2943. Теңдеудің түбірін табыңдар:1) Бах — 3 — 42) 8х + 11 = 15;3) 18 — 2x – 16 . 4) 4х – 19 – 23;5) ( — ) — 25 = 5, 6) (85 — ) = 20 = 07) 36 : x + 11 — 110 8) 44 : x – 9) — 13191 18​

Вопрос школьника по предмету Математика

2
943. Теңдеудің түбірін табыңдар:
1) Бах — 3 — 4
2) 8х + 11 = 15;
3) 18 — 2x – 16 . 4) 4х – 19 – 23;
5) ( — ) — 25 = 5, 6) (85 — ) = 20 = 0
7) 36 : x + 11 — 110 8) 44 : x – 9) — 13
19
1 18​

Ответ учителя по предмету Математика

Ответ:

Бұл теңдеудегі а-1-ші коэффициент, в-2-ші коэффициент, с- бос мүше. Егер теңдеудегі в≠0 және с≠0 болса, онда ол теңдеу толық квадрат теңдеу деп аталады. Мысалы: х2-2х-1 =0, 3х2 -8х +5 =0, 2,1х2 +10,2х + 0,8=0 толық квадрат теңдеулер.

Ал егер в және с, немесе в мен с нөлге тең болатын дербес жағдайлардағы квадрат теңдеу толымсыз квадрат теңдеу деп аталады.

aх2+вх =0, мұнда c=0

ax2 +c=0, мұнда в=0

ax2 =0, мұнда в=0, c=0

Егер толық квадрат теңдеудегі 1-ші коэффициент 1-ге тең болса, огда ол келтірілген квадрт теңдеу деп аталады. x2 +px +q =0 мұндағы p және q – кезкелген нақты сандар.

Толымсыз квадрат теңдеулердің шығарылуларын  тірек сызбалары арқылы  көрсету.

ax2 +bx =0, a≠0, c=0

x(ax+b)=0  x=0,  ax+b=0  ax= -b x=-a/b  теңдеудің 2 түбірі болады.

ax2+c =0, a≠0, b=0, x2 =-c/a бұл теңдеудің шешімінің үш жағдайы бар.

жағдай а және с коэффициенттерінің таңбалары бірдей болса, онда бұл теңдеудің түбірі болмайды.

жағдай. c=0 болсын, x2=0  теңдеуінің бір түбірі болады.

жағдай. а және с сандарының таңбалары қарама-қарсы болса, онда теңдеудің 2 түбірі болады.  x1= , x2=- .

Мысалдар қарастыру.

4×2 – 9=0                            2) 3×2+5= 0

4×2=9                                    3×2 = -5

x2=9/4                                   x2 = -5/3

x1=3/2 , x2=-3/2                    түбірі жоқ

Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу.

ах2  + bх + с = 0, а ≠ 0

теңдеудің екі жағын да 4а-ға көбейтеміз де, төмендегі өрнекті аламыз:

4а2х2 + 4аbх + 4ас = 0,

((2ах)2 + 2ах • b + b2) — b2 + 4ac = 0,

(2ax + b)2 = b2 — 4ac,

2ax + b = ± √ b2 — 4ac,

2ax = — b ± √ b2 — 4ac,

x1.2=(- b ± √ b2 — 4ac)/2a

Оған келесідегідей мысалдар келтіруге болады: 4х2 + 7х + 3 = 0.

а = 4, b = 7, с = 3, D = b2 — 4ac = 72 — 4 • 4  • 3 = 49 — 48 = 1,

Д>0 болғандықтан, екі әр түрлі түбір  болады:    

x=(- b ± √ D)/2a,       x=(-7± 1)/8;      x1=(-7± 1)/8,     x1=-3/4,  x2=(-7-1)/8, x2=-1

Сонымен, дискриминант оң болғанда, яғни в2-4ас>0, ах2+вх+с=0 теңдеуінің екі түрлі түбірі болады.

б) 4х2 — 4х + 1 = 0, теңдеуін шешейік.

а = 4, b = — 4, с = 1, D = b2 — 4ac = (-4)2 — 4 • 4 • 1= 16 — 16 = 0,

D = 0, болғандықтан, бір ғана түбір бар болады

x=-b/2a,   x=-(-4)/2*4,    x=1/2

Сонымен, егер дискриминант нөлге тең болса, b2 — 4ac = 0,

ах2  + bх + с = 0 теңдеуінің жалғыз түбірі бар болады

x=-b/2a

в) 2х2 + 3х + 4 = 0, теңдеуін шешейік.

а = 2, b = 3, с = 4, D = b2 — 4ac = 32 — 4 • 2  • 4 = 9 — 32 = — 13 , D < 0.

Д<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды..

Д<0 болғандықтан, теңдеудің нақты сандар өрісінде түбірі болмайды. b2 — 4ac < 0 онда   ах2  + bх + с = 0 теңдеуінің түбірі  болмайды

Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу. Келтірілген түбірлері  Виет теоремасын  қанағаттандырады.

Ол былай беріледі:                          х2 + px + c = 0.                        (1)

а=1 болғанда,

x1 x2 = q,

x1 + x2 = — p

Бұдан келесі тұжырымдарды шығаруға болады:

а) Егер q (1) теңдеудің  бос мүшесі оң болса (q0) онда теңдеудің екі бірдей таңбалы түбірі болады. Егер р>0, онда екі түбірі де теріс болады, егер р<0, онда  түбірлері оң болады.

Мысал,x2 – 3x + 2 = 0; x1 = 2  және  x2 = 1, мұнда  q = 2 > 0 ,  p = — 3 < 0;

x2 + 8x + 7 = 0; x1 = — 7  және  x2 = — 1,  мұнда q = 7 > 0  ,  p= 8 > 0.

б)  Егер q (1) теңдеудің бос мүшесі теріс болса (q <0), онда теңдеудің екі түрлі, таңбалы екі түбірі болады, түбірдің модулі бойынша үлкені оң болады, егер р <0 болса, теріс болады, егер р >0.      

Мысал:

x2 + 4x – 5 = 0; x1 = — 5 , x2 = 1,   мұнда  q= — 5 < 0  ,  p = 4 > 0;

x2 – 8x – 9 = 0; x1  = 9  и x2 = — 1, мұнда q = — 9 < 0 , p = — 8 < 0.

Пошаговое объяснение: