Nestandardne metode rješavanja iracionalnih nejednadžbi i jednadžbi. Nestandardne metode rješavanja jednadžbi i nejednadžbi
Nestandardne metode rješavanje kvadratnih jednadžbi
Učenik 9. razreda
Šef rada:
Firsova Daria Evgenevna
profesorica matematike
Često je korisnije za osobu koja studira algebru riješiti isti problem u tri različiti putevi nego riješiti tri ili četiri problema. Rješavajući jedan problem na različite načine, možete usporedbom saznati koji je kraći i učinkovitiji. Tako se razvija iskustvo.
U.U. Sawyer (engleski matematičar 20. stoljeća)
Cilj rada
Istražite sve postojeće metode rješavanje kvadratne jednadžbe. Naučite koristiti ove metode.
Zadaci
- Razumjeti što se zove kvadratna jednadžba.
- Saznajte koje vrste kvadratnih jednadžbi postoje.
- Pronađite informacije o načinima rješavanja kvadratne jednadžbe i proučite je.
Relevantnost teme: Ljudi su proučavali kvadratne jednadžbe od davnina. Želio sam znati povijest razvoja kvadratnih jednadžbi.
Nije navedeno u školskim udžbenicima pune informacije o kvadratnim jednadžbama i metodama njihova rješavanja.
Objekt: Kvadratne jednadžbe.
Artikal: Metode rješavanja ovih jednadžbi.
Metode istraživanja: analitički.
Hipoteza – ako, istražujući ovu temu, mogu ostvariti ciljeve i zadatke koje sam postavio, tada ću u skladu s tim krenuti u provedbu projekta specijalizirana obuka u matematičkom obrazovanju.
Metode istraživanja:
- Rad s obrazovnom i znanstveno-popularnom literaturom.
- Promatranje, usporedba, analiza.
- Rješavanje problema.
Očekivani rezultati: Tijekom proučavanja ovog rada moći ću stvarno procijeniti svoj intelektualni potencijal i, sukladno tome, u budućnosti odlučiti o profilu osposobljavanja, izraditi projektni proizvod na temu koja se proučava u obliku računalne prezentacije; proučavanje ovaj broj će mi omogućiti da nadoknadim nedostatak znanja o naznačenoj temi.
Svoj rad smatram obećavajućim, budući da će ovaj materijal u budućnosti moći koristiti i učenici za poboljšanje matematičke pismenosti i nastavnici u izbornoj nastavi
Kvadratne jednadžbe u starom Babilonu
Potreba za rješavanjem jednadžbi ne samo prvog, već i drugog stupnja, čak iu davnim vremenima, bila je uzrokovana potrebom rješavanja problema povezanih s pronalaženjem područja zemljišnih parcela i iskopavanja vojne prirode, kao i s razvojem same astronomije i matematike. Babilonci su mogli riješiti kvadratne jednadžbe oko 2000. pr. Koristeći suvremeni algebarski zapis, možemo reći da u njihovim klinastim tekstovima postoje, osim nepotpunih, i takve, na primjer, potpune kvadratne jednadžbe:
Pravilo za rješavanje ovih jednadžbi, izneseno u babilonskim tekstovima, podudara se sa suvremenim, ali nije poznato kako su Babilonci došli do tog pravila. Gotovo svi do sada pronađeni klinasti tekstovi predstavljaju samo probleme s rješenjima izloženim u obliku recepata, bez naznake kako su pronađeni. Bez obzira na visoka razina razvojem algebre u Babiloniji, klinastim tekstovima nedostaje koncept negativnog broja i opće metode rješavanje kvadratnih jednadžbi.
Kako je Diofant sastavljao i rješavao
kvadratne jednadžbe
JEDNADŽBA:
“Pronađi dva broja znajući da je njihov zbroj 20, a umnožak 96.”
Diofant obrazlaže ovako: iz uvjeta zadatka proizlazi da traženi brojevi Ne su jednaki, jer kad bi bili jednaki, tada njihov umnožak ne bi bio 96, nego 100. Dakle, jedan od njih bio bi veći od polovice njihovog zbroja, tj. 10+X , drugi je manji, tj. 10-X .
Razlika između njih je 2 x
Odavde X=2 . Jedan od traženih brojeva je 12, drugi je 8. Rješenje X = -2 jer Diofant ne postoji, budući da je grčka matematika poznavala samo pozitivne brojeve.
0 Jedan od problema slavnog indijskog matematičara iz 12. stoljeća Bhaskara Jato živahnih majmuna, najevši se do mile volje, zabavilo se. Osmi dio njih na trgu Zabavljao sam se na čistini. I dvanaest na trsovima... Počeli su skakati viseći... Koliko je bilo majmuna, recite mi, u ovom jatu? Jednadžba koja odgovara zadatku: Baškara upisuje ispod oblika: Dopunio lijevu stranu do kvadrata," width="640" Kvadratne jednadžbe u Indiji
Problemi o kvadratnim jednadžbama također se nalaze u astronomskoj raspravi “Aryabhattiam”, koju je 499. godine sastavio indijski matematičar i astronom Aryabhatta. Drugi indijski učenjak, Brahmagupta, opisao je opće pravilo rješenja kvadratnih jednadžbi svedenih na jedan kanonski oblik: sjekira ² +bx=c, a0
Jedan od problema poznatog indijskog matematičara iz 12. stoljeća Bhaskara
Jato živahnih majmuna
Najevši se do mile volje, zabavio sam se.
Osmi dio njih na kvadrat
Zabavljao sam se na čistini.
I dvanaest uz trsje...
Počeli su skakati dok su visili...
Koliko je bilo majmuna?
Reci mi, u ovom paketu?
Jednadžba koja odgovara problemu je:
Baškara pod krinkom piše:
Dovršio lijevu stranu do kvadrata,
Kvadratne jednadžbe u staroj Aziji
x 2 +10 x = 39
Ovako je srednjoazijski znanstvenik al-Khwarizmi riješio ovu jednadžbu:
Napisao je: "Pravilo je:
udvostručiti broj korijena, x=2x ·5
dobiti pet u ovom problemu, 5
pomnoži s ovim jednakim tome, postaje dvadeset pet, 5·5=25
dodaj to trideset devet, 25+39
bit će šezdeset četiri, 64
izvadite korijen iz ovoga, postaje osam, 8
i od ovoga oduzmite polovicu broja korijena, tj. pet, 8-5
ostati će 3
ovo će biti kvadratni korijen koji ste tražili."
Što je s drugim korijenom? Drugi korijen nije pronađen jer nisu bili poznati negativni brojevi.
Kvadratne jednadžbe u Europi XIII-XVII stoljeća.
Opće pravilo za rješavanje kvadratnih jednadžbi svedenih na jedan kanonski oblik x2+inx+c=0 formulirano je u Europi tek 1544. gospodine Stiefel.
Formule za rješavanje kvadratnih jednadžbi u Europi prvi je postavio talijanski matematičar 1202.
Leonard Fibonacci.
Izvod formule za rješavanje kvadratne jednadžbe u općem obliku dostupan je kod Viètea, ali Viète je priznavao samo pozitivne korijene. Tek u 17.st. zahvaljujući naporima Descartes, Newton i drugi znanstvenici metoda za rješavanje kvadratnih jednadžbi traje moderan izgled
O Vietinom teoremu
Teorem koji izražava odnos između koeficijenata kvadratne jednadžbe i njezinih korijena, nazvan po Vieti, prvi je formulirao 1591. na sljedeći način: “Ako je B + D puta A-A jednako BD, tada je A jednako B i jednako D.” .
Za razumijevanje Viete treba imati na umu da A, kao i svako slovo samoglasnika, označava nepoznato (naše x), dok su glasovi B, D koeficijenti za nepoznato.
U jeziku moderne algebre gornja Vieta formulacija znači :
Ako je dano kvadratna jednadžba x 2 +px+q=0 ima realne korijene, tada je njihov zbroj jednak -str, a umnožak je jednak q, to je x 1 + x 2 = -p, x 1 x 2 = q
(zbroj korijena dane kvadratne jednadžbe jednak je drugom koeficijentu uzetom iz suprotnog predznaka, a umnožak korijena jednak je slobodnom članu).
- Rastavljanje lijeve strane jednadžbe na faktore
- Vietin teorem
- Primjena svojstava koeficijenata kvadratne jednadžbe
- Rješavanje kvadratnih jednadžbi metodom “bacanja” vodećeg koeficijenta
- Metoda odabira punog kvadrata
- Grafička metoda rješavanja kvadratnih jednadžbi
- Rješavanje kvadratnih jednadžbi pomoću šestara i ravnala
- Rješavanje kvadratnih jednadžbi pomoću nomograma
- Geometrijska metoda rješavanja kvadratnih jednadžbi
Metoda faktorizacije
dati kvadratnu jednadžbu opći pogled na obrazac:
A(x)·B(x)=0,
gdje su A(x) i B(x) polinomi u odnosu na x.
Cilj:
Metode:
- Izvlačenje zajedničkog faktora iz zagrada;
- Korištenje formula za skraćeno množenje;
- Metoda grupiranja.
Primjer:
: x 2 + 10x – 24 = 0
Faktorizirajmo lijevu stranu jednadžbe:
x 2 + 10x – 24 = x 2 + 12x – 2x – 24 = x(x + 12) – 2(x + 12) = = (x + 12)(x – 2);
(x + 12)(x – 2) = 0;
x + 12 = 0 ili x – 2 = 0;
x 1 = -12 x 2 = 2 ;
Brojevi – 12 i 2 su korijeni ove jednadžbe.
Odgovor: x 1 = -12; x 2 = 2.
Rješavanje jednadžbi pomoću Vietinog teorema
x 1 I x 2 – korijeni jednadžbe
Na primjer :
x 2 + 3X – 10 = 0
x 1 ·X 2 = – 10, što znači da korijeni imaju različite
znakovi
x 1 + X 2 = – 3, znači veće u modulu
korijen - negativan
Odabirom nalazimo korijene: X 1 = – 5, X 2 = 2
Svojstva koeficijenata kvadratne jednadžbe
Neka je data kvadratna jednadžba ax 2 + bx + c = 0
Ako a + b + c = 0 (tj. zbroj koeficijenata
jednadžba je nula), tada x 1 = 1 , x 2 = c/a
Ako a - b + c = 0 , ili b = a + c , Da x 1 = – 1 , x 2 = – s/a .
Primjer :
137x 2 + 20x – 157 = 0.
a = 137, b = 20, c = -157.
a + b + c = 137 + 20 – 157 =0.
x 1 = 1,
Odgovor: 1;
0, teoremom inverznim Vietinom teoremu, dobivamo korijene: 5;6, zatim se vraćamo na korijene izvorne jednadžbe: 2,5; 3." width="640" Rješavanje jednadžbi metodom „bacanja“.
Korijeni kvadratnih jednadžbi sjekira 2 + bx + c = 0 I g 2 + by + ac = 0 povezani relacijom : x = y/a .
Razmotrimo kvadratnu jednadžbu sjekira ² + bx + c = 0 , gdje je a ≠ 0. Množenje obje strane s A , dobivamo jednadžbu a²h² + abh + ac = 0. Neka ah = y , gdje x = god; onda dolazimo do jednadžbe y² + bu + ac = 0 , ekvivalentan ovom. Njegovi korijeni na 1 I na 2 nalazimo koristeći Vietin teorem. Napokon dobivamo x 1 = g 1 /a I x 2 = g 2 /a .
Riješite jednadžbu: 2x 2 - 11x +15 = 0.
Bacimo koeficijent 2 na slobodni član
na 2 - 11u +30= 0. D0, prema teoremu inverznom Vietinom teoremu, dobivamo korijene: 5;6, zatim se vraćamo na korijene izvorne jednadžbe: 2,5; 3.
Metoda odabira punog kvadrata
x 2 + 6x – 7 = 0
Odaberite cijeli kvadrat s lijeve strane. Da bismo to učinili, napišemo izraz x 2 + 6x u sljedećem obliku:
x 2 + 6x = x 2 + 2 x 3
U dobivenom izrazu, prvi član je kvadrat broja x, a drugi je dvostruki umnožak x na 3 , pa da biste dobili potpuni kvadrat morate dodati 3 2 , jer
x 2 + 2 x 3 + 3 2 = (x + 3) 2
Transformirajmo sada lijevu stranu jednadžbe x 2 + 6x – 7 = 0, dodajući mu i oduzimajući 3 2 , imamo:
x 2 + 6x – 7 = x 2 + 2 x 3 + 3 2 – 3 2 – 7 =
= (x + 3) 2 – 9 – 7 = (x + 3) 2 – 16
Stoga se ova jednadžba može napisati na sljedeći način:
(x + 3) 2 –16 = 0 , tj. (x + 3) 2 = 16 .
Stoga, x + 3 - 4 = 0 ili x + 3 + 4 = 0
x 1 = 1 x 2 = -7
Odgovor: -7; 1.
Grafička metoda rješavanja kvadratne jednadžbe
Bez korištenja formula, kvadratna jednadžba može se riješiti grafički
put. Riješimo jednadžbu
Da bismo to učinili, napravit ćemo dva grafikona:
Apscise sjecišta grafova bit će korijeni jednadžbe.
Ako se grafovi sijeku u dvije točke, onda jednadžba ima dva korijena.
Ako se grafovi sijeku u jednoj točki, onda jednadžba ima jedan korijen.
Ako se grafovi ne sijeku, onda jednadžba nema korijena.
Odgovor:
Rješavanje kvadratnih jednadžbi pomoću
šestar i ravnalo
1. Odaberite koordinatni sustav.
2. Ucrtajmo točke S(-b/ 2 A; a+c/ 2 A) – središte kruga i A( 0; 1 ) .
3. Nacrtajmo krug s radijusom S.A. .
Apscise točke presjeka kružnice s osi Ox su korijenje ove kvadratne jednadžbe.
x 1
x 2
Rješavanje kvadratnih jednadžbi pomoću nomograma
Ovo je stara i nezasluženo zaboravljena metoda rješavanja kvadratnih jednadžbi, stavljena na str. 83 “Četveroznamenkaste matematičke tablice” V. M. Bradisa.
Za jednadžbu
nomogram daje korijene
Tablica XXII. Nomogram za rješavanje jednadžbe
Ovaj nomogram omogućuje, bez rješavanja kvadratne jednadžbe, određivanje korijena jednadžbe iz njezinih koeficijenata.
Geometrijska metoda rješavanja kvadratnih jednadžbi
Primjer koji je postao poznat je iz “Algebre” al-Khorezmija: x 2 + 10x = 39. U izvorniku je ovaj problem formuliran na sljedeći način: "Kvadrat i deset korijena jednaki su 39."
S = x 2 + 10 x+ 25 (X 2 + 10 x = 39 )
S= 39 + 25 = 64 , odakle slijedi,
kolika je stranica kvadrata ABCD ,
oni. segment linije AB = 8 .
x = 8 - 2,5 - 2,5 = 3
Na temelju ankete utvrđeno je da:
- Najtežim su se pokazale sljedeće metode:
Faktorizirajući lijevu stranu jednadžbe,
Metoda odabira cijelog kvadrata.
- Racionalne metode rješenja:
Rješavanje kvadratnih jednadžbi pomoću formule;
Rješavanje jednadžbi pomoću Vietinog teorema
- Nema praktične primjene
Geometrijska metoda rješavanja kvadratnih jednadžbi.
- Nikad prije nisam čuo za ove metode:
Primjena svojstava koeficijenata kvadratne jednadžbe;
Korištenje nomograma;
Rješavanje kvadratnih jednadžbi pomoću šestara i ravnala;
Metoda “prijenosa” (ova metoda je izazvala interes učenika).
Zaključak
- ove metode rješavanja zaslužuju pozornost, budući da nisu sve prikazane u školskim udžbenicima matematike;
- ovladavanje ovim tehnikama pomoći će učenicima uštedjeti vrijeme i učinkovito riješiti jednadžbe;
- potreba za brzim rješenjem je zbog korištenja testnog sustava za prijemne ispite;
HVALA VAM IZA PAŽNJA!
“Nestandardne metode za rješavanje jednadžbi”
Kubanova Olga Nikolaevna, učiteljica matematike,
MBOU "Srednja škola Plesetsk"
"Proces rješavanja jednadžbe -
postoji jednostavno čin svođenja na jednostavniji oblik.
Ali u nekim oblicima nije lako čitati.
Njegovo rješenje je slično prijevodu
nepoznatu frazu na jezik koji razumijemo"
Da biste riješili većinu jednadžbi s kojima se susrećete na ispitima, dovoljno je savladati školski tečaj matematike, ali u isto vrijeme morate ih moći riješiti ne samo pomoću standardnih tehnika namijenjenih vrlo specifičnim vrstama jednadžbi, već i onih “ nestandardne” metode o kojima želim govoriti.
Suština ovih metoda je implementacija “drugačijeg pogleda” na problem, koji omogućuje, ne idući dalje od školski plan i program, bitno pojednostaviti rješavanje nekih problema, odnosno koristit ćemo dobro poznate tvrdnje, ali u situacijama u kojima se koriste relativno rijetko.
Uz glavnu zadaću nastave matematike - osiguravanje snažnog i svjesnog ovladavanja učenika sustavom matematičkih znanja i vještina, nestandardne metode osiguravaju formiranje održivog interesa za predmet, prepoznavanje i razvoj matematičkih sposobnosti kod djece, kao kao i poboljšanje kvalitete nastave matematike.
Usredotočit ću se na metodu u kojoj se svojstva funkcija uključenih u jednadžbu koriste za rješavanje jednadžbi.
Proučavanje domene definicija i raspona vrijednosti funkcija:
Imajte na umu da 
I 
Stoga je jednakost nemoguća.
Odgovor: nema korijena.
Svojstva monotonosti funkcija:
Ova se jednadžba može riješiti na standardan način, ali moglo bi biti jednostavnije. Lijeva strana jednadžbe je rastuća funkcija, a desna strana je opadajuća funkcija. Stoga ova jednadžba ne može imati više od jednog korijena. Broj 1 je korijen jednadžbe, što se može provjeriti supstitucijom.
Dizanje na petu potenciju čini se uzaludnim. Neka bude onda. Razmotrimo funkcije: i . Ove funkcije su međusobno inverzne, povećavaju se, zatim su ekvivalentne jednadžbi.
Postoji samo jedan korijen, jer lijevo je rastuća funkcija, desno je opadajuća funkcija.
Korištenje funkcija "nenegativnosti":
.
Svi članovi na lijevoj strani su nenegativni, stoga je jednakost moguća samo ako je svaki od članova jednak nuli.
Ove dvije jednakosti proturječe jedna drugoj. Sustav nema rješenja.
Odgovor: nema rješenja.
Za korištenje ovih metoda za rješavanje jednadžbi potrebno je dobro poznavanje teoretskog gradiva. Korištenjem ovih metoda štedi se vrijeme, što vam omogućuje rješavanje više problema. A to je vrlo važno kada pišete testovi I polaganje Jedinstvenog državnog ispita.
Svojstva funkcije:
T-1:
Korištenje superpozicija funkcija:
T -2:
"Nenegativnost" funkcija.
Svojstva funkcije:
Domena definicije i raspon vrijednosti kvadratnog korijena.
Svojstva monotonosti funkcije:
T-1: Neka je y=f (x) rastuća funkcija na intervalu L, a y=g (x) opadajuća funkcija na istom intervalu L. Tada jednadžba f (x)=g (x) ima najviše jedan korijen na intervalu L.
Korištenje superpozicija funkcija:
T -2: Ako su funkcije f (x) i g (x) međusobno inverzne, a funkcija f (x) rastuća, tada su jednadžba f (x) = g (x) i jednadžba f (x) = x ekvivalentne.
"Nenegativnost" funkcija.
Svojstva funkcije:
Domena definicije i raspon vrijednosti kvadratnog korijena.
Svojstva monotonosti funkcije:
T-1: Neka je y=f (x) rastuća funkcija na intervalu L, a y=g (x) opadajuća funkcija na istom intervalu L. Tada jednadžba f (x)=g (x) ima najviše jedan korijen na intervalu L.
Korištenje superpozicija funkcija:
T -2: Ako su funkcije f (x) i g (x) međusobno inverzne, a funkcija f (x) rastuća, tada su jednadžba f (x) = g (x) i jednadžba f (x) = x ekvivalentne.
"Nenegativnost" funkcija.
Ruski filolog Dmitrij Nikolajevič Ušakov u svom objasnidbeni rječnik daje sljedeću definiciju pojma "metoda" - put, metoda, tehnika teorijskog istraživanja ili praktične provedbe nečega (D. N. Ushakov, 2000).
Koje su metode poučavanja rješavanja matematičkih problema koje trenutno smatramo nestandardnima? Nažalost, nitko nije došao do univerzalnog recepta, s obzirom na jedinstvenost ovih zadataka. Neki učitelji predaju vježbe s formulama. To se događa na sljedeći način: nastavnik pokazuje rješenje, a zatim učenik to više puta ponavlja pri rješavanju zadataka. Pritom se ubija interes učenika za matematiku, što je u najmanju ruku žalosno.
U matematici ne postoje opća pravila koja dopuštaju rješavanje bilo kojeg nestandardnog problema, budući da su takvi problemi u određenoj mjeri jedinstveni. Nestandardni zadatak u većini slučajeva doživljava se kao "izazov intelektu i rađa potrebu za ostvarenjem sebe u prevladavanju prepreka i razvoju kreativnih sposobnosti".
Razmotrimo nekoliko metoda za rješavanje nestandardnih problema:
- · algebarski;
- · aritmetika;
- · metoda grube sile;
- metoda zaključivanja;
- · praktičan;
- · metoda pogađanja.
Algebarska metoda razvija se rješavanje problema Kreativne vještine, sposobnost generaliziranja, formira apstraktno mišljenje i ima takve prednosti kao što je kratkoća snimanja i zaključivanja pri sastavljanju jednadžbi, štedi vrijeme.
Da biste riješili problem algebarskom metodom, potrebno je:
- · analizirati problem kako bi odabrali glavnu nepoznanicu i identificirali odnos između veličina, te te ovisnosti izrazili matematičkim jezikom u obliku dvaju algebarskih izraza;
- · pronaći osnovu povezivanja ovih izraza znakom “=” i sastaviti jednadžbu;
- · pronaći rješenja dobivene jednadžbe, organizirati provjeru rješenja jednadžbe.
Sve ove faze rješavanja problema logično su međusobno povezane. Na primjer, kao posebnu fazu navodimo traženje osnove za povezivanje dvaju algebarskih izraza s znakom jednakosti, no jasno je da se u prethodnoj fazi ti izrazi ne formiraju proizvoljno, već uzimajući u obzir mogućnost povezivanja s znak “=”.
Identifikacija ovisnosti između veličina i prijevod tih ovisnosti u matematički jezik zahtijevaju intenzivnu analitičku i sintetičku mentalnu aktivnost. Uspjeh u ovoj aktivnosti ovisi, posebice, o tome znaju li učenici u kakvim odnosima te količine općenito mogu postojati i razumiju li stvarno značenje tih odnosa (na primjer, odnose izražene izrazima “kasnije do ...”, “ stariji za ... puta” " i tako dalje.). Zatim moramo razumjeti koja vrsta matematičke radnje ili svojstva radnje ili kakva veza (ovisnost) između komponenti i rezultata radnje može opisati ovaj ili onaj specifični odnos.
Navedimo primjer rješavanja nestandardnog problema algebarskom metodom.
Zadatak. Ribar je ulovio ribu. Kada su ga upitali: “Kolika mu je masa?”, odgovorio je: “Masa repa je 1 kg, masa glave jednaka je masi repa i polovice tijela. A masa tijela jednaka je masi glave i repa zajedno.” Kolika je masa ribe?
Neka je x kg masa trupa; tada je (1+1/2x) kg masa glave. Kako je prema uvjetu masa tijela jednaka zbroju masa glave i repa, sastavljamo i rješavamo jednadžbu:
x = 1 + 1/2x + 1,
4 kg je masa tijela, zatim 1+1/2 4=3 (kg) je masa glave i 3+4+1=8 (kg) je masa cijele ribe;
Odgovor: 8 kg.
Aritmetička metoda rješavanje zahtijeva i veliki mentalni napor, što pozitivno utječe na razvoj mentalnih sposobnosti, matematičke intuicije, te formiranje sposobnosti predviđanja stvarne životne situacije.
Razmotrimo primjer rješavanja nestandardnog problema aritmetičkom metodom:
Zadatak. Dva su ribara upitana: "Koliko riba imate u vašim košarama?"
“Moja košarica sadrži pola onoga što je u njegovoj košarici, plus još 10”, odgovorio je prvi. “I ja imam u košarici koliko i on, i još 20”, broji drugi. Mi smo brojali, sad vi brojite.
Napravimo dijagram za problem. Označimo prvim segmentom dijagrama broj riba koje ima prvi ribar. Drugi segment označava broj riba koje drugi ribar ima.
Zbog modernom čovjeku potrebno je razumjeti osnovne metode analize podataka i probabilističke obrasce koji igraju važnu ulogu u znanosti, tehnologiji i ekonomiji; u školski kolegij matematike uvode se elementi kombinatorike, teorije vjerojatnosti i matematičke statistike koji su pogodni za razumjeti uz pomoć brute force metoda.
Uključivanje kombinatornih zadataka u tečaj matematike pozitivno utječe na razvoj učenika. „Ciljana obuka u rješavanju kombinatornih problema pridonosi razvoju takve kvalitete matematičkog mišljenja kao što je varijabilnost. Pod varijabilnošću mišljenja razumijevamo usmjerenost mentalne aktivnosti učenika na traženje razna rješenja poslove u slučaju kada za to ne postoje posebne upute.”
Kombinatorni problemi mogu se rješavati različitim metodama. Konvencionalno se ove metode mogu podijeliti na "formalne" i "neformalne". Kod “formalne” metode rješenja potrebno je odrediti prirodu izbora, odabrati odgovarajuću formulu ili kombinatorno pravilo (postoje pravila zbroja i umnoška), zamijeniti brojeve i izračunati rezultat. Rezultat je količina moguće opcije, same opcije se u ovom slučaju ne formiraju.
Kod “neformalne” metode rješenja dolazi do izražaja proces izrade različitih opcija. A glavna stvar nije koliko, već koje se opcije mogu dobiti. Takve metode uključuju brute force metoda. Ova metoda je dostupna čak i osnovnoškolcima i omogućuje im stjecanje iskustva u praktičnom rješavanju kombinatornih problema, što služi kao osnova za uvođenje kombinatornih principa i formula u budućnosti. Osim toga, u životu osoba mora ne samo odrediti broj mogućih opcija, već i izravno sastaviti sve te opcije, a, poznavajući tehnike sustavnog nabrajanja, to se može učiniti racionalnije.
Zadaci prema složenosti nabrajanja dijele se u tri skupine:
- 1 . Problemi u kojima morate izvršiti potpunu pretragu svih mogućih opcija.
- 2. Problemi u kojima je nepraktično koristiti tehniku iscrpne pretrage i potrebno je odmah isključiti neke opcije bez razmatranja (odnosno izvršiti smanjenu pretragu).
- 3. Zadaci u kojima se operacija nabrajanja izvodi više puta iu odnosu na razne vrste objekata.
Evo odgovarajućih primjera zadataka:
Zadatak. Stavljanjem znakova “+” i “-” između zadanih brojeva 9...2...4 sastavite sve moguće izraze.
Provodi se potpuni izbor opcija:
- a) dva znaka u izrazu mogu biti ista, tada dobivamo:
- 9 + 2 + 4 ili 9 - 2 - 4;
- b) dva predznaka mogu biti različita, tada dobivamo:
- 9 + 2 - 4 ili 9 - 2 + 4.
Zadatak. Nastavnik kaže da je nacrtao 4 figure u nizu: veliki i mali kvadrat, veliki i mali krug tako da je krug na prvom mjestu, a figure istog oblika nisu jedna do druge, i poziva učenici da pogode u kojem su nizu te figure poredane.
Postoje ukupno 24 različita rasporeda ovih figura. A nepraktično ih je sve kompajlirati i onda odabrati one koji odgovaraju zadanom stanju, pa se radi skraćena pretraga.
Veliki krug može biti na prvom mjestu, zatim mali može biti tek na trećem mjestu, dok veliki i mali kvadrati mogu biti postavljeni na dva načina - na drugo i četvrto mjesto.
Slično se razmišljanje provodi ako je mali krug na prvom mjestu, a također se izvlače dvije opcije.
Zadatak. Tri partnera jedne tvrtke čuvaju vrijednosne papire u sefu s 3 brave. Partneri žele između sebe podijeliti ključeve brava tako da se sef može otvoriti samo u prisutnosti najmanje dva partnera, ali ne i jednog. Kako to mogu učiniti?
Prvo su nabrojani svi mogući slučajevi distribucije ključeva. Svaki pratitelj može dobiti jedan ključ, dva različita ključa ili tri.
Pretpostavimo da svaki pratitelj ima tri različita ključa. Tada sef može otvoriti jedan partner, a to ne ispunjava uvjet.
Pretpostavimo da svaki partner ima jedan ključ. Onda, ako dođu njih dvojica, neće moći otvoriti sef.
Svakom pratiocu ćemo dati dva različita ključa. Prvi - 1 i 2 ključa, drugi - 1 i 3 ključa, treći - 2 i 3 ključa. Provjerimo kad stignu bilo koja dva pratioca da vidimo mogu li otvoriti sef.
Mogu doći prvi i drugi pratilac, imat će sve ključeve (1 i 2, 1 i 3). Mogu doći prvi i treći pratitelj, oni će također imati sve ključeve (1 i 2, 2 i 3). Na kraju mogu doći i drugi i treći pratitelj, oni će također imati sve ključeve (1 i 3, 2 i 3).
Dakle, da biste pronašli odgovor na ovaj problem, morate izvršiti operaciju nabrajanja nekoliko puta.
Pri izboru kombinatornih zadataka potrebno je obratiti pozornost na temu i oblik izlaganja tih zadataka. Poželjno je da zadaci ne izgledaju umjetno, već da su djeci razumljivi i zanimljivi te da u njima izazivaju pozitivne emocije. Može se koristiti za izradu zadataka praktični materijal iz života.
Postoje i drugi problemi koji se mogu riješiti grubom silom.
Kao primjer, riješimo problem: „Markiz Karabas je imao 31 godinu, a njegov mladi energični Mačak u čizmama imao je 3 godine, kada su se dogodili događaji poznati iz bajke. Koliko je godina prošlo od tada, ako je mačak sada tri puta mlađi od svog vlasnika? Predstavimo popis opcija u tablici.
Doba Markiza Karabasa i Mačka u čizmama
14 - 3 = 11 (godina)
Odgovor: Prošlo je 11 godina.
Pritom učenik eksperimentira, promatra, uspoređuje činjenice i na temelju pojedinih zaključaka donosi određene opće zaključke. U procesu tih promatranja obogaćuje se njegovo realno-praktično iskustvo. Upravo je to praktična vrijednost problema pretraživanja. U ovom slučaju, riječ "gruba sila" koristi se u smislu analize svih mogućih slučajeva koji zadovoljavaju uvjete problema, pokazujući da ne može biti drugih rješenja.
Ovaj se problem također može riješiti algebarskom metodom.
Neka Mačka ima x godina, tada je Markiz 3x, na temelju uvjeta problema, napravit ćemo jednadžbu:
- 3x - x = 28,
- 2x = 28,
Mačka sada ima 14 godina, tada je prošlo 14 - 3 = 11 (godina).
Odgovor: Prošlo je 11 godina.
Metoda rasuđivanja može se koristiti za rješavanje matematičkih sofizama.
Pogreške učinjene u sofizmu obično se svode na sljedeće: izvođenje "zabranjenih" radnji, korištenje pogrešnih crteža, netočna uporaba riječi, netočne formulacije, "nedopuštene" generalizacije i netočne primjene teorema.
Otkriti sofistiku znači ukazati na grešku u razmišljanju, na temelju koje je stvoren vanjski izgled dokaza.
Razvija se prije svega analiza sofizama logično mišljenje, usađuje vještine ispravnog razmišljanja. Otkriti pogrešku u sofizmu znači spoznati je, a svijest o pogrešci sprječava da se ona ponovi u drugim matematičkim razmišljanjima. Osim kritičnosti matematičkog mišljenja, ova vrsta nestandardnih zadataka otkriva i fleksibilnost mišljenja. Hoće li se učenik uspjeti “iskočeti iz kandži” ovog na prvi pogled strogo logičnog puta, prekinuti lanac zaključaka upravo na onoj karici koja je pogrešna i čini pogrešnim svako daljnje zaključivanje?
Analiza sofizama također pomaže svjesnoj asimilaciji materijala koji se proučava, razvija promatranje i kritički stav prema onome što se proučava.
a) Evo, na primjer, sofizma s netočnom primjenom teorema.
Dokažimo da je 2 2 = 5.
Uzmimo sljedeću očitu jednakost kao početni omjer: 4:4 = 5:5 (1)
Uzmimo zajednički faktor na lijevoj i desnoj strani izvan zagrada, i dobit ćemo:
4 (1: 1) = 5 (1: 1) (2)
Brojevi u zagradama su jednaki, što znači 4 = 5 ili 2 2 = 5.
U obrazloženju, kada se prelazi s jednakosti (1) na jednakost (2), stvara se iluzija vjerodostojnosti na temelju lažne analogije sa svojstvom distribucije množenja u odnosu na zbrajanje.
b) Sofistika koja koristi "nedopuštene" generalizacije.
Postoje dvije obitelji - Ivanovi i Petrovi. Svaki se sastoji od 3 osobe - oca, majke i sina. Otac Ivanov ne poznaje oca Petrova. Majka Ivanova ne poznaje majku Petrovu. Sin jedinac Ivanovih ne poznaje sina jedinca Petrovih. Zaključak: niti jedan član obitelji Ivanov ne poznaje niti jednog člana obitelji Petrov. Je li to istina?
Ako član obitelji Ivanov ne poznaje sebi ravnog po obiteljskom statusu člana obitelji Petrov, to ne znači da ne poznaje cijelu obitelj. Na primjer, otac Ivanov možda poznaje majku i sina Petrovih.
Metoda zaključivanja također se može koristiti za rješavanje logičkih problema. Logički problemi obično se shvaćaju kao problemi koji se mogu riješiti samo logičkim operacijama. Ponekad njihovo rješavanje zahtijeva dugotrajno razmišljanje, čiji se nužni smjer ne može unaprijed predvidjeti.
Zadatak. Kažu da je Tortila dao zlatni ključ Pinokiju ne tako jednostavno kako je rekao A. N. Tolstoj, već na potpuno drugačiji način. Iznijela je tri kutije: crvenu, plavu i zelenu. Na crvenoj kutiji je pisalo: "Ovdje leži zlatni ključ", a na plavoj "Zelena je prazna", a na zelenoj "Ovdje leži zmija". Tortila je pročitao natpise i rekao: “Uistinu, u jednoj kutiji je zlatni ključ, u drugoj je zmija, a treća je prazna, ali svi natpisi su netočni. Ako pogodite u kojoj se kutiji nalazi zlatni ključ, vaš je.” Gdje je zlatni ključ?
Budući da su svi natpisi na kutijama netočni, crvena kutija ne sadrži zlatni ključ, zelena kutija nije prazna i u njoj nema zmije, što znači da je ključ u zelenoj kutiji, zmija u crveno polje, a plavo polje je prazno.
Prilikom rješavanja logičkih problema aktivira se logičko mišljenje, a to je sposobnost izvođenja konzekvencija iz premisa, što je iznimno potrebno za uspješno svladavanje matematike.
Rebus je zagonetka, ali nije obična zagonetka. Riječi i brojevi u matematičkim zagonetkama prikazani su pomoću slika, zvjezdica, brojeva i raznih simbola. Da biste pročitali što je šifrirano u rebusu, morate ispravno imenovati sve prikazane objekte i razumjeti koji znak predstavlja što. Ljudi su koristili zagonetke čak i kad nisu znali pisati. Sastavljali su svoja slova od predmeta. Na primjer, vođe jednog plemena jednom su svojim susjedima, umjesto pisma, poslali pticu, miša, žabu i pet strijela. To je značilo: “Možete li letjeti kao ptice i sakriti se u zemlju kao miševi, skakati kroz močvare kao žabe? Ako ne znate kako, onda se ne pokušavajte boriti s nama. Obasut ćemo vas strijelama čim uđete u našu zemlju."
Sudeći po prvom slovu zbroja 1), D = 1 ili 2.
Pretpostavimo da je D = 1. Onda, Y? 5. Isključujemo Y = 5, jer P ne može biti jednak 0. Y? 6, jer 6 + 6 = 12, tj. P = 2. Ali ova vrijednost P nije prikladna za daljnju provjeru. Isto tako, U? 7.
Pretpostavimo da je Y = 8. Tada je P = 6, A = 2, K = 5, D = 1.
Čarobni (magični) kvadrat je kvadrat u kojem je zbroj brojeva okomito, vodoravno i dijagonalno isti.
Zadatak. Poredajte brojeve od 1 do 9 tako da okomito, vodoravno i dijagonalno dobijete isti zbroj brojeva jednak 15.
Iako ne postoje opća pravila za rješavanje nestandardnih problema (zato se ti problemi nazivaju nestandardnim), pokušali smo dati broj opće upute- preporuke kojih se treba pridržavati pri rješavanju nestandardnih problema raznih vrsta.
Svaki nestandardni problem je originalan i jedinstven u svom rješenju. U tom smislu, razvijena metodologija poučavanja aktivnosti pretraživanja pri rješavanju nestandardnih problema ne razvija vještine rješavanja nestandardnih problema, već možemo govoriti samo o vježbanju određenih vještina:
- · sposobnost razumijevanja zadatka, isticanja glavnih (potpornih) riječi;
- · sposobnost prepoznavanja stanja i pitanja, poznatih i nepoznatih u problemu;
- · sposobnost pronalaženja veze između zadanog i željenog, odnosno analize teksta zadatka čiji je rezultat izbor računske operacije ili logičke operacije za rješavanje nestandardnog zadatka;
- · sposobnost bilježenja napretka rješavanja i odgovaranja na problem;
- · sposobnost dodatnog rada na zadatku;
- · sposobnost odabira korisna informacija sadržane u samom problemu, u procesu njegova rješavanja sistematizirati te informacije, povezujući ih s postojećim znanjem.
Nestandardni zadaci razvijaju prostorno razmišljanje, što se izražava u sposobnosti ponovnog stvaranja prostornih slika objekata u umu i obavljanja operacija na njima. Prostorno razmišljanje se očituje pri rješavanju zadataka kao što su: „Na vrhu ruba okrugle torte stavljeno je 5 točaka kreme na istoj udaljenosti jedna od druge. Rezovi su napravljeni kroz sve parove točaka. Koliko je ukupno bilo komada torte?
Praktična metoda može se uzeti u obzir za nestandardne probleme dijeljenja.
Zadatak. Štap je potrebno izrezati na 6 dijelova. Koliko će rezova biti potrebno?
Rješenje: bit će potrebno 5 rezova.
Kada proučavate nestandardne probleme podjele, morate razumjeti: da biste izrezali segment na P dijelova, morate napraviti (P - 1) rezove. Ovu činjenicu potrebno je induktivno utvrditi s djecom, a potom koristiti pri rješavanju problema.
Zadatak. Blok od tri metra ima 300 cm Mora se izrezati na šipke duljine 50 cm. Koliko rezova treba napraviti?
Rješenje: Dobivamo 6 taktova 300: 50 = 6 (crtaka)
Razmišljamo ovako: da biste blok podijelili na pola, tj. na dva dijela, trebate napraviti 1 rez, na 3 dijela - 2 reza, i tako dalje, na 6 dijelova - 5 rezova.
Dakle, trebate napraviti 6 - 1 = 5 (rezova).
Odgovor: 5 rezova.
Dakle, jedan od glavnih motiva koji potiče učenike na učenje je interes za predmet. Interes je aktivno kognitivno usmjerenje osobe na određeni predmet, pojavu i aktivnost, stvoreno pozitivnim emocionalnim stavom prema njima. Jedan od načina razvijanja interesa za matematiku su nestandardni problemi. Pod nestandardnim problemom podrazumijeva se problem za koji kolegij matematike nema opća pravila i propise koji definiraju točan program za njegovo rješavanje. Rješavanje takvih problema omogućuje učenicima da se aktivno uključe u aktivnosti učenja. postojati razne klasifikacije probleme i metode za njihovo rješavanje. Najčešće se koriste algebarski, aritmetički, praktične metode te metoda nabrajanja, zaključivanja i pogađanja.
1 POVIJESNA POZADINA
2 RJEŠAVANJE ZADATAKA KORIŠTENJEM SVOJSTAVA FUNKCIJE
2.1 Korištenje monotonosti funkcije
2.2 Korištenje ograničenja značajki
2.3 Korištenje funkcije periodičnosti
2.4 Korištenje paritetne funkcije
2.5 Korištenje funkcije ODZ
3 NEKA UMJETNA NAČINA RJEŠAVANJA JEDNADŽBI
3.1 Množenje jednadžbe funkcijom
3.2 Pogađanje korijena jednadžbe
3.3 Korištenje jednadžbe simetrije
3.4 Proučavanje jednadžbe na intervalima realne osi
ZAKLJUČAK
POPIS KORIŠTENIH IZVORA
PRIMJENA
UVOD
Ne može se svaka jednadžba ili nejednadžba kao rezultat transformacija ili uz pomoć uspješne promjene varijable svesti na jednadžbu (nejednadžbu) jedne ili druge standardni prikaz, za koje postoji poseban algoritam rješenja. U takvim slučajevima ponekad je korisno koristiti druge metode rješenja, o čemu će biti riječi u tijeku ovog rada. Gore navedeno određuje relevantnost predmetni rad. Predmet proučavanja su jednadžbe i nejednadžbe koje se ne mogu riješiti pomoću standardne metode, ili karakteriziran glomaznošću standardnog rješenja.
Svrha ovog rada je upoznati se s nestandardnim metodama rješavanja jednadžbi i nejednadžbi.
Za postizanje ovog cilja u radu su riješeni sljedeći zadaci:
1. Prikupiti informacije iz povijesti matematike o rješavanju jednadžbi.
2. Razmotriti i primijeniti u praksi metode rješavanja jednadžbi i nejednadžbi temeljene na korištenju svojstava funkcija.
3. Razmotriti i primijeniti u praksi dodatne nestandardne metode za rješavanje jednadžbi i nejednadžbi
Praktični značaj rada leži u činjenici da pri rješavanju složenih jednadžbi ili nejednadžbi ne treba uvijek ići „ukucanom kolosijekom“, pokušavajući pronaći rješenje „direktno“: potrebno ga je samo pogledati i pronađite trag koji vam omogućuje da izbjegnete složene izračune i transformacije. Kolegij se sastoji od uvoda, tri poglavlja i popisa korištenih izvora. Prvo poglavlje donosi neke informacije iz povijesti matematike o rješavanju jednadžbi. Drugo poglavlje govori o metodama rješenja koje se temelje na korištenju svojstava funkcija. Treće poglavlje posvećeno je razmatranju dodatnih (umjetnih) metoda rješenja.
Matematičari već jako dugo mogu riješiti jednadžbe i sustave jednadžbi. U “Aritmetici” grčkog matematičara iz Aleksandrije Diofanta (3. st.) nije bilo sustavnog prikaza algebre, ali je sadržavala niz problema koji su se rješavali sastavljanjem jednadžbi. Ima sljedeći zadatak:
"Pronađi dva broja na temelju njihovog zbroja 20 i umnoška 96."
Da bi izbjegao rješavanje opće kvadratne jednadžbe, koja je uzrokovana označavanjem jednog od brojeva slovom i koju još nisu znali riješiti, Diofant je nepoznate brojeve označio 10 + x i 10 (u modernom zapisu) i dobio nepotpuna kvadratna jednadžba 100's 2 = 96, za koju je naznačen samo pozitivni korijen 2.
Problemi o kvadratnim jednadžbama nalaze se u djelima indijskih matematičara od 5. stoljeća. n. e.
Kvadratne jednadžbe klasificirane su u raspravi “Kratka knjiga o algebarskom i almukabalskom računu” Muhammada al-Khwarizmija (787. - oko 850.). Razmatra i rješava (u geometrijski oblik) 6 vrsta kvadratnih jednadžbi koje sadrže samo članove s pozitivnim koeficijentima na obje strane. U ovom slučaju uzeti su u obzir samo pozitivni korijeni jednadžbi.
U djelima europskih matematičara XIII - XVI. stoljeća. Date su zasebne metode za rješavanje različitih vrsta kvadratnih jednadžbi. Spajanje ovih metoda u opće pravilo proveo je njemački matematičar Michael Stiefel (1487. - 1567.), koji je također razmatrao negativne korijene.
U najpoznatijem ruskom udžbeniku “Aritmetika” Leontija Filipoviča Magnitskog (1669.-1739.) bilo je mnogo zadataka o kvadratnim jednadžbama. Evo jednog od njih:
“Neki general želi započeti bitku s 5.000 ljudi, i to tako da ih bude dvostruko više ispred nego sa strane. Koliko će ova bitka imati sprijeda i sa strane?”, tj. koliko vojnika treba postaviti sprijeda, a koliko s potiljka, tako da broj vojnika sprijeda bude 2 puta veći. od broja vojnika smještenih “na potiljku”?
U starim babilonskim tekstovima (3000. - 2000. pr. Kr.) također postoje problemi koji se danas rješavaju pomoću sustava jednadžbi koji sadrže jednadžbe drugog stupnja. Dajmo jedan od njih:
“Zbrojio sam površine svoja dva kvadrata: 25. Stranica drugog kvadrata jednaka je stranici prvog plus još 5.”
Odgovarajući sustav u modernoj notaciji izgleda ovako:
U 16. stoljeću Francuski matematičar François Viète (1540. - 1603.), koji je služio kao šifrant na dvoru francuskog kralja, prvi je uveo slovne oznake ne samo za nepoznate veličine, već i za podatke, tj. koeficijente jednadžbi. F. Viet je rabio rijetka slova latinične abecede x, y i z za označavanje nedešifriranih slova u neprijateljskim izvješćima, čime je započela tradicija označavanja nepoznanica u jednadžbama slovima x, y i z. Vieta je posebno cijenio formule koje je otkrio, a koje se danas nazivaju Vietine formule. Međutim, sam Viet prepoznao je samo pozitivne korijene.
Tek u sedamnaestom stoljeću. Nakon rada Descartesa, Newtona i drugih matematičara, rješavanje kvadratnih jednadžbi poprimilo je svoj moderni oblik.
Vratimo se na početak 16. stoljeća. Tada je Scipio del Ferro (1465-1526), profesor matematike na Sveučilištu u Bologni, prvi pronašao algebarsko rješenje jednadžbe trećeg stupnja oblika
gdje su p i q pozitivni brojevi.
Prema tadašnjim običajima, profesor je ovo otkriće držao u strogoj tajnosti. Samo su dva njegova učenika znala za njega, uključujući i izvjesnog Fiorea. Prikrivanje matematičkih otkrića tada je bilo uobičajeno jer su se u Italiji prakticirale matematičke rasprave i dvoboji. Na prepunim sastancima protivnici su jedni drugima nudili probleme koje treba riješiti na licu mjesta ili u određenom roku. Najčešće su to bili problemi iz algebre, koja se tada nazivala velikom umjetnošću. Pobijedio je onaj tko je riješio najviše problema. Pobjednik nije bio samo nagrađen slavom i određenom novčanom nagradom, već je mogao preuzeti i sveučilišnu katedru, a gubitnik je često gubio svoj položaj. Zato je bilo važno da sudionik debate ima algoritam za rješavanje određenih problema koji je drugima bio nepoznat.
Nakon smrti profesora del Ferra, njegov učenik Fiore, koji ni sam nije bio dubok matematičar, izazvao je jednog od najistaknutijih matematičara tog vremena, Niccola Tartagliu (1499.-1557.), na javnu raspravu. Pripremajući se za raspravu, Tartaglia je otkrio formulu za pronalaženje korijena kubičnih jednadžbi u radikalima, budući da je pretpostavio da Fiore već ima tu formulu. Tartaglia je kasnije napisao: “Uložio sam sav svoj žar, marljivost i vještinu da pronađem pravilo za rješavanje kubnih jednadžbi, i, zahvaljujući blaženoj sudbini, uspio sam to učiniti 8 dana prije roka.”
Rasprava je održana 20. veljače 1535. Tartaglia je u roku od dva sata riješio 30 zadataka koje mu je predložio njegov protivnik, a Fiore nije mogao riješiti nijedan od 30 zadataka koje je Tartaglia predložio. Nakon spora, Tartaglia je postao poznat u cijeloj Italiji, ali je otvorenu formulu nastavio držati u tajnosti.
Još jedan talijanski matematičar Gerol. ali (1501. - 1576.) od Tartaglie je naučio pravilo za rješavanje kubne jednadžbe (1) i položio “svetu zakletvu” da nikome neće otkriti tu tajnu. Istina, Tartaglia je samo djelomično otkrio svoju tajnu, ali Cardano je, upoznavši se s rukopisima pokojnog profesora del Ferra, dobio potpunu jasnoću po tom pitanju. Godine 1545. Cardano je objavio svoje poznato djelo “O velikoj umjetnosti, ili o algebarskim stvarima, u jednoj knjizi,” gdje je prvi put objavio formulu za rješavanje jednadžbe (1) i predložio redukciju opće kubne jednadžbe na jednadžbu (1).
Nakon objavljivanja ove knjige, Tartaglia je Cardana optužio da je prekršio zakletvu, no formula koju su otkrili del Ferro i Tartaglia i dan danas se naziva Cardano formula.
Ovo je dramatična priča o otkriću formule za korijene kubne jednadžbe (1).
U istoj knjizi Cardano je dao algebarsko rješenje jednadžbe četvrtog stupnja. Do ovog otkrića došao je jedan od njegovih učenika, Ludovico Ferrari (1522. - 1565.). Nakon toga počela je ustrajna potraga za formulama koje bi svele rješenje na jednadžbe više stupnjeve za vađenje korijena (“otopina u radikalima”). Ta su traganja trajala oko tri stoljeća, a tek početkom XIX. Norveški znanstvenik Niels Henrik Abel (1802. -1829.) i francuski znanstvenik Evariste Galois (1811. -1832.) dokazali su da se jednadžbe potencija većih od četiri u općem slučaju ne mogu riješiti u radikalima.
Matematičar i filozof Rene Descartes (1596. -1650.) prvi je u svojoj knjizi "Geometrija" formulirao temeljni teorem algebre o broju korijena n-te jednadžbe stupnjeva. Pritom je Descartes dopuštao postojanje ne samo pravih (pozitivnih) i lažnih (manje od ništa, tj. manje od nule - negativnih) korijena, nego i imaginarnih, imaginarnih (kod Descartesa - imaginaires), tj. složenih korijena.
Još u antičko doba matematičari su se u procesu rješavanja problema suočavali s vađenjem kvadratnog korijena negativnog broja; u ovom slučaju problem se smatrao nerješivim. Međutim, postupno je postalo jasno da se rješenja mnogih problema zadanih realnim brojevima mogu lako objasniti pomoću izraza a + bi, gdje je i 2 = -1, koji su se s vremenom također počeli nazivati brojevima, ali složenima. Prvo opravdanje najjednostavnijih operacija nad kompleksnim brojevima dao je talijanski matematičar Raffaele Bombelli (oko 1530. -1572.) 1572. godine, iako su dugo vremena kompleksni brojevi tretirani kao nešto nadnaravno.
Akademik Peterburške akademije znanosti Leonhard Euler (1707. -1783.) dao je značajan doprinos teoriji kompleksnih brojeva. Nakon njegova rada kompleksni brojevi dobili su konačno priznanje kao predmet i sredstvo proučavanja. Sam naziv “kompleksni broj” predložio je 1831. godine njemački matematičar Carl Friedrich Gauss (1777. - 1855.).
Trenutno se kompleksni brojevi naširoko koriste u mnogim pitanjima fizike i tehnologije.
Gore smo govorili o algebarskim jednadžbama, tj. jednadžbama f(x) = O, gdje je f(x) polinom od x.
Osim algebarskih jednadžbi, postoje i transcendentne jednadžbe: eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijske itd. Rješavanje transcendentnih jednadžbi, kao i nejednadžbi, bitno se temelji na svojstvima funkcija koja se relativno nedavno proučavaju u matematici.
Posebno mjesto među algebarskim jednadžbama zauzimaju takozvane Diofantove jednadžbe, tj. jednadžbe u kojima postoji više od jedne nepoznanice.
Najpoznatije od njih su linearne Diofantove jednadžbe. Primjeri problema koji vode do linearnih Diofantovih jednadžbi nalaze se u zbirci zadataka redovnika Alkuina, kojeg je 795. godine Karlo Veliki pozvao da predaje u prvoj od poznatih škola u Aachenu. Ovo je zadatak:
“100 šefela (novčanih jedinica) podijeljeno je između muškaraca, žena i djece (broj osoba je bio 100) i muškarci su dobili 3 šefela, žene 2 i djeca po šefela. Koliko je bilo muškaraca, žena i djece?
Označavajući broj muškaraca kao x, a broj žena kao y, dolazimo do jednadžbe
3x + 2y+ (100-x-y)= 100
U to vrijeme još nisu poznavali opće rješenje linearnih Diofantovih jednadžbi i bili su zadovoljni samo s nekoliko rješenja koja su zadovoljavala uvjete problema. Sam Alkuin dao je samo jedno rješenje za ovaj problem: bilo je 11, 15 i 74 muškaraca, žena i djece, a problem ima 784 rješenja u prirodni brojevi.
Probleme koji vode do linearnih Diofantovih jednadžbi predstavio je Leonardo iz Pise (Fibonacci) (1180. - 1240.), u "Aritmetici" L. F. Magnitskog.
Poznata Diofantova jednadžba Pitagore (VI. st. pr. Kr.) x 2 + y 2 = z 2 rješava se prirodnim brojevima. Njegova rješenja su trojke brojeva (x; y; z):
x = (m 2 -n 2)l, y = 2mnl, z = (m 2 + n 2)l,
gdje su m, n, l bilo koji prirodni brojevi (m>n). Ove formule pomažu vam pronaći pravokutne trokute čije su duljine stranica prirodni brojevi.
Godine 1630. francuski matematičar Pierre Fermat (1601. - 1665.) formulirao je hipotezu nazvanu Fermatov posljednji teorem: “Jednadžba x n + y n = z n za prirodni n ≥ 3 nema rješenja u prirodnim brojevima.” Fermat nije dokazao svoj teorem u općem slučaju, ali je poznata njegova bilješka na marginama Diofantove Aritmetike: “... nemoguće je zapisati kocku kao zbroj dviju kocki, ili parnu potenciju kao zbroj iste potencije, ili općenito bilo koji broj koji je stupanj veći od drugog ne može se napisati kao zbroj dva slična stupnja. Imam doista nevjerojatan dokaz za ovu tvrdnju, ali ove su margine preuske da bi to obuhvatile.” Kasnije je u Fermatovim radovima pronađen dokaz njegovog teorema za n = 4. Od tada, više od 300 godina, matematičari pokušavaju dokazati posljednji Fermatov teorem. Godine 1770. L. Euler dokazao je Fermatov teorem za n = 3, 1825. Adrien Legendre (1752. 1833.) i Peter Dirichlet (1805. - 1859.) - za n = 5. Dokaz posljednjeg Fermatova teorema u općem slučaju nije bio moguć za mnogo godina . Tek je 1995. Andrew Wiles dokazao ovaj teorem.
Ne može se svaka jednadžba f(x) = g(x) ili nejednadžba kao rezultat transformacija ili uz pomoć uspješne promjene varijable svesti na jednadžbu ili nejednadžbu jednog ili drugog standardnog oblika za koju postoji specifično rješenje algoritam. U takvim slučajevima ponekad je korisno koristiti neka svojstva funkcija, kao što su monotonost, periodičnost, ograničenost, parnost itd.
Kaže se da funkcija f (x) raste na intervalu D ako za bilo koje brojeve x 1 i x 2 iz intervala D tako da je x 1< x 2 , выполняется неравенство f (x 1) < f (x 2).
Kaže se da je funkcija f (x) opadajuća na intervalu D ako za bilo koje brojeve x 1 i x 2 iz intervala D tako da je x 1< x 2 , выполняется неравенство f (x 1) >f(x2).
Na grafikonu prikazanom na slici 1
Slika 1
Funkcija y = f (x), , raste na svakom od intervala i opada na intervalu (x 1 ; x 2). Imajte na umu da funkcija raste na svakom od intervala, ali ne i na uniji intervala
Ako funkcija raste ili opada na određenom intervalu, tada se naziva monotonom na tom intervalu.
Imajte na umu da ako je f monotona funkcija na intervalu D (f (x)), tada jednadžba f (x) = const ne može imati više od jednog korijena na tom intervalu.
Doista, ako je x 1< x 2 – корни этого уравнения на промежутке D (f(x)), то f (x 1) = f (x 2) = 0, что противоречит условию монотонности.
Nabrojimo svojstva monotonih funkcija (pretpostavlja se da su sve funkcije definirane na nekom intervalu D).
· Zbroj nekoliko rastućih funkcija je rastuća funkcija.
· Umnožak nenegativnih rastućih funkcija je rastuća funkcija.
· Ako funkcija f raste, tada rastu i funkcije cf (c > 0) i f + c, a funkcija cf (c< 0) убывает. Здесь c – некоторая константа.
· Ako funkcija f raste i zadržava predznak, tada funkcija opada.
· Ako je funkcija f rastuća i nenegativna, tada je f n gdje je nN također rastuća.
· Ako je funkcija f rastuća, a n je neparan broj, tada je i f rastuća.
· Kompozicija g (f (x)) rastućih funkcija f i g također raste.
Slične tvrdnje mogu se formulirati za opadajuću funkciju.
Točku a nazivamo točkom maksimuma funkcije f ako postoji ε-okolina točke a takva da za bilo koji x u toj okolini vrijedi nejednakost f (a) ≥ f (x).
Točku a nazivamo točkom minimuma funkcije f ako postoji ε-okolina točke a takva da za bilo koji x u toj okolini vrijedi nejednakost f (a) ≤ f (x).
Točke u kojima se postiže maksimum ili minimum funkcije nazivaju se točkama ekstrema.
U točki ekstrema mijenja se priroda monotonosti funkcije. Dakle, lijevo od točke ekstrema funkcija može rasti, a desno opadati. Prema definiciji, točka ekstrema mora biti unutarnja točka domene definicije.
Ako za bilo koji (x ≠ a) vrijedi nejednakost f (x) ≤ f (a), tada se točka a naziva točkom najveće vrijednosti funkcije na skupu D:
Ako je za bilo koji (x ≠ b) zadovoljena nejednakost f (x) > f (b), tada se točka b naziva točkom minimalne vrijednosti funkcije na skupu D.
Točka najveće ili najmanje vrijednosti funkcije na skupu D može biti ekstrem funkcije, ali ne mora nužno biti jedan.
Točku najveće (najmanje) vrijednosti funkcije kontinuirane na segmentu treba tražiti među ekstremima te funkcije i njezinim vrijednostima na krajevima segmenta.
Rješavanje jednadžbi i nejednadžbi korištenjem svojstva monotonosti temelji se na sljedećim izjavama.
1. Neka je f(x) kontinuirana i strogo monotona funkcija na intervalu T, tada jednadžba f(x) = C, gdje je C zadana konstanta, ne može imati više od jednog rješenja na intervalu T.
2. Neka su f(x) i g(x) kontinuirane funkcije na intervalu T, f(x) je striktno rastuća, a g(x) striktno opadajuća na tom intervalu, tada je jednadžba f(x) = g( x) ne može imati više od jednog rješenja na intervalu T. Primijetimo da interval T može biti beskonačni interval (-∞;+∞), intervali (a;+∞), (-∞; a), [a; +∞), (-∞; b], segmenti, intervali i poluintervali.
Primjer 2.1.1 Riješite jednadžbu
. (1)
Riješenje. Očito, od tada x ≤ 0 ne može biti rješenje ove jednadžbe 
. Za x > 0 funkcija 
je kontinuirana i strogo rastuća, kao produkt dviju kontinuiranih pozitivnih funkcija f(x) = x i strogo rastuća za te x 
. To znači da je u području x > 0 funkcija 
uzima svaku svoju vrijednost u točno jednoj točki. Lako je vidjeti da je x = 1 rješenje ove jednadžbe, dakle njezino jedino rješenje.
Odgovor: (1).
Primjer 2.1.2 Riješite nejednadžbu
. (2)
Riješenje. Svaka od funkcija y = 2 x, y = 3 x, y = 4 x je kontinuirana i strogo rastuća duž cijele osi. To znači da je izvorna funkcija ista 
. Lako je vidjeti da za x = 0 funkcija poprima vrijednost 3. Zbog neprekidnosti i stroge monotonosti ove funkcije za x > 0 imamo 
, na x< 0 имеем 
. Stoga su sva rješenja ove nejednadžbe x< 0.
Odgovor: (-∞; 0).
Primjer 2.1.3 Riješite jednadžbu
. (3)
Riješenje. Raspon dopuštenih vrijednosti jednadžbe (3) je interval . Na funkcijama ODZ 
I 
su kontinuirane i strogo padajuće, stoga je funkcija kontinuirana i padajuća 
. Stoga funkcija h(x) poprima svaku vrijednost samo u jednoj točki. Budući da je x = 2 jedini korijen izvorne jednadžbe.
Pri rješavanju jednadžbi i nejednadžbi svojstvo ograničenosti funkcije odozdo ili odozgo na određenom skupu često ima odlučujuću ulogu.
Ako postoji broj C takav da za bilo koji od njih vrijedi nejednakost f (x) ≤ C, tada se kaže da je funkcija f ograničena odozgo na skup D (slika 2).
Slika 2
Ako postoji broj c takav da za bilo koji od njih vrijedi nejednakost f (x) ≥ c, tada se kaže da je funkcija f ograničena odozdo na skupu D (slika 3).
Slika 3
Funkcija ograničena i odozgo i odozdo naziva se ograničena na skupu D. Geometrijski, ograničenost funkcije f na skupu D znači da graf funkcije y = f (x) leži u traci c ≤ y ≤ C ( slika 4).
Slika 4
Ako funkcija nije ograničena na skupu, onda se kaže da je neograničena.
Primjer funkcije ograničene odozdo na cijelom brojevnom pravcu je funkcija y = x 2 . Primjer funkcije ograničene odozgo na skup (–∞; 0) je funkcija y = 1/x. Primjer funkcije koja je ograničena na cijelom brojevnom pravcu je funkcija y = sin x.
Primjer 2.2.1 Riješite jednadžbu
sin(x 3 + 2x 2 + 1) = x 2 + 2x + 2. (4)
Riješenje. Za bilo koji realni broj x vrijedi sin(x 3 + 2x 2 + 1) ≤ 1, x 2 + 2x + 2 = (x + 1) 2 +1 ≥ 1. Budući da za bilo koju vrijednost x lijeva strana jednadžba ne prelazi jedan, a desna strana uvijek nije manja od jedan, tada ova jednadžba može imati rješenje samo za .
Kravata. kada jednadžba (4) također nema korijena.
Primjer 2.2.2 Riješite jednadžbu
. (5)
Riješenje. Očito, x = 0, x = 1, x = -1 su rješenja ove jednadžbe. Za pronalaženje drugih rješenja zbog neparnosti funkcije f(x) = = x 3 - x - sinπx, dovoljno je pronaći njezina rješenja u području x > 0, x ≠ 1, jer ako je x 0 > 0 njen rješenje, tada je (-x 0 ) također njegovo rješenje.
Podijelimo skup x > 0, x ≠ 1, na dva intervala: (0; 1) i (1; +∞)
Prepišimo početnu jednadžbu u obliku x 3 - x = sinπx. Na intervalu (0; 1) funkcija g(x) = x 3 - x poprima samo negativne vrijednosti, jer x 3< < х, а функция h(x) = sinπx только положительные. Следовательно, на этом промежутке уравнение не имеет решений.
Neka x pripada intervalu (1; +∞). Za svaku od ovih vrijednosti x funkcija g(x) = x 3 - x poprima pozitivne vrijednosti, funkcija h(x) = sinπx poprima vrijednosti različitih predznaka, a na intervalu (1; 2] funkcija h(x) = sinπx je nepozitivna, stoga na intervalu (1; 2] jednadžba nema rješenja.
Ako je x > 2, tada je |sinπx| ≤ 1, x 3 - x = x(x 2 - 1) > 2∙3 = 6, što znači da jednadžba također nema rješenja na intervalu (1; +∞).
Dakle, x = 0, x = 1 i x = -1 i samo su to rješenja izvorne jednadžbe.
Odgovor: (-1; 0; 1).
Primjer 2.2.3 Riješite nejednadžbu
Riješenje. ODZ nejednadžbe su svi realni x osim x = -1. Podijelimo ODZ nejednakosti na tri skupa: -∞< x < -1, -1 < x ≤ 0, 0 < x < +∞ и рассмотрим неравенство на каждом из этих промежутков.
Neka -∞< x < -1. Для каждого из этих x имеем g(x) = < 0, а f(x) = 2 x >0. Dakle, svi ti x su rješenja nejednadžbe.
Neka -1< x ≤ 0. Для каждого из этих x имеем g(x) = 1 - , а f(x) = 2 x ≤ 1. Следовательно, ни одно из этих x не является решением данного неравенства.
Neka 0< x < +∞. Для каждого из этих x имеем g(x) = 1 - , a . Следовательно, все эти x являются решениями исходного неравенства.
Odgovor: 
.
Funkcija f (x) se naziva periodičkom s periodom T ≠ 0 ako su ispunjena dva uvjeta:
· ako je , tada x + T i x – T također pripadaju domeni definicije D (f (x));
· za svaku jednakost vrijedi
f (x + T) = f (x).
Budući da iz gornje definicije proizlazi da
Ako je T period funkcije f (x), onda je očito da je svaki broj nT, gdje je , n ≠ 0, također period te funkcije.
Najmanji pozitivni period funkcije je najmanji od pozitivnih brojeva T koji su period te funkcije.
Graf periodičke funkcije
Graf periodične funkcije obično se crta na intervalu B)(0;1] G) koji je jednak:
A) -12 B) 12 C) -6 D) -9 E) 8
2. Zbroj modula korijena jednadžbe - (√(5- x)√(5+x))+2=-1
jednako je:
A) 4 B) 8 C) 7 D) 5 E) 9
3. Korijeni jednadžbe x 4 =|(-|x|+1) 2 -1| pripadaju skupu:
A)(-1;1) B) [-1;1] C)(4;11) D)(-1;0;1) D) (0;2]
4*. Vrijednost a pri kojoj jednadžba 2/ x= A- x ima tri korijena, odnosi se na interval:
A) (3;+
) B) [–1;12] V)(-
;1) D) )