Теңдеу – бұл тепе-теңдік қамтитын бір немесе бірнеше айнымалы, оның мәнін табу керек.
Басқа сөздермен айтқанда, теңдеу құрамында переменную – бір немесе бірнеше және теңдік белгісі.
Мақсаты теңдеуін табу барлық ықтимал мәндер кіретін айнымалы.
Бұл мақалада біз боламыз, как решить уравнение с одной переменной.
Шешілген міндеттер математикадан бір айнымалысы бар төменде келтіріледі шешімімен.
Көрейік тағы бір рет еске алайық шешу әдістері сызықтық теңдеулер бір айнымалысы бар.
Оқыңыз сызықтық міндетін ескеріңіз сұрақта көрсетілген және бұл анықтау қажет.
Белгілеуге белгісіз кез-келген айнымалы, мысалы, \(x\) (\(x\) – кез-келген ауыспалы)
Назарыңды міндетін тілі математика және математикалық тұжырымдарды.
Көшіріңіз білдіру белгісіз бір бөлігі теңдеулері, сандық құрамдас басқа.
Сформируйте бір айнымалысы бар сызықтық теңдеу пайдалана отырып, шарттары, келтірілген міндетте.
Теңдеуді шеш үшін белгісіз.
Көз жеткізіңіз? шарттарын қанағаттандыратын міндеттері тексеріңіз.
Әзірленген тапсырмалар математикадан бір айнымалысы бар.

1-міндет. Бөлгіш ұтымды санының көп оның числителя ” \(3\). Егер алымы көбейеді \(7\), ал бөлгіш азайтылады \(1\) болса, онда жаңа саны айналуда \(\frac{3}{2}\) Табыңыз бастапқы нөмірі. Шешімі:
Болсын алымы ұтымды санының \(=\) \(x\)
Сол кезде бөлгіш ұтымды санының \(=\) \(x+3\)
Кезде алымы артып, 7, онда жаңа алымы \(=\) \(x+7\)
Кезде бөлгіш азайтылады 1 болса, онда жаңа бөлгіш \(x+3-1\)
Қалыптастырылды жаңа саны \(\frac{3}{2}\)
\(\frac{x+7}{x+3-1}\)\(=\)\(\frac{3}{2}\)
\(\frac{x+7}{x+2}\)\(=\) \(\frac{3}{3}\)
\(2\) \((x+7)\) = \(3\)\((x+2)\)
\(2\)\(x+14\) = \(3\)\(\)\(x+6\)
\(3\)\(x-2\)\(x\)= \(14-6\)
\(x\)\(=\)\(8\)
Бастапқы саны: \(\frac{x}{x+3}\) \(=\)\(\frac{8}{8+3}\)= \(\frac{8}{11}\)
Жауап:\(\frac{8}{11}\).

2-міндет. Сомасы цифр двузначного числа тең \(7\). Егер саны, құрылған ығысуымен саннан аз бастапқы санынан \(27\) табыңыз, бастапқы саны.
Шешімі:
Мейлі, сан бірлік бастапқы санының \(x\).
Сонда ондық сан бастапқы санынан \(7-x\)
\(10(7-x)+1x\)
\(70-10x+х=70-9x\)
\(10x+(7-x)1\)
\(10x+7-x=9x+7\)
Сұрақ бастапқы саны \(27\)?
\(9x+7=70-9x-27\)
\(9x+7=43-9x\)
\(9x+9x=43-7\)
\(18x=36\)
\(x=\frac{36}{18}\)
\(x=2\)
Сондықтан, \(7-x\):
\(7-2=5\)
Жауабы: Бастапқы саны \(52\).

3-міндет. Катер жүріп жатыр өзен ағысы бойынша және арасындағы қашықтық екі жағалауындағы қалалармен 5 сағат. Ол бұл қашықтықты ағыс бойынша 6 сағат. Егер ағынның жылдамдығы 3 км/сағ табыңыз жылдамдығы қайық ” стоячей суда.
Шешімі:
Берсін жылдамдығы қайық ” стоячей суға = х км/сағ.
Жылдамдығы қайық төменге ағыс бойымен\(=(x+3)\) км / сағ.
Қажетті уақытта жабу үшін қашықтық = \(5\) сағат
Осылайша, қашықтық, жүріп өткен үшін \(5\) сағат \(=(x+3)*5\)(S(жол) = жылдамдығы × уақыты)
Жылдамдығы қайық ағыс бойымен \(=(x-3)\)км/сағ
Үшін қажетті уақыт жабу арақашықтық\(=6\) сағат.
Осылайша, қашықтық, жүріп өткен үшін \(6\) сағат\(=6*(x-3)\)
Сондықтан арасындағы қашықтық екі жағалауындағы қалалармен тіркелген, яғни бірдей.
\(5(x+3)=6(x-3)\)
\(5x+15=6x-18\)
\(5x-6x=-18-15\)
\(x=-33\)
\(x=33\)
Қажетті жылдамдығы қайық – \(33\) км / сағ.

4-міндет. Разделите \(28\) екі бөлікке болатындай \(\frac{6}{5}\) бір бөлігі болатын сияқты \(\frac{2}{3}\) басқа. Шешімі:
Берсін бір бөлігі болады \(x\)
Содан кейін басқа бір бөлігі \(=28-x\)
Беріледі \(\frac{6}{5}\) бір бөлігін \(=\frac{2}{3}\) басқа.
\(\frac{6}{5}x=\frac{2}{3}(28-x)\)
\( \frac{3x}{5}= \frac{1}{3}(28-x)\)
\(9x=5(28-x)\)
\(9x=140-5x\)
\(9x+5x=140\)
\(14x=140\)
\(x=140/14\)
\(x=10\)
Аламыз: \(10\) \(28-10\) \(=18\).
Жауабы:18.

Математикалық білім алатын жалпы білім беретін мектепте маңызды компоненті болып табылады жалпы білім және жалпы мәдениет қазіргі заманғы адам. Іс жүзінде барлық қоршап қазіргі заманғы адам немесе басқаша байланысты математикамен. Сондықтан, көптеген практикалық міндеттерді шешу азайтатын шешімі әр түрлі квадрат теңдеулер, үйрену қажет шешуге.

Осы жұмыста мен өзіме және жүйелеу оқылған материал бойынша жоғарыда аталған тақырып. Мен расположила материал бойынша дәрежесі, оның күрделілігі бастап, ең қарапайым. Енді белгілі маған тәсілдері шешім шаршы теңдеулер-мектеп курсының алгебра, сондай-ақ стандартты емес, дәстүрлі емес тәсілдері, шешу емес, оқытылады курсында, бірақ білу олардың майда процесі шешім шаршы теңдеулер. Квадрат теңдеулер – бұл іргетас, онда жетістіктерге әрқайсысымыз величественной ғимараты алгебра.

Анықтау үшін тақырыптың өзектілігі менің жұмыс мен зерттеу 8-11 сынып оқушылары арасында мектеп. Оларға ұсынылды шешуге толық квадрат теңдеу кез-келген белгілі тәсілмен. Зерттеуге қатысқан 72 оқушының 86 (84 %) .

Әдісі шешім шаршы теңдеулер

Оқушылар саны

1.Бөліну әдісі шаршының двучлена

0 адам

0%

2.Әдісі ыдырау сол жақ бөлігінде теңдеулер жіктеңіз тәсілімен группировки

0 адам

0%

3.Теңдеулерді шешу формулалары бойынша дискриминанта және квадрат теңдеудің түбірлерінің

40 адам

56%

4.Шешім теңдеулер пайдалана отырып, теорему Виета

4 адам

15%

5.Теңдеулерді шешу графикалық тәсілмен

0 адам

0%

6.Дұрыс шешім теңдеулер

8 адам

30%

7.Шешім теңдеулер пайдалана отырып, қасиеттерін коэффициенттерін

20 адам

27%

Осылайша, анық, бұл шешім шаршы теңдеулер мектептің пайдаланады дәстүрлі формулалар дискриминанта және түбір теңдеуі талап ебедейсіз есептеу және соның салдары ретінде үлкен шығындар уақыты, непозволительно процесінде емтихан тапсыру.

Проблемалық сұрақ: қандай сонымен жалпы қабылданған тәсілдер шешім шаршы теңдеулер басқа, мүмкіндік береді тез және тиімді шешуге квадрат теңдеулер? Қандай тиімді тәсілдерін шешім шаршы теңдеулер?

Гипотеза: арасында байланыс орнату коэффициенттерімен және шаршы тамыры теңдеулер табуға мүмкіндік береді тиімді тәсілдері жылдам шешім шаршы теңдеулер.

Мақсаты: анықтай отырып, арасындағы байланыс коэффициенттерімен және шаршы тамыры теңдеулер, табу жаңа тәсілдерін теңдеулерді шешу.

Міндеттері:

1.Зерделеп, әдебиет тарихы бойынша қабылдаулар шешім шаршы теңдеулер

2. Жинақтап, жинақталған білім туралы ” квадрат теңдеулер және оларды шешу тәсілдері.

3. Орнату тәуелділігі квадрат теңдеудің түбірлерінің оның коэффициенттерін табу тиімді тәсілдері жылдам шешім шаршы теңдеулер, соның ішінде үлкен коэффициенттерімен.

4.- Ең танымал әдістері шешім шаршы теңдеулер.

3.Показать стандартты емес тәсілдері шешім шаршы теңдеулер. Қорытынды жасауға.

5. Әзірлеу дидактикалық материал жүргізу үшін жұмысты орындау шешімі бойынша квадрат теңдеулерді пайдалана отырып, жаңа тәсілдерді оқушыларға көмек, увлеченным математикамен.

Зерттеу объектісі: квадраттық теңдеулер

Зерттеу пәні: әдістері мен тәсілдерін, шешім шаршы теңдеулер, соның ішінде үлкен коэффициенттерімен

Тақырыптың өзектілігі: тақырыбы “Квадрат теңдеулер” бірі болып табылады ең өзекті. Ол табады кең қолдану әр түрлі бөлімдерінде математика, бар теориялық және практикалық маңыздылығы. Өйткені, барлық дерлік, бұл қоршаған адам немесе басқаша байланысты математикамен. Сондықтан, көптеген практикалық міндеттерді шешу азайтатын шешімі әр түрлі теңдеулер, үйрену қажет шешуге.

Зерттеу тақырыбы:

Дәстүрлі емес тәсілдері шешім шаршы теңдеулер.

Зерттеу әдістері: сауалнама жүргізу, статистикалық деректерді жинау, өңдеу, жиналған мәліметтер мен ақпарат, зерттеу нәтижелерін тіркеуге.

Жұмыс қорытындысы.

Әр оқушы керек деген қорытындыға келіп, “Менің тәсілі шешім шаршы теңдеулер – түсінікті, бірақ табу үшін өзіне ең тиімді”

1-тарау. Тарихи анықтама.

Сол бір зұлмат заманда, қашан даналары алғаш рет ойлана туралы равенствах қамтитын белгісіз шамалар, бәлкім, тағы бірде монеталарды, бірде-әмиян. Бірақ болды кучи, сондай-ақ құмыралар, себеттер, жақсы келдіңіз рөліне құпия орындарды қоймаларды, сыйымды белгісіз заттар саны. “Ищется куча бірге үштен екісі оны жарым және бір жетінші 37…”, – поучал II мыңжылдықта жаңа дәуірге дейінгі египет scribe Ахмес. Ежелгі математикалық міндеттері Өзендері, Үндістан, Қытай, Греция белгісіз шамалар выражали саны шықты балабақшада, саны бұқаларды табында жиынтығы заттар, есепке алынатын мүлікті бөлу кезінде. Жақсы оқытылған ғылым шот писцы, шенеуніктер арналған құпия білім абыздар өте сәтті қиындыққа төтеп бере алды осындай міндеттері. Жеткен бізге дейін көздері көрсеткендей, ежелгі ғалымдар иеленген қандай да бір ортақ тәсілдерін міндеттерді шешу белгісіз шамалар. Алайда, бірде-бір папирусе, бірде-бір балшық кестеде берілген сипаттау осы әдістерді. Авторлар тек оқта-текте снабжали өзінің сандық есептеулер, скупыми ақпаратты келесі типті: “Қара!”, “Осылай жаса!”, “Сен дұрыс таптым”. Осы мағынада, ерекшелік болып табылады “Арифметика” грек математика Диофанта Александрийского (III ғ.) – жиналыс міндеттерді жасау теңдеулер жүйелі баяндай отырып, олардың шешімдер.

Алайда, бірінші басшылығымен есептерді шешу бойынша алған кең танымалдыққа ие болды еңбек багдадского ғалым IX в. Мұхаммед бен Мұса әл-Хорезми. Деген сөз “әл-джебр” араб атаулары бұл трактаттың – “Китаб әл-джебер валь-мукабала” (“Кітап қалпына келтіру туралы және противопоставлении”) – уақытпен айналған жақсы таныс барлық “деген сөз “алгебра”, ал шығарма әл-Хорезми болды нүктесі қалыптасуы туралы ғылым шешу теңдеулер.

Негізгі материал байланысты зерттеумен тақырыптар “Квадрат теңдеулер” ОӘК под редакцией С. А Теляковского за 8 класс. Кітабында әзірленді барлық тақырып бойынша сұрақтар:

1. Анықтау және түрлері, квадрат теңдеулер

2. Негізгі әдістері шешім шаршы теңдеулер

Алайда, қосымша материал байланысты тарихымен туралы мәселені туындаған шаршы теңдеулер табуға болады Энциклопедиясы “математика” “Қызықты математика”, М., 2007. Міндеттерді шешу тәсілдері ” квадраттық теңдеулер толық көлемде ашылған басылымдарында Жинағы “элективті курстар” Волгоград, 2006 ж. тәсілдерін шешім шаршы теңдеулер толық көлемде сайтта жарияланған.

Осылайша, зерттелген әдебиет сатып алуға мүмкіндік берді жаңа қызықты білім тарихы шаршы теңдеулер, тәжірибе шешімі бойынша әр түрлі квадрат теңдеулер және көшу келесі кезеңіне зерттеуде – көшіру алған білімдерін нестандартную жағдайды.

Мақсаты :табу және үйрену әр түрлі тәсілдері шешім шаршы теңдеулер. Гипотеза: зерттеу кезінде әр түрлі тәсілдерін шешім шаршы теңдеулер менің мұндай табуға көмектесетін жүгінбей – дәстүрлі шешімі бойынша формулалар табу тамыры рациональнее және тез.

№ слайд 3 Жіктеу сол жақ бөлігінде теңдеулер жіктеңіз х2 + 10х – 24 = 0 х2 + 12х – 2x
Сипаттамасы слайд:
Жіктеу сол жақ бөлігінде теңдеулер жіктеңіз х2 + 10х – 24 = 0 х2 + 12х – 2 – 24 =0 х(х + 12) – 2(х + 12) =0 (х + 12)(х – 2) = 0 Х+12=0 немесе х-2=0 Жауабы: -12; 2

№ слайд 4 бөліну Әдісі толық квадрат х2 + 6х – 7 = 0 х2 + 2• х• 3 + 32 – 32 – 7
Сипаттамасы слайд:
Бөліну әдісі толық квадрат х2 + 6х – 7 = 0 х2 + 2• х• 3 + 32 – 32 – 7 =0 (х + 3)2 – 9 – 7 =0 (х + 3)2 – 16 =0 (х + 3)2 = 16 х + 3 = 4 немесе x + 3 = -4 х1 = 1 х2 = -7 Жауабы: -7; 2

№ слайд 5 Шешім шаршы теңдеулер, формула бойынша Умножим екі бөлігін теңдеу ах2 + bх
Сипаттамасы слайд:
Шешім шаршы теңдеулер, формула бойынша Умножим екі бөлігін теңдеу ах2 + bх + с = 0, а ≠ 0 4а және дәйекті иеміз: 4а2х2 + 4аbх + 4ас = 0, ((2ах)2 + 2ах • b + в2) – в2 + 4ac = 0, (2ax + b)2 = b2 – 4ac, 2ax + b = ± √ b2 – 4ac, 2ax = – b ± √ b2 – 4ac,

№ слайд 6 Шешім шаршы теңдеулер, формула бойынша Оның үстіне, D>0 2 түбірі D=0 1 түбір D< 0
Сипаттамасы слайд:
Шешім шаршы теңдеулер, формула бойынша Оның үстіне, D>0 2 түбірі D=0 1 түбір D< 0 нақты түбірлері жоқ

№ слайд 7 теңдеулерді Шешу арқылы теорема Виета белгілі болғандай, келтірілген квадратно
Сипаттамасы слайд:
Шешім теңдеулер көмегімен теорема Виета белгілі болғандай, келтірілген квадрат теңдеу түрі бар х2 + px + q = 0. (1) Оның тамыры қанағаттандырады Виета теоремасы, ол кезде а = 1 ма x1+х2=-p x1x2=q Осыдан мынадай тұжырымдар жасауға болады (коэффициенттері p және q болады болжау белгілері түбір).

№ слайд 8 теңдеулерді Шешу арқылы теорема Виета а) Егер еркін мүшесі q приведенно
Сипаттамасы слайд:
Шешім теңдеулер көмегімен теорема Виета а) Егер еркін мүшесі q келтірілген теңдеу (1) оң (q >0), онда теңдеу екі бірдей белгісіне тамыры және бұл екінші коэффициентінің p. Егер p>0, онда екі түбірі теріс, егер p<0, онда екі түбірі оң. Мысалы, х2 – 3х + 2 = 0; х1 = 2 және х2 = 1, өйткені q = 2 > 0 және p = – 3 <0; х2 +8x + 7 = 0; х1 = – 7 және х2 = – 1, өйткені q = 7 > 0 және p = 8 >0.

№ слайд 9 теңдеулерді Шешу арқылы теорема Виета б) Егер еркін мүшесі q приведенно
Сипаттамасы слайд:
Шешім теңдеулер көмегімен теорема Виета б) Егер еркін мүшесі q келтірілген теңдеулер (1) отрицателен (q < 0), онда теңдеу екі түрлі таңба бойынша түбірі, әрі үлкен модулі бойынша түбірі болады оң, егер p<0, немесе отрицателен, егер p>0. Мысалы, х2 + 4х – 5 = 0; х1 = 5 х2 = 1, өйткені q = – 5<0 және p = 4 > 0; х2 – 8x – 9 = 0; х1 = 9 х2 = – 1, өйткені q = – 9<0 және p = – 8 >0.

№ слайд 10 Тәсілі “Бұру” y2-11y +30=0, Виета теоремасы Бойынша: Шешеміз теңдеуі: 2×2 -11x
Сипаттамасы слайд:
Тәсілі – “Бұру” y2-11y +30=0, Виета теоремасы Бойынша: Шешеміз теңдеуі: 2×2 -11x +15=0, *

№ слайд 11 Қасиеттері коэффициенттерін Шешеміз теңдеуі: 2008×2-2009x+1=0, І. Егер a+b+c=0 болса, онда
Сипаттамасы слайд:
Қасиеттері коэффициенттерін Шешеміз теңдеуі: 2008×2-2009x+1=0, І. Егер a+b+c=0, онда x1=1, x2=с/а. 2008+(-2009)+1=0, демек, Шешеміз теңдеуі: 132×2 + 247x+115=0, II. Егер а-в+с=0 немесе b=a+c, онда x1= -1, x2= -с/а. Т. к. 247=132+115, онда x1= – 1, x2= – 115/132.

№ слайд 12 коэффициенттерінің Қасиеттері III. Егер , Шешеміз теңдеуі:, Мұнда а=с=6 = 3·2, b=13 =
Сипаттамасы слайд:
Қасиеттері коэффициенттерін III. Егер , Шешеміз теңдеуі:, Мұнда а=с=6 = 3·2, b=13 = 32 + 22 Тамыры осы теңдеулер: Жауабы:

№ слайд 13 Қасиеті коэффициенттерін IV, Егер а = – = m·n, = m2 – n2 , онда тамыры бар ра
Сипаттамасы слайд:
Қасиеттері коэффициенттерін IV, Егер а = – = m·n, = m2 – n2 , онда түбірі әр түрлі белгілері, атап айтқанда: Белгілері алдында дробями анықталады белгісімен екінші коэффициентінің Шешеміз теңдеуі:, Мұнда а= – = 6 = 3·2, b= 5 = 32 – 22 Тамыры осы теңдеулер: Жауабы:

№ слайд 14 көмегімен номограммалар үшін Номограмма шешім шаршы теңдеулер z2+pz+q=0 Н
Сипаттамасы слайд:
Көмегімен номограммалар үшін Номограмма шешім шаршы теңдеулер z2+pz+q=0 Мысалы: z2-9z+8=0 шкаласында p табамыз белгі -9, шкала q белгі 8 болады. -9 8 Z1=1 Z2=8 өткіземіз арқылы бұл таңбалар тікелей, ол кесіп криволинейную шкаласын номограммалар бұл белгілерде 1 және 8. демек, тамыры теңдеулер 1 және 8.

№ слайд 15 көмегімен номограммалар Үшін теңдеу z2 – 25z + 66 = 0 коэффициенттері p және q шығу
Сипаттамасы слайд:
Көмегімен номограммалар Үшін теңдеу z2 – 25z + 66 = 0 коэффициенттері p және q шегінен шкалалар орындаймыз подстановку z = 5t, аламыз теңдеуі t2 – 5t + 2,64 = 0, ол арқылы шешеміз номограммалар аламыз t1 = 0,6 және t2 = 4,4, қайдан z1 = 5t1 = 3,0 және z2 = 5t2 = 22,0 -5 2,64 Z1=0,6 Z2=4,4

№ слайд 16 көмегімен номограммалар Үшін теңдеу z2 + 5 z – 6 = 0 номограмма береді жағымды тәжірибе алды
Сипаттамасы слайд:
Көмегімен номограммалар Үшін теңдеу z2 + 5 z – 6 = 0 номограмма оң түбір z1 = 1, ал теріс түбірін табамыз, вычитая оң түбірі – р, т. е. z2 = – р– 1 = – 5 – 1 = – 6(сур. 2.) Үшін теңдеу z2 – 2z – 8 = 0 номограмма оң түбір z1 = 4, теріс тең z2 = – р – z1 = 2 – 4 = – 2.

№ слайд 17 Шешім шаршы теңдеулер көмегімен Excel
Сипаттамасы слайд:
Шешім шаршы теңдеулер көмегімен Excel

№ 18 слайд
Сипаттамасы слайд: