Презентация - Различные способы решения квадратных уравнений

Различные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравненийРазличные способы решения квадратных уравнений







Слайды и текст этой презентации

Слайд 1

. Выполнила: Алексеева Елена, ученица 10 класса. Руководитель: Алексеева Мария Ананьевна, учитель математики.
Различные способы решения квадратных уравнений.

Слайд 2

Цель моей работы: рассмотреть и систематизировать различные способы решения квадратных уравнений. Задачи: Изучить литературу по теме исследования. Провести опрос и систематизировать материалы. Сделать выводы. Методы: поиск, анализ, опрос, систематизация. Объект исследования: алгебра. Предмет исследования: квадратные уравнения. Актуальность моей темы состоит в том, что учащиеся с 8-11 класс практически ежедневно сталкиваются с решением квадратного уравнения, и стараются как можно быстрее найти его корни, чтобы решить поставленные задачи.

Слайд 3

Опрос-анкета. 1)Умеете, ли вы решать квадратные уравнения? А)Да Б)Нет 2)Возникают ли трудности у вас при решении квадратного уравнения? А)Да Б)Нет 3)Часто ли вы решаете квадратные уравнения. А)Да Б)Нет 4)Столько способов решения квадратного уравнения вы знаете? Ответ: 5)Какой способ решения квадратных уравнений вы используете чаще других? Ответ:

Слайд 4

Способы решения квадратных уравнений. 1. СПОСОБ: Разложение левой части уравнения на множители. Решим уравнение х2 + 10х - 24 = 0. Разложим левую часть на множители: х2 + 10х - 24 = х2 + 12х - 2х - 24 = =х(х + 12) - 2(х + 12) = (х + 12)(х - 2). Следовательно, уравнение можно переписать так: (х + 12)(х - 2) = 0 Так как произведение равно нулю, то, по крайней мере, один из его множителей равен нулю. Поэтому левая часть уравнения обращается нуль при х = 2, а также при х = - 12. Это означает, что число 2 и - 12 являются корнями уравнения х2 + 10х - 24 = 0. Ответ: х 1 =−12; х 2 =2.

Слайд 5

2. СПОСОБ: Метод выделения полного квадрата. Решим уравнение х2 + 10х - 24 = 0. Выделим в левой части полный квадрат. Для этого запишем выражение х2 + 10х в следующем виде: х2 + 10х = х2 + 2• х • 5. В полученном выражении первое слагаемое - квадрат числа х, а второе - удвоенное произведение х на 5. По этому чтобы получить полный квадрат, нужно прибавить 52, получим х2 + 2• х • 5 + 52 = (х + 5)2. Преобразуем теперь левую часть уравнения х2 + 10х - 24 = 0, прибавляя к ней и вычитая 52. Имеем: х2 + 10х - 24 = х2 + 2• х • 5 + 52 - 52 - 24 = (х + 5)2 - 25 - 24 = (х + 5)2 - 49. Таким образом, данное уравнение можно записать так: (х + 5)2 - 49 =0, (х + 5)2 = 49. Следовательно, х + 5 - 7 = 0, х1 = 2, или х + 5 = -7, х2 = -12. Ответ: х 1 =−12; х 2 =2.

Слайд 6

3. СПОСОБ: Решение квадратных уравнений по формуле. Решим уравнение: х2 + 10х -24 = 0, где а = 1, b = 10, с = -24, D = b2 - 4ac = 102 - 4 • 1 • (-24) = 100+96 =196= 14 2 , Таким образом, в случае положительного дискриминанта, т.е. при b2 - 4ac >0 , уравнение ах2 + bх + с = 0 имеет два различных корня. х 1 = −????+ ???? 2???? = −10+14 2×1 = 4 2 =2; х 2 = −????− ???? 2???? = −10−14 2×1 = −24 2 =−12. Ответ: х 1 =−12; х 2 =2.

Слайд 7

4. СПОСОБ: Решение уравнений с использованием теоремы Виета. Как известно, приведенное квадратное уравнение имеет вид х2 + px + q = 0 (1). Его корни удовлетворяют теореме Виета, которая при а =1 имеет вид x1 x2 = q, x1 + x2 = - p Отсюда можно сделать следующие выводы (по коэффициентам p и q можно предсказать знаки корней). а) Если сводный член q приведенного уравнения (1) положителен (q > 0), то уравнение имеет два одинаковых по знаку корня и это зависти от второго коэффициента p. Если р < 0, то оба корня отрицательны, если р > 0, то оба корня положительны. б) Если свободный член q приведенного уравнения (1) отрицателен (q < 0), то уравнение имеет два различных по знаку корня, причем больший по модулю корень будет положителен, если p < 0 , или отрицателен, если p > 0 . Решим уравнение x2 + 10x - 24 = 0, где х 1 × х 2 =−24 и х 1 + х 2 =−10, так как q = -24 < 0 и p = 10>0. Значит х 1 =−12; х 2 =2. Ответ: х 1 =−12; х 2 =2.

Слайд 8

5. СПОСОБ: Решение уравнений способом «переброски». Рассмотрим квадратное уравнение ах2 + bх + с = 0, где а ≠ 0. Умножая обе его части на а, получаем уравнение а2х2 + аbх + ас = 0. Пусть ах = у, откуда х = ???? ???? ; тогда приходим к уравнению у2 + by + ас = 0, равносильно данному. Его корни у1 и у2 найдем с помощью теоремы Виета. Окончательно получаем х1 = ???? 1 ???? и х1 = ???? 2 ???? . При этом способе коэффициент а умножается на свободный член, как бы «перебрасывается» к нему, поэтому его называют способом «переброски». Этот способ применяют, когда можно легко найти корни уравнения, используя теорему Виета и, что самое важное, когда дискриминант есть точный квадрат. Решим уравнение 2х2 – 11х + 15 = 0. Решение. «Перебросим» коэффициент 2 к свободному члену, в результате получим уравнение у2 – 11у + 30 = 0. Согласно теореме Виета у1 = 5 х1 = 5 2 x1 = 2,5 у2 = 6 x2 = 6 2 x2 = 3. Ответ: х 1 =2,5; х 2 =3.

Слайд 9

  6. СПОСОБ: Свойства коэффициентов квадратного уравнения. А. Пусть дано квадратное уравнение ах2 + bх + с = 0, где а ≠ 0. 1) Если, а+ b + с = 0 (т.е. сумма коэффициентов равна нулю), то х1 = 1, х2 = ???? ???? . Доказательство. Разделим обе части уравнения на а ≠ 0, получим приведенное квадратное уравнение x2 + b/a • x + c/a = 0. Согласно теореме Виета x1 + x2 = - b/a, x1x2 = 1• c/a. По условию а – b + с = 0, откуда b = а + с. Таким образом, x1 + x2 = - а + b/a= -1 – c/a, x1x2 = - 1• ( - c/a), т.е. х1 = -1 и х2 = c/a, что м требовалось доказать. Решим уравнение 345х2 – 137х – 208 = 0. Решение. Так как а + b + с = 0 (345 – 137 – 208 = 0), то х1 = 1, х2 = ???? ???? =− 208 345 . Ответ: х1 = 1, х2 =− 208 345 .  

Слайд 10

Б. Приведенное уравнение х2 + рх + q= 0 совпадает с уравнением общего вида, в котором а = 1, b = р и с = q. Поэтому для приведенного квадратного уравнения формула корней    принимает вид:  Формулу (3) особенно удобно использовать, когда р — четное число. Решим уравнение х2 + 10х -24 = 0. Имеем: х 1,2 =−5± (5 2) − −24 , х 1 =−12; х 2 =2. Ответ: х 1 =−12; х 2 =2.

Слайд 11

7. СПОСОБ: Графическое решение квадратного уравнения. Если в уравнении х2 + px + q = 0 перенести второй и третий члены в правую часть, то получим х2 = - px - q. Построим графики зависимости у = х2 и у = - px - q. График первой зависимости - парабола, проходящая через начало координат. График второй зависимости - прямая (рис.1). Возможны следующие случаи: - прямая и парабола могут пересекаться в двух точках, абсциссы точек пересечения являются корнями квад- ратного уравнения; - прямая и парабола могут касаться ( только одна общая точка), т.е. уравнение имеет одно решение; - прямая и парабола не имеют общих точек, т.е. квадратное уравнение не имеет корней. Решим графически уравнение х2 - 3х - 4 = 0 (рис. 2). Решение. Запишем уравнение в виде х2 = 3х + 4. Построим параболу у = х2 и прямую у = 3х + 4. Прямую у = 3х + 4 можно построить по двум точкам М (0; 4) и N (3; 13). Прямая и парабола пересекаются в двух точках А и В с абсциссами х1 = - 1 и х2 = 4. Ответ: х1 = - 1; х2 = 4.

Слайд 12

8. СПОСОБ: Решение квадратных уравнений с помощью циркуля и линейки. Предлагаю следующий способ нахождения корней квадратного уравнения ах2 + bх + с = 0 с помощью циркуля и линейки (рис. 5). Допустим, что искомая окружность пересекает ось абсцисс в точках В(х1; 0 ) и D (х2; 0), где х1 и х2 - корни уравнения ах2 + bх + с = 0, и проходит через точки А(0; 1) и С(0; c/a) на оси ординат. Тогда по теореме о секущих имеем OB • OD = OA • OC, откуда OC = OB • OD/ OA= х1х2/ 1 = c/a. Центр окружности находится в точке пересечения перпендикуляров SF и SK, восстановленных в серединах хорд AC и BD, поэтому Итак: 1) построим точки (центр окружности) и A(0; 1); 2) проведем окружность с радиусом SA; 3) абсциссы точек пересечения этой окружности с осью Ох являются корнями исходного квадратного уравнения.

Слайд 13

При этом возможны три случая. 1) Радиус окружности больше ординаты центра (AS > SK, или R > a + c/2a), окружность пересекает ось Ох в двух точках (рис. 6,а) В(х1; 0) и D(х2; 0), где х1 и х2 - корни квадратного уравнения ах2 + bх + с = 0. 2) Радиус окружности равен ординате центра (AS = SB, или R = a + c/2a), окружность касается оси Ох (рис. 6,б) в точке В(х1; 0), где х1 - корень квадратного уравнения. 3) Радиус окружности меньше ординаты центра   окружность не имеет общих точек с осью абсцисс (рис.6,в), в этом случае уравнение не имеет решения.

Слайд 14

Решим уравнение х2 - 2х - 3 = 0 (рис. 7). Решение. Определим координаты точки центра окружности по формулам: Проведем окружность радиуса SA, где А (0; 1). Ответ: х1 = - 1; х2 = 3

Слайд 15

9. СПОСОБ: Решение квадратных уравнений с помощью номограммы. Криволинейная шкала номограммы построена по формулам (рис.11): Полагая ОС = р, ED = q, ОЕ = а (все в см.), из подобия треугольников САН и CDF получим пропорцию откуда после подстановок и упрощений вытекает уравнение z2 + pz + q = 0, причем буква z означает метку любой точки криволинейной шкалы. Для уравнения z2 - 9z + 8 = 0 номограмма дает корни z1 = 8,0 и z2 = 1,0 (рис.12).

Слайд 16

Заключение Подводя итоги, можно сделать вывод: квадратные уравнения играют огромную роль в развитии математики. Эти знания могут пригодиться нам на протяжении всей жизни. Так как эти методы решения квадратных уравнений просты в применении, то они, безусловно, должно заинтересовать увлекающихся математикой учеников. Моя работа дает возможность по-другому посмотреть на те задачи, которые ставит перед нами математика.

Слайд 17

Список использованной литературы: 1. Алгебра 8 кл: Учебн. пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики /Н.Я.Виленкин, А.Н.Виленкин, Г.С.Сурвилло и др., Под ред Н.Я.Виленкина.-М.:Просвещение, 1997. 2.Морткович А.Г. Алгебра 8 кл.: Учеб. Пособие для общеобразоват. Учреждений.-М.:Мнемозина, 2003. 3.Сборник задач по математике для поступающих в вузы: Учеб.Пособие/В.К. Егерев, Б.А.Кордемский, В.В.Зайцев и др; Под ред. М.И.Сканави-М.:СТОЛОТИЕ, 1997 4.Алимов Ш.А., Ильин В.А. и др. Алгебра, 6-8. Пробный учебник для 6-8 классовой средней школы. - М., Просвещение, 1981. 5. Брадис В.М. Четырехзначные математические таблицы для средней школы. Изд. 57-е. - М., Просвещение, 1990. С. 83. 6. Кружепов А.К., Рубанов А.Т. Задачник по алгебре и элементарным функциям. Учебное пособие для средних специальных учебных заведений. - М., высшая школа, 1969. 7. Окунев А.К. Квадратичные функции, уравнения и неравенства. Пособие для учителя. - М., Просвещение, 1987. 8. Пресман А.А. Решение квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки. - М., Квант, № 4/82. С. 34. 9. Соломник В.С., Милов П.И. Сборник вопросов и задач по математике. Изд. - 4-е, дополн. - М., Высшая школа, 1973. 10. Худобин А.И. Сборник задач по алгебре и элементарным функциям. Пособие для учителя. Изд. 2-е. - М., Просвещение, 1970.

Слайд 18

Спасибо за внимание.