Министерство образования и молодежной политики Чувашской Республики Чувашский республиканский институт образования курсовая работа Разные способы решения уравнений Выполнил: Любимов Л.А., учитель математики МОУ «Национальный лицей-интернат им.Г.С.Лебедева г.Чебоксары» Чебоксары 2011 Содержание Пояснительная записка 3 Учебно-тематический план 4 Содержание курса 5 Тема 1: Уравнения с одной переменной. Понятие о равносильности уравнений 5 Тема 2: Рациональные уравнения, приводящиеся с помощью преобразований к линейным и квадратным 7 Тема 3: Иррациональные уравнения. Появление лишних корней 9 Тема 4: О понятии области допустимых значений неизвестного 11 Тема 5: Замена неизвестного 11 Тема 6: Решение уравнений высших степеней 14 Тема 7: Уравнения, содержащие абсолютные величины 17 Литература 19 Пояснительная записка Данный курс для предпрофильной подготовки адресован ученикам 9-х классов, тем, кто интересуется математикой и хочет узнать о ней больше, чем можно прочитать в учебнике или услышать на уроке. Возможно, он окажется полезным и тем, кто безразличен к математике. Ведь, чтобы узнать вкус яблока, надо его попробовать. На уроках учитель разжевывает «математическое яблоко». Цель курса: дать возможность учащимся, опираясь на первоначальные знания «вгрызться» в математику и ощутить вкус к ней, почувствовать огромную радость самостоятельного открытия, создать целостное представление о теме и значительно расширить спектр задач, посильных для учащихся. Каждый ли знает, к какой деятельности он способен, какой заложен в нем талант, а может быть гений? Известно, что путь Ломоносова к вершинам Науки начался со знакомства с «Арифметикой» Магницкого, и, кто знает, что было бы, не попади она ему в руки. Этот курс для предпрофильной подготовки обучающихся 9-х классов посвящен одному из ключевых вопросов алгебры – уравнениям. Задача «Решить уравнение» наиболее часто встречающаяся задача в школьном курсе математики. Умение решать различные виды уравнений необходимо показать при сдаче ЕГЭ. При решении уравнений необходимо рассмотреть различные способы. В курсе заложена возможность дифференцируемого обучения, предполагает разнообразные виды деятельности такие как: семинарская, практическая, самостоятельная, групповая, игровая. Задача курса: помочь ученику осознать степень своего интереса к предмету и оценить возможность овладения им с тем, чтобы по окончании 9-го класса он смог сделать сознательный выбор в пользу дальнейшего углубления либо обычного изучения математики. Учебно-тематический план n/n Темы занятий К-во часов 1. Обобщение пройденного: а) уравнения с одной переменной; б) понятие о равносильности уравнений. 1 2. Рациональные уравнения, приводящиеся, с помощью преобразований, к линейным, и к квадратным. 2 3. Иррациональные уравнения. Появление лишних корней. 3 4. О понятии области допустимых значений неизвестного. 1 5. Замена неизвестного. 3 6. Решение уравнений высших степеней 3 7. Уравнения, содержащие абсолютные величины. 3 8. Итоговое занятие. Математическая регата. 1 итого 17 часов. Содержание курса Тема 1: Уравнения с одной переменной. Понятие о равносильности уравнений (1час) 1. Пусть заданы функции f(x) и g(x). Если относительно равенства f(x)=g(x) поставлена задача отыскания всех значений переменной, при которых получается верное числовое равенство, то говорят, что задано уравнение с одной переменной. Значение переменной, обращающее уравнение в истинное равенство, называется корнем уравнения. 2. Решить уравнение – значит найти множество его корней или доказать, что их нет. Это множество называют также решением уравнения. 3. Множество всех х, при которых одновременно имеют смысл выражения f(x) и g(x), называется областью определения уравнения. Выполним упражнения. 1. Является ли корнем уравнения число: а) -1; б) 1; в) 6; г) -6. Ответ: а) да; б) нет; в) да; г) нет. 2. Докажите, что каждое из чисел 1,3 и 1,3 является корнем уравнения . 3. Имеет ли корни уравнение: а) 3х+3=3х+6; б) 3х+3=3х+3 в) 3х=х. Ответ: а) нет; б) да; в) да. 4. Имеет ли корни уравнение и если имеет, то сколько: а) ; б) ; в) ; г) . Ответ: а) да, 1корень; б) да, 2 корня; в) нет; г) да, 2 корня. Понятие о равносильности уравнений. 1. Если из истинности высказывания А следует истинность высказывания В, то употребляется знак логического следования , т. е. . 2. Если из А и , то такие высказывания называются равносильными. Это записывают так: . 3. Аналогично два уравнения называются равносильными на данном числовом множестве, если каждое решение (корень) одного уравнения является решением (корнем) другого и наоборот. 4. Заметим, что если оба уравнения не имеют решения на данном числовом множестве, то они также считаются равносильными на этом множестве. 5. Очевидно, что равносильные уравнения имеют одно и тоже множество решений, принадлежащих области определения этих уравнений. Например, уравнения и (х-1)(х+1)=0 равносильны, если они имеют корни: , . 6. Уравнения и равносильны на множестве действительных чисел, так как множество решений каждого из них пустое. Упражнения с решениями Равносильны ли уравнения: 1) x=0 и ; 2) и ; 3) х+1=0 и ; 4) 2х=10 и (х+1)(2х-10)=0? Решения. 1) Уравнения х=0 и равносильны; оба имеют единственный корень х=0. 2) Уравнения и неравносильны: х=0 является корнем первого уравнения, но не удовлетворяет второму уравнению, так как при х=0 левая и правая части уравнения не определены. 3) Число х=-1 является корнем первого уравнения и корнем кратности 3 второго уравнения. Замечание. Если среди корней имеются совпадающие, то говорят, что у многочлена есть кратные корни. Поэтому эти два уравнения ,имеющие одни и те же корни (без учета кратности), считаются равносильными. 4) Уравнения 2х=0 и (2х-10)(х+1)=0 неравносильны: первое из них имеет единственный корень х=5, а второе, кроме корня х=5, имеет корень х=-1, который не служит решением первого уравнения. Решить самостоятельно. 1. Равносильны ли Уравнения: А. 1) 7(х-3)=49 и х-3=7; 2) 2х-7=0 и 2х=7; 3) и 2х=27; Б. 1) и ; 2) х+5=х-1 и х(х-3)= ; 3) и ; 4) (х+3)(х-3)=0 и х+3=0? 2.Решите уравнения: 1) 6(х+4)=3-2х; 2) ; 3) 2х+5=2(х-7); 4) 3(х+3)+х=9+4х; 5) ; 6) ; 7) . Тема 2: Рациональные уравнения, приводящиеся с помощью преобразований к линейным и квадратным Умение решать линейные и квадратные уравнения относится к списку умений, которыми должен обладать каждый выпускник средней школы. Однако и здесь уравнение уравнению рознь. Одно дело - уравнение х2-3х+2=0 и совсем другое -11х2-1237х-1938=0 или . В первом из этих двух уравнений надо вычислить , во втором «увидеть», что D=28-6 . Рассмотрим несколько примеров, в которых за счет достаточно простых приемов можно избежать громоздких преобразовании и вычислений. 1. Решить уравнение . Р е ш е н и е. Можно попросту освободится от знаменателя, раскрыть скобки, привести подобные члены и получить квадратное уравнение. Но можно попробовать облегчить себе жизнь: объединить дроби в пары и произвести сначала действия внутри пар. Удачная группировка, существенно упрощает вычисления. , . Грубой ошибкой было бы сокращение обеих частей на 5х-12, так как при этом теряется корень х=12/5. Запомните: если левая и правая части уравнения имеют общий множитель, то сокращение на него может привести к потере корня. Уравнение ab=ac распадается на два: a=0 и b=c. В нашем случае получаем два уравнения: 1) 5х-12=0, х1=2,4; 2) (х-2)(х-3)=(х+6)(х-1), х2=1,2. Ответ. 1,2; 2,4. 2. Решить уравнение . Р е ш е н и е. Этот пример посложнее, Решение этого уравнения « в лоб» приводит к непомерным вычислительным трудностям. Однако можно эти трудности обойти. Преобразуем каждую из входящих в наше уравнение дробь: , , , . , , ; ; (х+1)(х+2)=(х+3)(х+4), 4х+10=0; х=-2,5. Ответ.- 2,5. Решить уравнения самостоятельно. 1. 118х2+1389х-1507=0. 2. . 3. . 4. . 5. 112+19 . 6. . Ответы: 1. 1; - 1507/118. 2. 0; ; . 3. – 4; 2. 4. ; . 5. - 5. 6. 0; - 5/2. Тема 3: Иррациональные уравнения. Появление лишних корней При стандартном способе решения уравнения возникает цепочка уравнений, соединяющая исходное уравнение с уравнением, которое мы уже умеем решать. Было бы хорошо, если бы каждое уравнение цепочки было эквивалентно предыдущему, а следовательно, и исходному. Но этого не всегда легко добиться. Легче следить за тем, чтобы каждое следующее уравнение было следствием предыдущего, чтобы корни « по дороге» не терялись. Если мы чумеем организовать решение уравнения таким способом, то нам необходимо после решения последнего уравнения найти способ отсеять лишние корни, отобрать правильные. Это можно сделать при помощи проверки. В этом случае проверка является элементом решения и необходима даже в тех случаях, когда лишние корни не появились, но ход решения был таков, что они могли появиться. С другой стороны, иногда нам легче сделать проверку, чем обосновать то, что в ней нет необходимости. И наконец, проверка может быть средством контроля правильности проделанных вычислений. Рассмотрим несколько примеров. 1. Решить уравнение Решение. Проверка показывает, что —лишний корень, х = 1 удовлетворяет уравнению. Ответ. 1. 2. Решить уравнение Решение. Найденные значения удовлетворяют уравнению. Ответ. 0; - 2. 3. Решить уравнение Решение. Найденное значение – лишний корень. Ответ. Уравнение не имеет корней. Однако не всегда проверку легко осуществить. Лишни корни, которые могли появиться в процессе того, что уравнение возводилось в квадрат, могут быть отброшены на основании следующего утверждения. Если х0 удовлетворяет уравнению (2), полученному из уравнения (1) возведением в квадрат его правой и левой частей, то, для того чтобы х0 являлся корнем уравнения (1), необходимо и достаточно, чтобы при подстановке в уравнение (1) левая и правая части были бы числами одного знака (безусловно предполагается, что при этом обе части уравнения имеют смысл). 4. Решить уравнение Решение. лишний корень, так как 4-х1<0, в то время как удовлетворяет уравнению (4-х2>0). Ответ. Если в уравнении радикалов несколько, то уравнение приходится возводить в квадрат неоднократно. В этом случае корнями исходного уравнения будут лишь те корни первого уравнения без радикалов, которые будут давать числа одного знака в обеих частях всех тех промежуточных уравнений, которые возводились в квадрат. 5.Решить уравнение Решение. Значение х должно удовлетворять ограничениям Очевидно, что х2 не удовлетворяет второму ограничению, а х1 удовлетворяет обоим условиям. Ответ. Иногда можно избавится от квадратных радикалов, не возводя уравнения в квадрат. 6. Решить уравнение Решение. Умножим обе части на сумму корней, получим: 1) Поскольку мы ищем лишь те корни этого уравнения, которые являются одновременно и корнями исходного, то эти корни должны удовлетворять уравнению, являющемуся их суммой, т.е. уравнению Проверка показывает, что оба корня подходят. Ответ. Решить уравнения: 1. 2. 3. . 4. 5. Тема 4: О понятии области допустимых значений неизвестного Областью определения уравнения или областью допустимых значений уравнения (сокращенно ОДЗ) уравнения называется множество тех значений неизвестного, при которых имеют смысл его левая и правая части. Разберем еще два примера, показывающих, что в одних случаях нахождение ОДЗ полезно при решении уравнения, в других задача определения ЛДЗ оказывается сложной и абсолютно не нужной. 1. Решить уравнение Решение. Нахождение ОДЗ в этом уравнении представляет собой достаточно трудную и совершенно не нужную задачу. Возведем уравнение в квадрат: лишний корень (проверка). Ответ. 1. 2. Решить уравнение Решение. В этом уравнении нахождение ОДЗ приносит несомненную пользу, поскольку оно состоит из двух значений: х =1 и х =0 (проверьте самостоятельно). Проверка показывает, что корнем уравнения является лишь значение х = 1. Ответ. 1. Тема 5: Замена неизвестного Введение нового неизвестного, относительно которого уравнение имеет более простой, легко приводимый к стандартному уравнению вид – важнейший метод решений уравнений любых видов и типов. Рассмотрим некоторые наиболее часто встречающиеся замены. а) Замена у = хn. В частности, с помощью замены у = х2 решаются биквадратные уравнения б) Замена у = Р(х) или где Р(х) – многочлен. Чаще всего встречаются задачи, в которых делается замена или . в) Замена где Р(х) и Q(x) – многочлены. В частности с помощью замены решаются возвратные уравнения 4-й степени, т.е. уравнения вида . Делается это следующим образом. Разделим уравнение на х2 почленно, получим Поскольку то относительно будем иметь уравнение Советы. Первый: новое неизвестное следует вводить сразу, при первой возможности. Второй: после введения нового неизвестного получившееся уравнение следует полностью решить с этим неизвестным, отбросить, если таковые появились, лишние корни и лишь затем вернуться к первоначальному неизвестному. 1. Решить уравнение Решение. Сделаем замену . Тогда Получим относительно y уравнение не удовлетворяет условию у≥0. Возвращаемся к х: Ответ. 1; 2. 2. Решить уравнение Решение. Поделим числитель и знаменатель дроби, расположенной в левой части на х2. Получим Это уравнение не имеет действительных корней. Ответ. 2; 0,5. 3. Решить уравнение Решение. Поскольку в левой части стоит сумма двух квадратов, естественно попытаться дополнить ее до квадрата суммы или разности. Получим Это уравнение не имеет действительных корней. Ответ. 4. Решить уравнение Решение. Группируя в левой части первый множитель с последним, а второй с третьим, получим уравнение Обозначим Это уравнение не имеет действительных корней. Ответ. 1; -6. Решить уравнения: 1) 2) ; 3) ; 4) 5) ; 6) 7) . Тема 6: Решение уравнений высших степеней Одним из способов решения уравнений высших степеней является способ разложения на множители многочлена, стоящего в левой части уравнения. Этот способ основан на следующем применении теоремы Безу ( Этьенн Безу – французский математик XVIII в.). Если число α является корнем многочлена Р(х), имеющего степень n, то этот многочлен можно представить в виде Р(х) = (х – α)Q(х), где Q(х) – частное от деления Р(х) на х – α, многочлен степени n-1. Таким образом, если известен хотя бы один корень уравнения Р(х) степени n, то с помощью теоремы Безу можно свести задачу к решению уравнения степени n – 1, т.е., как говорят понизить степень уравнения. Возникает естественный вопрос: как найти хотя бы один корень уравнения? Способ отыскания рациональных корней алгебраического уравнения с целыми коэффициентами дается следующей теоремой. Пусть несократимая дробь является корнем уравнения с целыми коэффициентами. Тогда число p является делителем свободного члена аn , a q – делитель старшего коэффициента а0 . Укажем два следствия. 1. Любой целый корень уравнения с целыми коэффициентами является делителем его свободного члена. 2. Если старший коэффициент уравнения с целыми коэффициентами равен 1, то все рациональные корни уравнения, если они существуют, - целые. 1.Решить уравнение . Решение. Найдем рациональные корни уравнения. Пусть несократимая дробь является корнем уравнения. Тогда p надо искать среди делителей свободного члена, т.е. среди чисел ±1, а q – среди положительных делителей старшего коэффициента: 1; 2. Таким образом, рациональные корни уравнения надо искать среди чисел . Проверка показывает, что корнем уравнения является только число . Разложим левую часть уравнения на множители, учитывая, что нужно вынести за скобку множитель (2х -1). Перепишем уравнение в виде Получим: Приравнивая второй множитель к нулю, приходим к квадратному уравнению, имеющему корни Ответ. Как уже отмечалось выше, понижение степени уравнения Р(х)=0 в случае когда известен его корень α, сводится к нахождению частного от деления Р(х) на х-α. Деление многочлена Р(х) на х –α удобно выполнять по схеме Горнера. Обозначим неполное частное при делении многочлена Р(х) на х –α , а остаток - через bn . Так как Р(х) = Q(x)(x – α) + bn, то имеет место тождество Раскроем в правой части этого равенства скобки и сравним коэффициенты при одинаковых степенях х слева и справа. Получим, что a0 = b0 и при 1≤ k ≤ n имеют место соотношения Вычисления коэффициентов многочлена Q(x) и остатка bn записывают в виде следующей таблицы : a0 a1 a2 … an-1 an … Так как по теореме Безу bn=P(x), схема Горнера позволяет находить значение многочлена Р(х) при х = α. 2. Вычислить Р(3), где 4 -7 5 0 -2 1 3 4 5 20 60 178 535 Значит, Р(3) = 535. 3. Разложить на множители многочлен Решение. Ищем целые корни среди делителей свободного члена: ±1. Подходит – 1. Делим Р(х) на х + 1: 2 -7 -3 5 -1 -1 2 -9 6 -1 0 2 -9 6 -1 2 -8 2 0 Ищем целые корни кубического многочлена среди делителей его свободного члена: ±1. Вычисления показывают, что целых корней нет. Так как старший коэффициент многочлена не равен 1, то многочлен может иметь дробные рациональные корни. Дробными корнями могут быть только числа Подходит : Трехчлен на множители с целыми коэффициентами не раскладывается. Ответ. Решить самостоятельно. 1. Разложить на множители: а) ; б) . 2) Решить уравнения: а) б) 3) Решить уравнения: а) б) в) ; г) Тема 7: Уравнения, содержащие абсолютные величины 1) Решить уравнение . Так как модуль х -5 равен 3, то по определению модуля числа значение выражения под знаком модуля равно либо 3, либо – 3. Имеем совокупность двух уравнений: х -5 = 3 или х -5 = -3. Решив их, найдем, что х1=8, х2=2. Рассмотрим решение уравнения вида Так как модуль всегда неотрицательное число, то заданное уравнение равносильно совокупности двух систем: 2) Решить уравнение . Это уравнение равносильно совокупности двух систем: Ответ. 3; -3+2 . Рассмотрим решение уравнения вида . Если модули двух чисел равны, то числа либо равны, либо противоположны. Значит заданное уравнение равносильно совокупности двух уравнений: 3) Решить уравнение . Это уравнение равносильно совокупности двух уравнений: Ответ.1; 2; 3; 4. 3) Решить уравнение Освободим левую часть уравнения от знака модуля. С этой целью выделим промежутки, в которых х -1 и х -2 оба отрицательны, имеют разные знаки, оба положительны. Для этого нужно найти значения х, при которых выражения, стоящие под знаком модуля, обращаются в нуль, - это числа 1 и 2. Они разбивают множество действительных чисел на три промежутка: Имеем: Следовательно, данное уравнение равносильно совокупности трех систем: Первая и третья системы не имеют решений, а решение второй системы образуют промежуток [1; 2]. Значит, данное уравнение имеет бесконечное множество корней. Ответ.[1; 2]. Решить уравнение: 1) ; 2) ; 3) ; 4) 5) ; 6) ; 7) . Литература 1. Углубленное изучение курса алгебры и математического анализа. Методические рекомендации и дидактические материалы. Пособие для учителя.М. Л. Галицкий, М. М. Мошкевич, С. И. Шварцбурд – Москва «Просвещение» 1990 2. Факультативный курс по математике. Решение задач. Учебное пособие для 10 класса средней школы. И. Ф. Шарыгин – Москва «Прсвещение» 1989 3. Алгебра. Дополнительные главы к школьному учебнику 9 класса. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики. Ю. Н. Макарычев, Н. Г. Миндюк. Под редакцией Г. В. Дорофеева – Москва «Просвещение» 1997