Программа элективного предмета по математике для учащихся 10 класса (стр. 5 )

По схеме Горнера найдем коэффициенты частного от деления x3 + x2 – 2 на x – 1.

	1	1	0	–2
1	1	2	2	0

Отсюда получаем, что:

x3 + x2 – 2 = (x – 1)(x2 + 2x + 2)

(x – 1)(x2 + 2x + 2) = 0.

Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю, а другой при этом не теряет смысла.

x – 1 = 0 или x2 + 2x + 2 = 0

x1 = 1 D < 0, уравнение действительных корней не имеет, найдём

комплексные x2,3 = –1 ± i.

Ответ. 1; –1 ± i.

III. Практическая часть.

Решите уравнения:

1.  x3 – 2x2 – 9x + 4 = 0.

2.  x3 – 3x2 – 7x + 5 = 0.

3.  x3 – 3x2 + 8x - 12 = 0.

4.  x3 + x2 + 4 = 0.

IV.  Домашнее задание.

Решите уравнения:

1.  x3 + 4x2 + 2x - 7 = 0.

2.  x3 – 4x2 + x + 6 = 0.

3.  x3 + 4x2 - 5 = 0.

4.  x3 - 3x2 + 2 = 0.

Занятия 16 - 17.

Тема. Графический способ решения уравнений третьей степени.

Цели занятия.

1.  Отработать навыки в решении уравнений третьей степени графическим способом.

2.  Воспитание аккуратности и точности в построении графиков функций.

Ход занятия.

I. Организация группы.

II. Объяснение.

В школьном курсе математики вопрос о графическом решении уравнений не может быть раскрыт в полной мере из-за малого количества часов, поэтому приходится ограничиваться решением наиболее простых алгебраических уравнений. Опыт показывает, что изложение этой темы в таком плане, как будет показано ниже, вполне допустимо в школе. Само собой разумеется, что успех во многом зависит от общей подготовленности учащихся, от их навыков в построении графиков функций.

Пусть дано уравнение f(x) = g(x). Для его графического решения строят на одной и той же координатной плоскости кривые y = f(x), y = g(x) и находят абсциссы точек пересечения этих линий.

Графический способ играет немалую, хотя и вспомогательную, роль в приближенном решении как алгебраических, так и трансцендентных уравнений. Знание графиков функций f(x) и g(x) позволяет определить число решений уравнения, найти в первом приближении промежутки, содержащие искомые корни, и определить их приближенное численное значение. Полученные таким путем результаты подвергаются последующей проверке и уточнению вычислительными методами.

Приведем графическое решение уравнений третьей степени.

Общее уравнение третьей степени z3 + a1z2 + a2z + a3 = 0 подстановкой

z = x – приводится к виду
x3 + px + q = 0, (1)
или x3 = – px – q. Следовательно, отыскание корней уравнения (1) сводится к решению системы
(2)
Первое из этих уравнений определяет кривую — кубическую параболу, второе — прямую.

Полагая в каждом из уравнений (2) x = x1 и y = x1 y1 , получим
3)

При помощи подстановки y1 = Y – p, x1 = X последняя система преобразуется в систему
(4)

Из геометрического толкования систем (3) и (4) вытекают два известных способа решения уравнения (1), основанных на нахождении абсцисс точек пересечения параболы и гиперболы.

Наконец, с помощью формул
x = , y =
система (2) преобразуется к виду

Первое из этих уравнений определяет фиксированную параболу, второе — окружность, проходящую через начало координат и имеющую центр в точке.
Корнями исходного уравнения служат абсциссы точек пересечения параболы с окружностью.

Пример 1. Решить графическим способом уравнение x3 – 2x + 1 = 0.

Решение.

Используя вышеописанный метод, решением данного кубического уравнения будут являться абсциссы точек пересечения параболы y = x2 и окружности, проходящей через начало координат, с центром в точке.

Получили три точки пересечения с абсциссами x1 , x2 , x3 .

x1 » – 1,7;

x2 » 0,6;

x3 » 1,2.

Ответ. –1,7; 0,6; 1,2.

III. Практическая часть.

Решите графически уравнения.

Пример 1. x3 + 3x + 4 = 0.

Решение.

x3 = - 3x - 4.

x	-  2	-  1	0	1	2
	-  8	-  1	0	1	8

x	2	-  2
	-  10	2

Ответ. – 1.

Пример 2. x3 - 3x2 + 2 = 0.

Пример 3. x3 – 2x - 1 = 0.

Пример 4. 2x3 + 5x2 + x - 2 = 0.

Пример 6. x3 - 3x2 + x + 1 = 0.

IV. Домашнее задание.

Решите графически уравнения:

1.  x3 – 2x - 4 = 0.

2.  x3 + x2 + 1 = 0.

Занятия 18 - 19.

Тема. Системы уравнений третьей степени.

Цели занятия.

1.  Систематизировать и обобщить ЗУН по данной теме.

2.  Развивать логическое мышление обучающихся.

Ход занятия.

I.  Организация группы.

II.  Повторение.

Ø  Что мы называем системой уравнений?

Ø  Какие способы решения уравнений вы знаете?

Ø  Всегда ли система имеет решение?

III.  Практическая часть.

Решите системы уравнений:

1. 

2. 

3. 

4. 

5. 

6. 

IV.  Задания для самостоятельного решения.

1.  Один из корней уравнения x3 – 6x2 + ax – 6 = 0 равен 3. Решите уравнение.

2.  Составить уравнение третьей степени, корни которого равны x2 · x3, x3 · x1 , x2 · x1, где x1, x2, x3 – корни уравнения x3 + 2x – 1 = 0.

3.  Составить уравнение, корни которого равны кубам корней уравнения x3 + px + q = 0.

4.  Решите систему уравнений

5.  Решите систему уравнений

V.  Домашнее задание.

Решите системы уравнений:

1.  2.

Занятия 20 - 21.

Тема. Исследование уравнений третьей степени с действительными коэффициентами.

Цели занятия.

1.  Научить обучающихся перед решением уравнений третьей степени проводить исследование корней.

2.  Развивать логическое мышление обучающихся.

Ход занятия.

I.  Организация группы.

II.  Объяснение.

Рассмотрим уравнение
x3 + px + q = 0, (1)
если его коэффициенты действительны.

В формуле Кардано основную роль играет знак выражения, стоящего под знаком квадратного корня. Знак этого выражения противоположен знаку выражения
D = – 4p3 – 27q2 = – 108, уравнения (1).

I случай.

Пусть D < 0, тогда под знаком каждого из квадратных радикалов в формуле Кардано стоит положительное число, поэтому под знаком кубичных радикалов будут стоять действительные числа. Однако кубичный корень из действительного числа имеет одно действительное и два сопряженных комплексных значения.

Пусть a1 — действительное значение радикала a, тогда значение b1 радикала b, соответствующее a1 на основании формулы a·b = – , также будет действительным ввиду действительности числа p. Таким образом, корень x1 = a1 + b1 — уравнения (1) оказывается действительным. Два других найдем по формулам
(2)

зная, что

тогда
x2 = a1e + b1e2 = a1 + b1 = – + i,
x3 = a1e2 + b1e = a1 + b1 = – – i.

Эти два корня ввиду действительности чисел a1 и b1 оказываются сопряженными комплексными числами, причем коэффициент при мнимой части отличен от нуля, так как a1 ¹ b1 — эти числа являются значениями различных кубических радикалов.

Таким образом, если D < 0 , то уравнение (1) имеет один действительный и два сопряженных комплексных корня.

II случай.

Пусть D = 0. В этом случае
a = , b = .

Пусть a1 — действительное значение радикала a, тогда b1, ввиду того, что a·b = – , также будет действительным числом, причем a1 = b1. Заменяя в формулах (2) b1 через a1 и используя равенство e + e2 = – 1, мы получим:
x1 = 2a1 ,
x2 = a1(e + e2) = – a1 ,
x2 = a1(e + e2) = – a1 .
Таким образом, если D = 0 , то все корни уравнения y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + m, где a действительны, причем два из них равны между собой.