 0. (2)

መፍትሄ። ቀመር (2) የሶስተኛ ዲግሪ ሲሜትሪክ እኩልታ ነው።

ከ 3x3 + 4xr + 4x + 3 = 3 (x3 + 1) + 4x (x + 1) = (x+ 1) (3x2 - 3x + 3 + 4x) = (x + 1) (3x2 + x + 3) ፣ ከዚያም እኩልታ (2) ከእኩልታዎች ስብስብ x + 1 = 0 እና 3x3 + x +3=0 ጋር እኩል ነው።

የእነዚህ እኩልታዎች የመጀመሪያው መፍትሄ x = -1 ነው, ሁለተኛው እኩልታ ምንም መፍትሄዎች የሉትም.

መልስ፡- x = -1

2. የአራተኛው ዲግሪ ሲሜትሪክ እኩልታዎች

የቅጹ እኩልነት

(3) የአራተኛው ዲግሪ ሲሜትሪክ እኩልታ ይባላል።

x = 0 የእኩልታ ሥር (3) ስላልሆነ፣ ሁለቱንም የሒሳብ ክፍል (3) በ x2 በማካፈል ከመጀመሪያው (3) ጋር እኩል የሆነ እኩልታ እናገኛለን።

ቀመር (4) እንደሚከተለው እንጽፈው፡-

በዚህ እኩልዮሽ ውስጥ ምትክ እንስራ፣ ከዚያ ኳድራቲክ እኩልታ እናገኛለን

ቀመር (5) 2 ስር y1 እና y2 ካለው፣ የዋናው እኩልታ ከእኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ነው።

ቀመር (5) አንድ ሥር y0 ካለው፣ የዋናው እኩልታ ከሒሳብ ጋር እኩል ነው።

በመጨረሻም፣ እኩልታ (5) ስር ከሌለው፣ የዋናው እኩልታ እንዲሁ ስር የለውም።

ምሳሌ 2፡ እኩልታውን ፍታ

መፍትሄ። ይህ እኩልታ የአራተኛው ዲግሪ ሲሜትሪክ እኩልታ ነው። x = 0 ሥሩ ስላልሆነ፣ ቀመር (6)ን በ x2 በማካፈል፣ ተመጣጣኝ እኩልታ እናገኛለን፡-

ውሉን ከመደብን በኋላ፣ ቀመር (7) በቅጹ ወይም በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን።

እሱን ስናስቀምጠው፣ ሁለት ሥር ያለው እኩልታ እናገኛለን y1 = 2 እና y2 = 3. ስለዚህም የዋናው እኩልታ ከእኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ነው።

የዚህ ስብስብ የመጀመሪያ እኩልታ መፍትሄ x1 = 1 ነው, እና የሁለተኛው መፍትሄ u ነው.

ስለዚህ, የመጀመሪያው እኩልታ ሶስት ሥሮች አሉት: x1, x2 እና x3.

መልስ፡- x1=1

§3. የአልጀብራ እኩልታዎች

1. የእኩልታውን ደረጃ መቀነስ

አንዳንድ የአልጀብራ እኩልታዎች፣ በውስጣቸው የተወሰነ ፖሊኖሚል በአንድ ፊደል በመተካት፣ ዲግሪያቸው ከዋናው እኩልታ ደረጃ ያነሰ እና መፍትሄቸው ቀላል የሆነ ወደ አልጀብራ እኩልታዎች ሊቀንስ ይችላል።

ምሳሌ 1፡ እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። እናመልከት፣ ከዚያ ቀመር (1) እንደ የመጨረሻው እኩልታ ስር ሊፃፍ ይችላል እና ስለዚህ፣ እኩልታ (1) ከእኩልታዎች ስብስብ እና ጋር እኩል ነው። የዚህ ስብስብ የመጀመሪያ እኩልታ መፍትሄ እና ለሁለተኛው እኩልታ መፍትሄ ነው

የእኩልታ (1) መፍትሄዎች ናቸው።

ምሳሌ 2፡ እኩልታውን ፍታ

መፍትሄ። የእኩልታውን ሁለቱንም ጎኖች በ12 ማባዛት እና በ

እኩልታውን አግኝተናል ይህንን እኩልነት በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን

(3) እና በማመልከት ቀመርን እንደገና እንጽፋለን (3) በቅጹ የመጨረሻው እኩልታ ሥሮች አሉት እና ስለዚህ ቀመር (3) ከሁለት እኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ነው እና ለዚህ የእኩልታዎች ስብስብ መፍትሄዎች አሉ እና ማለትም እኩልታ (2) ከእኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ነው እና (4)

የስብስቡ (4) መፍትሄዎች እና፣ እና እነሱ የእኩልታ (2) መፍትሄዎች ናቸው።

2. የቅጹ እኩልታዎች

እኩልታው

(5) የተሰጡት ቁጥሮች ባሉበት, የማይታወቁትን በመተካት ወደ ሁለትዮሽ እኩልታ መቀነስ ይቻላል, ማለትም, በመተካት.

ምሳሌ 3፡ እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። በቲ እንጥቀስ። ተለዋዋጮችን እንለውጣለን ወይም ከዚያ ቀመር (6) በቅጹ እንደገና ሊፃፍ ይችላል ወይም ቀመሩን በመጠቀም ፣ በቅጹ ውስጥ

የኳድራቲክ እኩልታ ሥረ-ሥሮች ስለሆኑ እና፣ ለእኩል (7) መፍትሄዎች የእኩልታዎች ስብስብ መፍትሄዎች ናቸው። ይህ የእኩልታዎች ስብስብ ሁለት መፍትሄዎች አሉት እና ስለዚህ, የእኩልታ (6) መፍትሄዎች እና ናቸው

3. የቅጹ እኩልታዎች

እኩልታው

(8) α፣ β፣ γ፣ δ እና Α ቁጥሮች α ሲሆኑ

ምሳሌ 4፡ እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። የማናውቀውን ለውጥ እናድርግ፣ ማለትም y=x+3 ወይም x = y – 3. ከዚያም እኩልታ (9) እንደ እንደገና ሊፃፍ ይችላል።

(y-2)(y-1)(y+1)(y+2)=10፣ ማለትም በቅጹ

(y2- 4)(y2-1)=10(10)

ቢኳድራቲክ እኩልታ (10) ሁለት ሥሮች አሉት። ስለዚህ፣ እኩልታ (9) እንዲሁ ሁለት ሥሮች አሉት።

4. የቅጹ እኩልታዎች

ቀመር (11)

የ x = 0 ሥር በሌለው ቦታ፣ ስለዚህ ቀመር (11) በ x2 ስንካፈል፣ ተመጣጣኝ እኩልታ እናገኛለን።

የማይታወቀውን ከተተካ በኋላ, በኳድራቲክ እኩልታ መልክ እንደገና ይጻፋል, መፍትሄው አስቸጋሪ አይደለም.

ምሳሌ 5፡ እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። h = 0 የእኩልታ ሥር ስላልሆነ (12) በ x2 ስንካፈል፣ ተመጣጣኝ እኩልታ እናገኛለን።

መተኪያውን እንዳይታወቅ በማድረግ፣ y+1)(y+2)=2፣ ሁለት ሥር ያለው y1 = 0 እና y1 = -3 እናገኛለን። በዚህ ምክንያት፣ የመጀመሪያው እኩልታ (12) ከእኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ነው።

ይህ ስብስብ ሁለት ሥሮች አሉት: x1 = -1 እና x2 = -2.

መልስ፡- x1= -1፣ x2 = -2።

አስተያየት. የቅጹ እኩልነት

የትኛው ሁልጊዜ ወደ ቅፅ (11) ሊቀንስ ይችላል እና በተጨማሪም ፣ α > 0 እና λ > 0 ወደ ቅጹ ግምት ውስጥ ያስገቡ።

5. የቅጹ እኩልታዎች

እኩልታው

,(13) ቁጥሮች፣ α፣ β፣ γ፣ δ እና Α αβ = γδ ≠ 0 ሲሆኑ፣ የመጀመሪያውን ቅንፍ ከሁለተኛው ጋር በማባዛት፣ ሦስተኛው ከአራተኛው ጋር፣ በቅጹ ማለትም i.e. ቀመር (13) አሁን በቅጽ (11) ተጽፏል, እና መፍትሄው እኩልነትን (11) በመፍታት በተመሳሳይ መንገድ ሊከናወን ይችላል.

ምሳሌ 6፡ እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። ቀመር (14) ቅጹ (13) አለው, ስለዚህ በቅጹ ውስጥ እንደገና እንጽፋለን

ለዚህ እኩልታ x = 0 መፍትሄ ስላልሆነ ሁለቱን ወገኖች በ x2 በማካፈል ተመጣጣኝ ኦርጅናል እኩልታ እናገኛለን። የተለዋዋጮችን ለውጥ በማድረግ፣ የመፍትሄው እና የሆነው ኳድራቲክ እኩልታ እናገኛለን። በዚህም ምክንያት፣ የመጀመሪያው እኩልታ (14) ከእኩልታዎች ስብስብ እና ጋር እኩል ነው።

የዚህ ስብስብ የመጀመሪያ እኩልነት መፍትሄ ነው

የዚህ የመፍትሄዎች ስብስብ ሁለተኛው እኩልታ ምንም መፍትሄዎች የሉትም. ስለዚህ፣ የመጀመሪያው እኩልታ ስር x1 እና x2 አለው።

6. የቅጹ እኩልታዎች

እኩልታው

(15) ቁጥሮች a, b, c, q, A ቁጥሮች ሲሆኑ x = 0 ሥር የለውም, ስለዚህም እኩልታ (15) በ x2 መከፋፈል. ከእሱ ጋር እኩል የሆነ እኩልታ እናገኛለን, የማይታወቀውን ከተተካ በኋላ, በአራትዮሽ እኩልታ መልክ እንደገና ይጻፋል, መፍትሄው አስቸጋሪ አይደለም.

ምሳሌ 7. እኩልታውን መፍታት

መፍትሄ። x = 0 የእኩልታ ሥር ስላልሆነ (16)፣ ከዚያም ሁለቱንም ወገኖች በ x2 ስንካፈል፣ እኩልታውን እናገኛለን።

፣ (17) ከእኩል (16) ጋር እኩል ነው። ተተኪውን በማይታወቅ ከሰራን፣ ቀመር (17) በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን።

ኳድራቲክ እኩልታ (18) 2 ሥሮች አሉት: y1 = 1 እና y2 = -1. ስለዚህ፣ እኩልታ (17) ከእኩልታዎች ስብስብ እና (19) ጋር እኩል ነው።

የእኩልታዎች ስብስብ (19) 4 ሥሮች አሉት፡,.

እነሱ የእኩልታ (16) ሥሮች ይሆናሉ።

§4. ምክንያታዊ እኩልታዎች

የፎርሙ እኩልታ = 0፣ H(x) እና Q(x) ብዙ ቁጥር ያላቸው፣ ምክንያታዊ ይባላሉ።

የእኩልታውን H(x) = 0 ሥሮች ካገኘህ በኋላ ከመካከላቸው የትኛዎቹ የእኩልታው ሥሮች እንዳልሆኑ ማረጋገጥ አለብህ Q(x) = 0. እነዚህ ሥረ-ሥሮች እና እነሱ ብቻ ለቀመሩ መፍትሄዎች ይሆናሉ።

የቅጹን እኩልታዎች ለመፍታት አንዳንድ ዘዴዎችን እንመልከት = 0.

1. የቅጹ እኩልታዎች

እኩልታው

(1) በቁጥሮች ላይ በተወሰኑ ሁኔታዎች ውስጥ እንደሚከተለው ሊፈታ ይችላል. የእኩልታ (1) ውሎችን በሁለት በመመደብ እና እያንዳንዱን ጥንድ በማጠቃለል ፣ በቁጥር ምክንያቶች ብቻ የሚለያዩ የመጀመሪያ ወይም ዜሮ ዲግሪዎችን በቁጥር ብዙ ቁጥር ማግኘት አስፈላጊ ነው ፣ እና በዲኖሚተሮች - ተመሳሳይ ሁለት ቃላት የያዙ ትሪኖሚሎች። x፣ ከዚያም ተለዋዋጮችን ከተተካ በኋላ፣ የተገኘው እኩልታ ወይም ቅጽ (1) ይኖረዋል፣ ነገር ግን በትንሹ የቃላት ብዛት፣ ወይም ከሁለት እኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ይሆናል፣ አንደኛው የመጀመሪያ ዲግሪ ይሆናል፣ እና ሁለተኛው የቁጥር (1) እኩልታ ይሆናል ፣ ግን በትንሽ የቃላት ብዛት።

ለምሳሌ. እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። በቀመር በግራ በኩል (2) የመጀመሪያውን ቃል ከመጨረሻው እና ሁለተኛውን ከቅጣቱ ጋር ካሰባሰብን በኋላ ቀመር (2) በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን

በእያንዳንዱ ቅንፍ ውስጥ ያሉትን ቃላቶች በማጠቃለል፣ ቀመር (3) በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን።

ለእኩል (4) ምንም መፍትሄ ስለሌለው ፣ ይህንን እኩልታ በመክፈል ፣ እኩልታውን እናገኛለን

፣ (5) ከሒሳብ (4) ጋር እኩል ነው። ለማይታወቅ ምትክ እንሥራ፣ ከዚያ ቀመር (5) በቅጹ ውስጥ እንደገና ይጻፋል

ስለዚህ በግራ በኩል በአምስት ቃላት ወደ እኩልታ (2) መፍትሄ ወደ ቀመር (6) ተመሳሳይ ቅርፅ ወደ መፍትሄ ይቀነሳል ፣ ግን በግራ በኩል በሶስት ቃላት። በቀመር (6) በግራ በኩል ያሉትን ሁሉንም ውሎች ማጠቃለል, በቅጹ ውስጥ እንደገና እንጽፋለን

ለእኩልነት መፍትሄዎች አሉ. ከእነዚህ ቁጥሮች ውስጥ አንዳቸውም ቢሆኑ በቀመር (7) በግራ በኩል ያለው ምክንያታዊ ተግባር መለያ እንዲጠፋ አያደርገውም። በዚህም ምክንያት፣ እኩልታ (7) እነዚህ ሁለት ሥሮች አሉት፣ እና ስለዚህ የመጀመሪያው እኩልታ (2) ከእኩልታዎች ስብስብ ጋር እኩል ነው።

የዚህ ስብስብ የመጀመሪያ እኩልታ መፍትሄዎች ናቸው

ከዚህ ስብስብ የሁለተኛው እኩልታ መፍትሄዎች ናቸው

ስለዚህ, የመጀመሪያው እኩልታ ሥሮች አሉት

2. የቅጹ እኩልታዎች

እኩልታው

(8) በቁጥሮች ላይ በተወሰኑ ሁኔታዎች ላይ እንደሚከተለው ሊፈታ ይችላል-በእያንዳንዱ የእኩልታ ክፍልፋዮች ውስጥ የኢንቲጀር ክፍልን መምረጥ አስፈላጊ ነው ፣ ማለትም ቀመር (8) በቀመር ይተኩ።

ለመቅረጽ (1) ይቀንሱ እና ከዚያ በቀደመው አንቀጽ ላይ በተገለጸው መንገድ ይፍቱት።

ለምሳሌ. እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። ቀመር (9) በቅጹ ወይም በቅጹ ላይ እንፃፍ

ቃላቶቹን በቅንፍ ውስጥ በማጠቃለል፣ ቀመር (10) በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን።

ያልታወቀን በመተካት ቀመር (11) በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን።

በቀመር (12) በግራ በኩል ያሉትን ቃላቶች ማጠቃለል, በቅጹ ውስጥ እንደገና እንጽፋለን

ቀመር (13) ሁለት ሥሮች እንዳሉት ለመረዳት ቀላል ነው፡ እና. ስለዚህ፣ የመጀመሪያው እኩልታ (9) አራት ሥሮች አሉት፡-

3) የቅጹ እኩልታዎች.

የቅጹ (14) እኩልነት ፣ ለቁጥሮች በተወሰኑ ሁኔታዎች ፣ እንደሚከተለው ሊፈታ ይችላል-በእያንዳንዱ ክፍልፋዮች በግራ በኩል (14) ወደ ድምር በማስፋፋት (ይህ በእርግጥ የሚቻል ከሆነ) ቀላል ክፍልፋዮች

(1) ለመመስረት ቀመር (14) ይቀንሱ (1) ፣ ከዚያ የውጤቱን እኩልታ ውሎች ተስማሚ እንደገና በማስተካከል በአንቀጽ 1 ላይ የተገለጸውን ዘዴ በመጠቀም ይፍቱት።

ለምሳሌ. እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። እና፣ በመቀጠልም የእያንዳንዱን ክፍልፋይ ቁጥር በቀመር (15) በ2 በማባዛት እና እኩልነት (15) እንደሚከተለው ሊፃፍ እንደሚችል በመገንዘብ።

ቀመር (16) ቅፅ (7) አለው. በዚህ ቀመር ውስጥ ያሉትን ውሎች እንደገና ካስተካከልን, በቅጹ ወይም በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን

ቀመር (17) ከእኩልታዎች ስብስብ እና ጋር እኩል ነው።

የስብስቡን (18) ሁለተኛ እኩልታ ለመፍታት, ለማይታወቅ ምትክ እንሰራለን ከዚያም በቅጹ ወይም በቅጹ ውስጥ እንደገና ይጻፋል.

በቀመር በግራ በኩል ያሉትን ሁሉንም ውሎች ማጠቃለል (19) ፣ በቅጹ ውስጥ እንደገና ይፃፉ

ቀመር ሥሩ ስለሌለው፣ እኩልታ (20) እንዲሁ የላቸውም።

የስብስቡ (18) የመጀመሪያው እኩልታ አንድ ሥር አለው።ይህ ሥር በሁለተኛው የስብስቡ (18) ቀመር ODZ ውስጥ የተካተተ በመሆኑ የስብስቡ (18) ብቸኛው ሥረ-ሥር ነው፣ ስለዚህም የዋናው እኩልታ.

4. የቅጹ እኩልታዎች

እኩልታው

(21) በቁጥሮች ላይ በተወሰኑ ሁኔታዎች እና ሀ በግራ በኩል እያንዳንዱን ቃል በቅጹ ላይ ከተወከለ በኋላ ወደ ቅፅ (1) መቀነስ ይቻላል.

ለምሳሌ. እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። ቀመር (22) በቅጹ ወይም በቅጹ ላይ እንደገና እንፃፍ

ስለዚህ፣ ቀመር (23) ወደ ቅጽ (1) ይቀንሳል። አሁን ፣ የመጀመሪያውን ቃል ከመጨረሻው ፣ እና ሁለተኛውን ከሦስተኛው ጋር በማቧደን ፣ ቀመር (23) በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን።

ይህ እኩልታ ከእኩልታዎች ስብስብ እና ጋር እኩል ነው። (24)

የስብስቡ የመጨረሻ እኩልታ (24) እንደ ሊፃፍ ይችላል።

ለዚህ እኩልነት መፍትሄዎች አሉ እና በ ODZ ውስጥ የተካተተ የሁለተኛው የስብስብ (30) እኩልነት ስላለው ስብስብ (24) ሶስት ሥሮች አሉት. ሁሉም ለዋናው እኩልታ መፍትሄዎች ናቸው.

5. የቅጹ እኩልታዎች.

የቅጹ እኩልታ (25)

በቁጥሮች ላይ በተወሰኑ ሁኔታዎች, ያልታወቀን በመተካት, አንድ ሰው ወደ ቅጹ እኩልነት ሊቀንስ ይችላል

ለምሳሌ. እኩልታውን ይፍቱ

መፍትሄ። ለእኩል (26) መፍትሄ ስላልሆነ የእያንዳንዱን ክፍልፋይ አሃዛዊ እና መለያ በግራ በኩል በማካፈል እንደገና በቅጹ ላይ እንጽፋለን።

የተለዋዋጮችን ለውጥ ካደረግን በኋላ፣ ቀመር (27) በቅጹ ላይ እንደገና እንጽፋለን።

እኩልታ (28) መፍታት አለ እና. ስለዚህ, እኩልታ (27) ከእኩልታዎች ስብስብ እና ጋር እኩል ነው. (29)

የዝግጅት አቀራረብ ቅድመ እይታዎችን ለመጠቀም ጎግል መለያ ይፍጠሩ እና ወደ እሱ ይግቡ፡ https://accounts.google.com

የስላይድ መግለጫ ጽሑፎች፡-

የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች (የፖሊኖሚል ሥር በአንድ ተለዋዋጭ).

የንግግር እቅድ. ቁጥር 1 በትምህርት ቤት የሂሳብ ኮርስ ውስጥ የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች። ቁጥር 2. የፖሊኖሚል መደበኛ ቅጽ። ቁጥር 3. የፖሊኖሚል ሙሉ ሥሮች. የሆርነር እቅድ. ቁጥር 4. የ polynomial ክፍልፋይ ሥሮች. ቁጥር 5. የቅጹ እኩልታዎች: (x + a) (x + b) (x + c) ... = A ቁጥር 6. የተገላቢጦሽ እኩልታዎች. ቁጥር 7. ተመሳሳይነት ያላቸው እኩልታዎች. ቁጥር 8. ያልተወሰነ የቅንጅቶች ዘዴ. ቁጥር 9. ተግባራዊ - ግራፊክ ዘዴ. ቁጥር 10. የቪዬታ ቀመሮች ለከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች. ቁጥር 11. የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች ለመፍታት መደበኛ ያልሆኑ ዘዴዎች.

በትምህርት ቤት የሂሳብ ኮርስ ውስጥ የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች። 7 ኛ ክፍል. የፖሊኖሚል መደበኛ ቅጽ። ከፖሊኖሚሎች ጋር ያሉ ድርጊቶች. ፖሊኖሚል መፍጠር። በመደበኛ ክፍል 42 ሰዓታት ፣ በልዩ ክፍል 56 ሰዓታት። 8 ልዩ ክፍል. የአንድ ፖሊኖሚል ኢንቲጀር ስሮች፣ የፖሊኖሚሎች ክፍፍል፣ የተገላቢጦሽ እኩልታዎች፣ ልዩነት እና የሁለትዮሽ ኤን ኃይላት ድምር፣ ያልተወሰነ ጥምርታ ዘዴ። ዩ.ኤን. ማካሪቼቭ “ተጨማሪ ምዕራፎች ለትምህርት ቤቱ የአልጀብራ ትምህርት ለ8ኛ ክፍል”፣ ኤም.ኤል. ጋሊትስኪ በአልጀብራ ውስጥ ከ8-9ኛ ክፍል ያሉ የችግሮች ስብስብ። 9 ልዩ ክፍል. የአንድ ፖሊኖሚል ምክንያታዊ ሥሮች። አጠቃላይ የተገላቢጦሽ እኩልታዎች። ለከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች የቪታ ቀመሮች። ንያ ቪለንኪን “አልጀብራ 9ኛ ክፍል ከጥልቅ ጥናት ጋር። 11 ልዩ ክፍል. የ polynomials ማንነት. ፖሊኖሚል በበርካታ ተለዋዋጮች. ተግባራዊ - የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎችን ለመፍታት ስዕላዊ ዘዴ.

የፖሊኖሚል መደበኛ ቅጽ። ፖሊኖሚል ፒ(x) = aⁿ xⁿ + a p-1 x p-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀። የመደበኛ ቅጽ ፖሊኖሚል ይባላል። a p x ⁿ የፖሊኖሚል መሪ ቃል ሲሆን p ደግሞ የብዙዎች መሪ ቃል ድምር ነው። a n = 1፣ P(x) የተቀነሰ ፖሊኖሚል ይባላል። እና ₀ የብዙ ቁጥር P(x) ነፃ ቃል ነው። n የፖሊኖሚል ደረጃ ነው.

የአንድ ፖሊኖሚል ሙሉ ሥሮች። የሆርነር እቅድ. ቲዎረም ቁጥር 1. ኢንቲጀር ሀ የብዙ ቁጥር P(x) ስር ከሆነ፣ ሀ የነፃው ቃል P(x) አካፋይ ነው። ምሳሌ ቁጥር 1 እኩልታውን ይፍቱ. X⁴ + 2x³ = 11x² – 4x – 4 እኩልታውን ወደ መደበኛ ቅጽ እናምጣ። X⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. ብዙ ቁጥር ያለው P(x) = x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 የነጻ ቃል አካፋዮች፡ ± 1፣ ± 2፣ ±4 አለን። x = 1 የእኩልታው ስር ስለሆነ P (1) = 0, x = 2 የእኩልታ ስር ነው ምክንያቱም P(2) = 0 የቤዙት ቲዎሪ። ፖሊኖሚል P (x)ን በሁለትዮሽ (x - a) የመከፋፈል ቀሪው P (a) ጋር እኩል ነው. መዘዝ። a የብዙ ቁጥር P(x) ሥር ከሆነ፣ ከዚያም P(x) በ (x – a) ይከፈላል። በእኛ እኩልታ, P (x) በ (x - 1) እና በ (x - 2) ይከፈላል, እና ስለዚህ በ (x - 1) (x - 2). P(x)ን በ (x² - 3x + 2) ስናካፍል የሦስትዮሽ x² + 5x + 2 = 0 ይሰጣል፣ እሱም ስር x = (-5 ± √17)/2

የአንድ ፖሊኖሚል ክፍልፋይ ሥሮች። ቲዎረም ቁጥር 2. p/g የብዙ ቁጥር P(x) ሥር ከሆነ፣ ገጽ የነፃ ቃል አከፋፋይ ነው፣ g የመሪ ቃል P(x) ንፅፅር አካፋይ ነው። ምሳሌ #2፡ እኩልታውን ይፍቱ። 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. የነጻው ቃል አከፋፋዮች፡ ±1፣ ±2፣ ±4፣ ±8። ከእነዚህ ቁጥሮች ውስጥ አንዳቸውም እኩልታውን አያሟሉም። ምንም ሙሉ ሥሮች የሉም. የመሪ ቃል P (x) ጥምርታ የተፈጥሮ አካፋዮች፡ 1፣ 2፣ 3፣ 6. ሊሆኑ የሚችሉ የክፍልፋይ ስሮች፡ ± 2/3፣ ± 4/3፣ ± 8/3። በማጣራት P(4/3) = 0. X = 4/3 የእኩልታው መሰረት መሆኑን እርግጠኞች ነን። የሆርነርን እቅድ በመጠቀም P (x) በ (x - 4/3) እንካፈላለን.

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. እኩልታዎቹን ይፍቱ፡ 9x³ - 18x = x – 2፣ x³ - x² = x – 1፣ x³ - 3x² -3x + 1 = 0፣ X⁴ - 2x³ + 2x – 1 = 0፣ X⁴ - 3x² + 2 = 0፣ x⁵ + 5x³ - 6x² = 0፣ x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0፣ X⁴ + 4x³ - x ² - 16x – 12 = 0 4x³ + x ² - x + 5 = 0 3x⁴ + 5x³ - 9x² 0. መልሶች: 1) ± 1/3; 2 2) ± 1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ± 2, 9) - 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

የቅጹ እኩልታዎች (x + a) (x + b) (x + c) (x + d)… = ሀ. ምሳሌ ቁጥር 3። እኩልታውን ይፍቱ (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) =24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. የመጀመሪያውን ቅንፍ ከአራተኛው ጋር እና ሁለተኛውን በሦስተኛው ማባዛት. (x + 1) (x + 4) (x + 20 (x + 3) = 24. (x² + 5x + 4) (x² + 5x + 6) = 24. x² + 5x + 4 = y፣ ከዚያ y (የ 0፣ ዲ

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = -15, x (x + 4) (x + 5) (x + 9) + 96 = 0, x (x + 3) (x + 5) (x + 8) + 56 = 0, (x - 4) (x - 3) (x - 2) (x - 1) = 24, (x - 3) (x -4) x – 5) (x – 6) = 1680፣ (x² - 5x) (x + 3) (x – 8) + 108 = 0፣ (x + 4)² (x + 10) (x – 2) + 243 = 0 (x² + 3x + 2) (x² + 9x + 20) = 4፣ ማስታወሻ፡ x + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)፣ x² + 9x + 20 = (x + 4)( x + 5) መልሶች፡ 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

የተገላቢጦሽ እኩልታዎች. ፍቺ ቁጥር 1 የቅጹ እኩልታ፡ ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 የአራተኛው ዲግሪ ተገላቢጦሽ እኩልታ ይባላል። ፍቺ ቁጥር 2. የቅጹ እኩልታ፡ ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 የአራተኛው ዲግሪ አጠቃላይ ተገላቢጦሽ እኩልታ ይባላል። k² a፡ a = k²; kv: v = k. ምሳሌ ቁጥር 6. እኩልታውን ይፍቱ x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. ሁለቱንም የእኩልታ ጎኖች በ x² ይከፋፍሏቸው። x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0፣ (x² + 1/ x²) – 7(x + 1/ x) + 14 = 0. ይልቀቁ x + 1/ x = y። የእኩልታውን ሁለቱንም ጎኖች እናሳያለን. x² + 2 + 1/ x² = y²፣ x² + 1/ x² = y² - 2. አራት ማዕዘን ቀመር y² - 7y + 12 = 0፣ y₁ = 3፣ y₂ = 4. x + 1/ x = 3 ወይም x እናገኛለን። + 1/ x = 4. ሁለት እኩልታዎችን እናገኛለን: x² - 3x + 1 = 0, x² - 4x + 1 = 0. ምሳሌ ቁጥር 7. 3х⁴ - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(- 2) = -5, (-5)² = 25. የአጠቃላይ የተገላቢጦሽ እኩልታ ሁኔታ = -5 ረክቷል. መፍትሄው ከምሳሌ ቁጥር 6 ጋር ተመሳሳይ ነው. የእኩልታውን ሁለቱንም ጎኖች በ x² ያካፍሉ። 3x⁴ - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0፣ 3(x⁴ + 25/ x²) – 2(x – 5/ x) – 31 = 0. x – 5/ x = y፣ ሁለቱንም እናካራለን። የእኩልነት ጎኖች x² - 10 + 25/ x² = y²፣ x² + 25/ x² = y² + 10. ባለአራት እኩልታ 3y² - 2y – 1 = 0፣ y₁ = 1፣ y₂ = - 1/3 አለን። x – 5/ x = 1 ወይም x – 5/ x = -1/3። ሁለት እኩልታዎችን እናገኛለን: x² - x - 5 = 0 እና 3x² + x - 15 = 0

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. 1. 78x⁴ - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0. 2. x ⁴ - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x ⁴ - x³ - = 10x² + 6 x. + 4x. 38x² -10x + 24 = 0.5. x ⁴ + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x ⁴ - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. መልስ፡ 1) 2/3; 3/2፣2) 1፡2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

ተመሳሳይነት ያላቸው እኩልታዎች. ፍቺ የቅጹ እኩልነት a₀ u³ + a₁ u² v + a₂ uv² + a₃ v³ = 0 ከ u v አንፃር የሶስተኛ ዲግሪ ተመሳሳይ እኩልታ ይባላል። ፍቺ የቅጹ እኩልነት a₀ u⁴ + a₁ u³v + a₂ u²v² + a₃ uv³ + a₄ v⁴ = 0 ከ u v አንጻር የአራተኛው ዲግሪ ተመሳሳይ እኩልታ ይባላል። ምሳሌ ቁጥር 8 እኩልታውን ይፍቱ (x² - x + 1)³ + 2x⁴(x² - x + 1) – 3x⁶ = 0 ተመሳሳይ የሆነ የሶስተኛ ዲግሪ እኩልታ ለ u = x²- x + 1፣ v = x²። የእኩልታውን ሁለቱንም ጎኖች በ x ⁶ ይከፋፍሏቸው። መጀመሪያ x = 0 የእኩልታው ሥር እንዳልሆነ አረጋግጠናል። (x² - x + 1/ x²)³ + 2 (x² - x + 1/ x²) – 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y፣ y³ + 2y – 3 = 0፣ y = 1 የእኩልታ ሥር. በሆርነር እቅድ መሰረት ብዙ ቁጥር ያለው P(x) = y³ + 2y - 3 በ y - 1 እንከፍላለን። በቁጥር ውስጥ ሥር የሌለው ሥላሴ እናገኛለን. መልስ፡ 1.

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. 1 . )² + 36X⁴ = 0. 3. 2(X² + X + 1)² - 7(X – 1)² = 13(X³ - 1)፣ 4. 2(X -1)⁴ - 5(X² - 3X + 2)² + 2(x – 2)⁴ = 0. 5. (x² + x + 4)² + 3x(x² + x + 4) + 2x² = 0፣ መልሶች፡ 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2፡4 4) ±√2; 3±√2, 5) ሥሮች የሉም።

ያልተወሰነ የቅንጅቶች ዘዴ. ቲዎረም ቁጥር 3. ሁለት ፖሊኖሚሎች P(x) እና G(x) ተመሳሳይ ዲግሪ ካላቸው እና በሁለቱም ፖሊኖሚሎች ውስጥ ያሉት የተለዋዋጭ ተመሳሳይ ዲግሪዎች ጥምርታ እኩል ከሆኑ ብቻ ነው። ምሳሌ ቁጥር 9 የብዙ ቁጥር ምክንያቶች y⁴ - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y⁴ - 4y³ + 5y² - 4ይ + 1 = (y² + уу + с)(y² + ዩ + с)(y² + в₁у + с₁) =у ⁴ + у + у ⁴ + у с₁ + с + в₁в) + у(с₁ + св₁) + сс በቲዎሬም ቁጥር 3 መሠረት የእኩልታዎች ስርዓት አለን: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, сс₁ + св₁ = -4, сс₁ = 1. ስርዓቱን ኢንቲጀር መፍታት አስፈላጊ ነው. በኢንቲጀር ውስጥ ያለው የመጨረሻው እኩልታ መፍትሄዎች ሊኖሩት ይችላል: c = 1, c₁ = 1; с = -1, с₁ = -1. እስቲ с = с ₁ = 1፣ ከዚያ ከመጀመሪያው እኩልታ в₁ = -4 –в አለን። የስርዓቱን ሁለተኛ እኩልታ в² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 ወይም в = -3, в₁ = -1 እንተካለን። እነዚህ እሴቶች ከስርዓቱ ሶስተኛው እኩልታ ጋር ይጣጣማሉ. መቼ с = с ₁ = -1 ዲ

ምሳሌ ቁጥር 10 ብዙ ቁጥር ያለው y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b) y² + (ab + c) y + ac። የእኩልታዎች ስርዓት አለን: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. ለሦስተኛው እኩልታ ሊሆኑ የሚችሉ የኢንቲጀር መፍትሄዎች: (2; 1), (1; 2), (-2; -1) ), (-1; -2). አንድ = -2፣ c = -1 ይሁን። በ = 2 ውስጥ ካለው የስርዓቱ የመጀመሪያ እኩልታ, ይህም ሁለተኛውን እኩልነት ያሟላል. እነዚህን እሴቶች በሚፈለገው እኩልነት በመተካት መልሱን እናገኛለን፡- (y - 2)(y² + 2y - 1)። ሁለተኛ መንገድ. Y³ - 5ይ + 2 = y³ -5ይ + 10 – 8 = (y³ - 8) – 5(y – 2) = (y – 2) (y² + 2ይ -1)።

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. የብዙ ቁጥር ምክንያቶች፡ 1. y⁴ + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y⁴ - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x ⁴ + 324, 4. y⁴ -8y³ + 24y² -1 የፍተሻ ዘዴን በመጠቀም ቀመር፡ ሀ) x ⁴ -3x² + 2 = 0, b) x ⁵ +5x³ -6x² = 0. መልሶች፡ 1) (y² +2y -2)(y² +2y +4)፣ 2) (y – 1)²(y² -2ይ + 2)፣ 3) (x² -6x + 18) (x² + 6x + 18)፣ 4) (y – 1) (y – 3) (y² - 4у + 5) , 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.

ተግባራዊ - የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎችን ለመፍታት ስዕላዊ ዘዴ. ምሳሌ ቁጥር 11. እኩልታውን ይፍቱ x⁵ + 5x -42 = 0. ተግባር y = x ⁵ እየጨመረ፣ ተግባር y = 42 - 5x እየቀነሰ (k)

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. 1. የአንድ ተግባር ነጠላነት ባህሪን በመጠቀም፣ እኩልታው አንድ ስር ያለው መሆኑን ያረጋግጡ እና ይህንን ስር ያግኙ፡- a) x ³ = 10 – x፣ b) x ⁵ + 3x³ - 11√2 – x። መልሶች፡ ሀ) 2፣ ለ) √2. 2. የተግባር-ግራፊክ ዘዴን በመጠቀም እኩልታውን ይፍቱ፡ a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 - x, d) (1/3) = x +4, d) (x – 1)² = log₂ x፣ e) log = (x + ½)²፣ g) 1 - √x = ln x፣ h) √x – 2 = 9/x። መልሶች፡ ሀ) 0; ±1, ለ) 0; 1፣ ሐ) 2፣ መ) -1፣ ሠ) 1; 2፣ ረ) ½፣ g) 1፣ ሰ) 9.

ለከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎች የቪታ ቀመሮች። ቲዮረም ቁጥር 5 (የቪዬታ ቲዎረም). እኩልታው a xⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ n የተለያዩ ትክክለኛ ስርወች ካሉት x ₁፣ x₂፣…፣ x፣ ከዚያም እኩልነትን ያሟላሉ፡ ለአራት እኩልታ ax² + bx + c = o: x₁ + x ₂ = -в/а, x₁х ₂ = с/а; ለክዩቢክ እኩልታ a₃x ³ + a₂x ² + a₁x + a₀ = o: x ₁ + x ₂ + x ₃ = -a₂/a₃; x₁х ₂ + x₁х ₃ + x₂ ₃ = а₁/а₃; x₁х₂ ₃ = -а₀/а₃; ...፣ ለ nth ዲግሪ እኩልነት፡- x ₁ + x ₂ + ... x = - a / a፣ x₁x ₂ + x₁x ₃ + ... + x x = a / a፣ ... ፣ x₁x ₂ ·… · x = (- 1) ⁿ a₀/ሀ የውይይት ንድፈ ሃሳብም እንዲሁ ይዟል።

ምሳሌ ቁጥር 13. ሥሩ ከሥሩ ሥሩ የተገላቢጦሽ የሆነ ኪዩቢክ እኩልታ ይፃፉ x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0፣ እና የ x³ ኮፊፊሸንት 2 ነው። ₂ + x ₃ = 6, x₁x ₂ + x₁х ₃ + x₂ ₃ = 12, x₁х₂ ₃ = 18. 2. የእነዚህን ስሮች ተገላቢጦሽ እንጽፋለን እና ለእነሱ የተገላቢጦሽ የቪታ ቲዎሬምን እንተገብራለን. 1/ x ₁ + 1/ x ₃ + 1/ x ₃ = (x₂х ₃ + x₁х ₃ + x₁х ₂)/ x₁х₂ ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x₁х ₂ + 1/ x₁х ₃ + 1/ x₂х ₃ = (x ₃ + x ₂ + x ₁)/ x₁х₂ ₃ = 6/18 = 1/3፣ 1/ x₁х₁ እኩልታውን እናገኛለን x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 መልስ፡ 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0።

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. 1. የኩቢክ እኩልታ ሥሩ ሥሩ የተገላቢጦሽ ካሬ ስሮች ናቸው x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0፣ እና የ x ³ ኮፊፊሸን 8 ነው። መልስ፡ 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. የከፍተኛ ዲግሪዎች እኩልታዎችን ለመፍታት መደበኛ ያልሆኑ ዘዴዎች. ምሳሌ ቁጥር 12. እኩልታውን ይፍቱ x ⁴ -8x + 63 = 0. የግራውን ግራ ጎን እናድርገው. ትክክለኛዎቹን ካሬዎች እንመርጥ. X⁴ - 8x + 63 = (x⁴ + 16x² + 64) – (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9) (x² - 4x + 7) = 0. ሁለቱም አድልዎዎች አሉታዊ ናቸው. መልስ: ምንም ሥሮች የሉም.

ምሳሌ ቁጥር 14. ሒሳቡን ይፍቱ 21x³ + x² - 5x – 1 = 0. የሒሳቡ ድምር ቃል ± 1 ከሆነ፣ ሒሳቡ x = 1/yን በመጠቀም ወደ ተቀነሰ ቀመር ይቀየራል። 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³፣ y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = -3 የእኩልታ ሥር። (y + 3) (y² + 2ይ -7) = 0፣ y = -1 ± 2√2። x ₁ = -1/3፣ x ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7፣ X₃ = 1/-1 -2√2 = (1-2√2)/7 . ምሳሌ ቁጥር 15. እኩልታውን ይፍቱ 4x³-10x² + 14x – 5 = 0. ሁለቱንም የእኩልታ ጎኖች በ2. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0፣ (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = ማባዛት። 0. አዲስ ተለዋዋጭ y = 2x እናስተዋውቅ፣ የተቀነሰውን እኩልታ y³ - 5y² + 14y -10 = 0፣ y = 1 የእኩልታ ስር እናገኛለን። (y – 1) (y² - 4y + 10) = 0፣ ዲ

ምሳሌ ቁጥር 16. እኩልታው x ⁴ + x ³ + x – 2 = 0 አንድ አወንታዊ ሥር እንዳለው ያረጋግጡ። ፍ (x) = x ⁴ + x ³ + x – 2፣ f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o ለ x > o። የ f (x) ተግባር ለ x> o ይጨምራል፣ እና የ f (o) = -2 እሴት ይጨምራል። እኩልታው አንድ አዎንታዊ ሥር ወዘተ እንዳለው ግልጽ ነው። ምሳሌ ቁጥር 17. ቀመር 8x (2x² - 1) (8x⁴ - 8x² + 1) = 1. IF. ሻሪጊን “አማራጭ የሒሳብ ትምህርት ለ11ኛ ክፍል።” M. መገለጥ 1991 p.90. 1. l x l 1 2x² - 1> 1 እና 8x⁴ -8x² + 1> 1 2. ተተኪውን x = ምቹ፣ y € (0; n) እናድርገው። ለሌሎች የ y እሴቶች ፣ የ x እሴቶች ይደገማሉ ፣ እና እኩልታው ከ 7 ሥሮች ያልበለጠ ነው። 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y፣ 8х⁴ - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos4y. 3. እኩልታው 8 cozycos2ycos4y = 1 ቅጽ ይወስዳል። ሁለቱንም የእኩልታ ጎኖች በሲኒ ማባዛት። 8 sinycosycos2ycos4y = ኃጢአተኛ። ድርብ ማዕዘን ቀመርን 3 ጊዜ በመተግበር እኩልታ እናገኛለን sin8y = siny, sin8y - siny = 0

የመፍትሄው መጨረሻ ወደ ምሳሌ ቁጥር 17. የሳይንስ ቀመር ልዩነትን እንተገብራለን. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 y € (0;n)፣ y = 2pk/3፣ k = 1, 2, 3 or y = n/9 + 2pk/9፣ k =0, 1, 2, 3. ወደ ተለዋዋጭ x ስንመለስ። መልስ እናገኛለን፡- Cos2 p/7፣ cos4 p/7፣ cos6 p/7፣ cos p/9፣ ½፣ cos5 p/9፣ cos7 p/9። ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች. እኩልታ (x² + x)(x² + 5x + 6) = a በትክክል ሦስት ሥሮች ያሉትበትን ሁሉንም እሴቶች ይፈልጉ። መልስ፡ 9/16 አቅጣጫዎች፡ በቀመር በግራ በኩል በግራ በኩል ይሳሉ። F ከፍተኛ = f (0) = 9/16. ቀጥታ መስመር y = 9/16 የተግባሩን ግራፍ በሶስት ነጥቦች ያቋርጣል. እኩልታውን ይፍቱ (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55. መልስ፡ -4; 2. እኩልታውን ይፍቱ (x + 3)⁴ + (x + 5) = 16. መልስ: -5; -3. ቀመር 2 (x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1) ፍታ፡ መልስ፡ -1; -1/2፣ 2;4 የእኩልታውን ትክክለኛ ስሮች ቁጥር አግኝ x ³ - 12x + 10 = 0 በ [-3; 3/2። መመሪያዎች፡ ተዋጽኦውን ይፈልጉ እና ሞኖትን ይመርምሩ።

ለገለልተኛ መፍትሄዎች ምሳሌዎች (የቀጠለ). 6. የእኩልታውን ትክክለኛ ሥሮች ቁጥር ይፈልጉ x ⁴ - 2x³ + 3/2 = 0. መልስ፡ 2 7. x ₁, x ₂, x ₃ የብዙ ቁጥር P(x) = x ³ - ይሁን. 6x² -15x + 1. X₁² + x ₂² + x ₃² ያግኙ። መልስ፡ 66. አቅጣጫዎች፡ የቪዬታ ንድፈ ሃሳብን ተግብር። 8. ለ > o እና በዘፈቀደ እውነተኛ እሴት በቀመር x ³ + ax + b = o አንድ እውነተኛ ሥር ብቻ እንዳላቸው ያረጋግጡ። ፍንጭ፡ በተቃርኖ አረጋግጥ። የቪዬታ ቲዎሬምን ተግብር። 9. ቀመር 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1) ፍታ። መልስ፡ ½; 1; (3 ± √13)/2. ፍንጭ፡- እኩልታዎችን X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1፣ x³ + 1 = (x + 1) (x² - x + 1) በመጠቀም እኩልታውን ወደ ተመሳሳይ እኩልነት አምጡ። 10. የእኩልታዎች ስርዓት x + y = x²፣ 3y – x = y²። መልስ፡ (0;0)፣(2፣2)፣ (√2; 2 - √2)፣ (- √2፣ 2 + √2)። 11. ስርዓቱን ይፍቱ፡ 4y² -3y = 2x –y፣ 5x² - 3y² = 4x – 2y። መልስ፡ (o;o)፣ (1;1)፣ (297/265፤ - 27/53)።

ሙከራ አማራጭ 1. 1. እኩልታውን ይፍቱ (x² + x) - 8 (x² + x) + 12 = 0. 2. እኩልታውን ይፍቱ (x + 1) (x + 3) (x + 5) (x + 7) = - 15 3. እኩልታውን 12x²(x - 3) + 64(x - 3)² = x ⁴ ፍታ። 4. እኩልታውን ይፍቱ x ⁴ - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. የእኩልታዎችን ስርዓት ይፍቱ፡ x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1.5x² + 3y² - x + 5y = 12.

አማራጭ 2 1. (x² - 4x)² + 7(x² - 4x) + 12 = 0. 2. x (x + 1)(x + 5)(x + 6) = 24. 3. x ⁴ + 18( x + 4)² = 11x²(x + 4)። 4. x ⁴ - 5x³ + 6x² - 5x + 1 = 0. 5. x² - 2xy + y² + 2x²y – 9 = 0፣ x – y – x²y + 3 = 0. 3ኛ አማራጭ። 1. (x² + 3x)² - 14 (x² + 3x) + 40 = 0 2. (x – 5) (x-3) (x + 3) (x + 1) = - 35. 3. x4 + 8x² (x + 2) = 9 (x+ 2)²። 4. x ⁴ - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. 5. x + y + x² + y² = 18፣ xy + x² + y² = 19።

አማራጭ 4. (x² - 2x)² - 11(x² - 2x) + 24 = o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) = -36. X⁴ + 3(x -6)² = 4x²(6 – x)። X⁴ - 6x³ + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy – 3ይ² = - 4. ተጨማሪ ተግባር፡ የብዙ ቁጥር P(x)ን በ (x – 1) የማካፈል ቀሪው ነው። 4፣ የቀረው በ (x + 1) ሲካፈል 2 ሲሆን በ (x – 2) ሲካፈል ደግሞ 8 ነው። P(x)ን በ (x³ - 2x² - x + 2) ስናካፍል የቀረውን አግኝ። ).

መልሶች እና መመሪያዎች: አማራጭ ቁጥር 1 ቁጥር 2. ቁጥር 3. ቁጥር 4. ቁጥር 5. 1. - 3; ± 2; 1 1፡2፡3። -5; -4; 1; 2. ተመሳሳይነት ያለው እኩልታ፡ u = x -3፣ v = x² -2; -1; 3; 4. (2፡1) ; (2/3፤4/3)። ፍንጭ፡ 1· (-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6 -3±2√3; - 4; - 2. 1 ± 11; 4; - 2. ተመሳሳይነት ያለው እኩልታ፡ u = x + 4፣ v = x² 1; 5፤3±√13። (2፡1); (0;3); (- ሰላሳ). ፍንጭ፡ 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -1; 2. ተመሳሳይነት ያለው u = x+ 2፣ v = x² -6; ± 3; 2 (2;3)፣ (3;2)፣ (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7)። መመሪያ፡ 2-1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ± √21)/2 (1;-2)፣ (-1;2)። ፍንጭ፡ 1·4 + 2

አንድ ተጨማሪ ተግባር መፍታት. በBezout ቲዎረም፡ P(1) = 4፣ P(-1) = 2፣ P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + በ . ምትክ 1; - 1; 2. P (1) = G (1) 0 + a + b + c = 4, a + b+ c = 4. P (-1) = a – b + c = 2, P (2) = 4a² + 2b + c = 8. የተገኘውን የሶስት እኩልታዎች ስርዓት በመፍታት፡ a = b = 1, c = 2. መልስ: x² + x + 2 እናገኛለን.

መስፈርት ቁጥር 1 - 2 ነጥብ. 1 ነጥብ - አንድ ስሌት ስህተት. ቁጥር 2,3,4 - እያንዳንዳቸው 3 ነጥቦች. 1 ነጥብ - ወደ ኳድራቲክ እኩልታ መርቷል. 2 ነጥቦች - አንድ ስሌት ስህተት. ቁጥር 5. - 4 ነጥቦች. 1 ነጥብ - አንዱን ተለዋዋጭ ከሌላው አንፃር ገልጿል. 2 ነጥቦች - ከመፍትሔዎቹ ውስጥ አንዱን ተቀብለዋል. 3 ነጥቦች - አንድ ስሌት ስህተት. ተጨማሪ ተግባር: 4 ነጥቦች. 1 ነጥብ - ለአራቱም ጉዳዮች የቤዙትን ቲዎሬም ተተግብሯል። 2 ነጥቦች - የእኩልታዎች ስርዓት ተሰብስቧል። 3 ነጥቦች - አንድ ስሌት ስህተት.

ትሪፋኖቫ ማሪና አናቶሊቭና
የሂሳብ መምህር, የማዘጋጃ ቤት የትምህርት ተቋም "ጂምናዚየም ቁጥር 48 (ባለብዙ ዲሲፕሊን)", ታልናክ

የትምህርቱ ሶስት ዓላማ:

ትምህርታዊ፡
የከፍተኛ ዲግሪዎችን እኩልታዎች በመፍታት ላይ የእውቀት ስርዓት እና አጠቃላይነት።
ልማታዊ፡
አመክንዮአዊ አስተሳሰብን ማዳበር, በተናጥል የመሥራት ችሎታ, እርስ በርስ የመቆጣጠር እና ራስን የመግዛት ችሎታዎች, የንግግር እና የማዳመጥ ችሎታዎች.
ማስተማር፡
የማያቋርጥ ሥራ የመሥራት ልማድ ማዳበር፣ ምላሽ ሰጪነትን፣ ጠንክሮ መሥራትን እና ትክክለኛነትን ማዳበር።

የትምህርት ዓይነት:

የእውቀት ፣ ችሎታዎች እና ችሎታዎች የተቀናጀ አተገባበር ውስጥ ትምህርት።

የትምህርት ቅጽ:

የአየር ማናፈሻ, የአካል ብቃት እንቅስቃሴ, የተለያዩ የስራ ዓይነቶች.

መሳሪያ፡

ደጋፊ ማስታወሻዎች, የተግባር ካርዶች, የትምህርት ክትትል ማትሪክስ.

በክፍሎች ወቅት

I. ድርጅታዊ ጊዜ

1. የትምህርቱን ዓላማ ለተማሪዎች ማሳወቅ።
2. የቤት ስራን መፈተሽ (አባሪ 1)። ከደጋፊ ማስታወሻዎች ጋር መስራት (አባሪ 2)።

ለእያንዳንዳቸው እኩልታዎች እና መልሶች በቦርዱ ላይ ተጽፈዋል. ተማሪዎች መልሶቻቸውን ይፈትሹ እና ለእያንዳንዱ እኩልታ መፍትሄ አጭር ትንታኔ ይሰጣሉ ወይም የመምህሩን ጥያቄዎች ይመልሱ (የፊት ዳሰሳ)። ራስን መግዛት - ተማሪዎች ለክፍል እርማት ወይም መጽደቅ ለራሳቸው ውጤት ይሰጣሉ እና ማስታወሻ ደብተራቸውን ለአስተማሪ ያስረክባሉ። የትምህርት ቤት ውጤቶች በቦርዱ ላይ ተጽፈዋል፡-

"5+" - 6 እኩልታዎች;
"5" - 5 እኩልታዎች;
"4" - 4 እኩልታዎች;
"3" - 3 እኩልታዎች.

ስለ የቤት ስራ የአስተማሪ ጥያቄዎች፡-

1 እኩልታ

1. በቀመር ውስጥ ምን ዓይነት ተለዋዋጮች ተለውጠዋል?
2. ተለዋዋጮችን ከቀየሩ በኋላ ምን እኩልነት ተገኝቷል?

2 እኩልታ

1. የእኩልታውን ሁለቱንም ወገኖች ለመከፋፈል ምን ዓይነት ፖሊኖሚል ጥቅም ላይ ውሏል?
2. ምን ዓይነት የተለዋዋጮች ለውጥ ተገኝቷል?

3 እኩልታ

1. የዚህን እኩልታ መፍትሄ ለማቃለል ምን ዓይነት ፖሊኖሚሎች ማባዛት አለባቸው?

4 እኩልታ

1. ተግባሩን f(x) ይሰይሙ።
2. የቀሩት ሥሮች እንዴት ተገኙ?

5 እኩልታ

1. እኩልታውን ለመፍታት ስንት ክፍተቶች ተገኝተዋል?

6 እኩልታ

1. ይህ እኩልታ እንዴት ሊፈታ ቻለ?
2. የትኛው መፍትሔ የበለጠ ምክንያታዊ ነው?

II. የቡድን ስራ የትምህርቱ ዋና አካል ነው.

ክፍሉ በ 4 ቡድኖች ይከፈላል. እያንዳንዱ ቡድን “እኩልታውን ለመፍታት የታቀደውን ዘዴ መርምረህ ይህንን ምሳሌ ተጠቅመህ አስረዳ” የሚል የንድፈ ሃሳብ እና ተግባራዊ (አባሪ 3) ጥያቄዎች ያለው ካርድ ተሰጥቷቸዋል።

1. የቡድን ሥራ 15 ደቂቃዎች.
2. ምሳሌዎች በቦርዱ ላይ ተጽፈዋል (ቦርዱ በ 4 ክፍሎች የተከፈለ ነው).
3. የቡድን ሪፖርቱ ከ2-3 ደቂቃዎች ይወስዳል.
4. መምህሩ የቡድን ሪፖርቶችን ያስተካክላል እና በችግሮች ውስጥ ይረዳል.

በቡድን ውስጥ ሥራ በካርድ ቁጥር 5 - 8 ይቀጥላል. ለእያንዳንዱ እኩልታ, በቡድኑ ውስጥ ለውይይት 5 ደቂቃዎች ይሰጣሉ. ከዚያም ቦርዱ በዚህ ስሌት ላይ ሪፖርት ያቀርባል - የመፍትሄው አጭር ትንታኔ. ስሌቱ ሙሉ በሙሉ ሊፈታ አይችልም - በቤት ውስጥ እየተጠናቀቀ ነው, ነገር ግን የመፍትሄው ቅደም ተከተል በክፍል ውስጥ ይብራራል.

III. ገለልተኛ ሥራ.አባሪ 4.

1. እያንዳንዱ ተማሪ የግለሰብ ሥራ ይቀበላል።
2. ስራው 20 ደቂቃዎችን ይወስዳል.
3. ትምህርቱ ሊጠናቀቅ 5 ደቂቃ ሲቀረው መምህሩ ለእያንዳንዱ እኩልታ ግልጽ መልሶችን ይሰጣል።
4. ተማሪዎች በክበብ ውስጥ ማስታወሻ ደብተር ይለዋወጣሉ እና መልሶቻቸውን ከጓደኛቸው ጋር ያረጋግጡ። ውጤት ይሰጣሉ።
5. የማስታወሻ ደብተሮችን ለማጣራት እና ለክፍል እርማት ለመምህሩ ይሰጣሉ.

IV. የትምህርቱ ማጠቃለያ።

የቤት ስራ.

ላልተጠናቀቁ እኩልታዎች መፍትሄዎችን ያዘጋጁ። ለቁጥጥር መቁረጥ ያዘጋጁ.

ደረጃ መስጠት.