Урок-семинар по теме "Решение алгебраических уравнений высших степеней методом замены переменной". 11-й класс

Умение решать алгебраические уравнения первой и второй степени входит в “прожиточный” минимум любого выпускника средней общеобразовательной школы. А как быть с уравнениями выше второй степени? Такие уравнения называются уравнениями высших степеней, изучение их в общем виде выходит за рамки программы средней школы. На самом деле для уравнений третьей и четвертой степени есть формулы корней (формулы Кордано и Феррари), выведенные итальянскими математиками в 1545 году, но в силу своей громоздкости эти формулы используют очень редко в школьной программе. После того, как были выведены формулы корней для уравнений третьей и четвёртой степени, на протяжении почти 300 лет, учёные-математики пытались вывести формулы для нахождения корней уравнений пятой степени и выше, но труды их оказались безуспешными. В 1826 году норвежский математик Абель доказал, что нельзя вывести формулы для решения уравнений пятой степени и выше. Но всё же есть хорошие уравнения, которые решаются различными методами и способами.

1. Разложение многочлена на множители,
2. Метод замены переменной.
3. Функционально-графический метод.
4. Метод перехода от равенства, связывающего функции, к равенству, связывающему аргументы.

1. Использование основного свойства дроби.
2. Выделение квадрата двучлена.
3. Переход к системе уравнений.
4. Раскрытие скобок парами.
5. Раскрытие скобок парами и деление обеих частей уравнения на х 0.
6. Двойная замена.
7. Понижение степени уравнения.

Один из уроков по теме “Решение уравнений выше второй степени я прилагаю ниже.

Оформление доски: число, тема, запись уравнений в общем виде.

Урок-семинар

Урок начинается с вступительного слова, в котором напоминаю задачу семинара, порядок его проведения. Напоминаю учащимся основные методы решения алгебраических уравнений (метод замены переменных, функционально-графический, метод разложения многочлена на множители). Ставлю цель реализовать метод замены переменных четырьмя способами.

I группа – раскрытие скобок парами.

II группа – раскрытие скобок парами и деление обеих частей уравнения на х 2 0.

III группа – применение основного свойства дроби.

IV группа – выделение квадрата двучлена.

1. (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = m;
2. (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = Eх 2 ;
3. ;
4. ;
5. ;
6. .

I группа показывает решение уравнения

х(х + 1)(x + 2)(x + 3) = 24

Решение. Воспользуемся симметрией левой части (0 + 3 = 3, 1 + 2 = 3). Перемножим первый и четвертый множители, второй и третий. Получим: (х 2 + 3х)(x 2 + 3x + 2) = 24

Вводим замену: x 2 + 3x = t, тогда t(t + 2) = 24, t 2 + 2t – 24 = 0, t1 = -6? t2 = 4. Возвращаемся к “старой” переменной, получим: x 2 + 3x = -6, x 2 + 3x + 6 = 0, D < 0, уравнение не имеет действительных корней.

Уравнение x 2 + 3x = 4 имеет корни х1 = -4, х2 = 1.

Комментарий. Задаю вопрос: можно ли это уравнение решить другим способом?

Ответ: Можно, для этого нужно использовать симметрию относительно .

Идет выступление второй группы.

Ученица этой группы решает уравнение, а остальные записывают в тетради.

(х – 4)(х 2 + 15 + 50)(х – 2) = 18х 2

Решение. Разложим на множители х 2 + 15 + 50.

х 2 + 15 + 50 = 0, х1 = -5, х2 = -10, тогда х 2 + 15х + 50 = (х + 5)(х + 10). Уравнение примет вид: (х – 4)(х + 5)(х + 10)(х – 2) = 18х 2

Так как (-4)•5 = -20, 10•(-2) = -20, то перемножая первую скобку со второй, третью с четвертой, будем иметь: (х 2 + х – 20)( х 2 + 8х – 20) = 18х 2

Поскольку х = 0 не корень, разделим обе части уравнения на х 2 ? 0. Получим:

Вводим замену: , тогда (t+1)(t+8)=18, т.е. t 2 +9t-10=0, t1= -10, t2 = 1.

Вернемся к исходной переменной:

Решим первое уравнение х 2 + 10х – 20 = 0, D = 180,

Решим второе уравнение х 2 - х – 20 = 0, D =81, х3 = - 4, х4 = 5.

Ученица III группы показывает решение уравнения

, используя основное свойство дроби.

Решение. х = 0 не является корнем уравнения, поэтому числитель и знаменатель каждой дроби делим на х 0. , вводим замену: , тогда

Решим это уравнение

Вернемся к “старой” преременной:

Решаем первое уравнение уравнение х 2 – 14х + 15 = 0

Второе уравнение не имеет действительных корней.

Комментарий: Можно ли решить уравнение по другому?

Ответ: Можно, если ввести замену х 2 + 15х = t.

Ученик четвертой группы для решения уравнения

выбирает способ выделения квадрата двучлена. Приведу решение этого уравнения.

Решение. В левой части выделим полный квадрат разности:

Сгруппируем первый, второй и четвертый члены:

Вводим замену: t 2 + 18t – 40 = 0; t1 = -20, t2 = 2.

Вернемся к “старой” переменной, получим:

Задаю вопрос: А есть ли ещё способ решения этого уравнения? Ответ: Да. Уравнение легко решается переходом к системе уравнений

Вторая часть урока отводится на решение алгебраических уравнений высших степеней с параметрами. Учащиеся показывают, как эти же способы реализуются при решении уравнений с параметрами.

I группа докладывает.

“Найдите все действительные значения параметра а, при которых уравнение х(х+1)(х+а)(х+1+а) = а 2 имеет четыре действительных корня.

Решение. Используя специфику решения уравнения

(х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = m

будем иметь х(х+1+а)(х+1)(х+а) = а 2 , (х 2 +х+ах)(х 2 ++х+ах+а) = а 2

вводим замену х 2 +х+ах = t, тогда t(t+a) = a 2 ; t 2 +at – a 2 = 0.

Решим уравнение относительно t.

D = a 2 + 4a 2 = 5a 2 ; ; .

Подставляя вместо t найденные значения, получим совокупность двух уравнений:

Рассмотрим первое уравнение:

Рассмотрим второе уравнение:

Чтобы исходное уравнение имело четыре действительных корня, необходимо чтобы т.е.

Решим первое неравенство:

Решим второе неравенство:

В итоге получим

При |a| > , |a| < уравнение имеет 4 действительных корня, но ещё проверяется, при каком а, корни уравнения совпадают, при а = 0.

Ученица II группы комментирует: Необходимо решить уравнение

где а – параметр.

Решение. Используя специфику решения уравнения, будем иметь:

(х 2 +14ах +24а 2 )(x 2 + 11аx +24а 2 ) = 4а 2 х 2 ,

исследуем уравнение: если а = 0, то х = 0; если а 0, то х 0.

Разделим обе части уравнение на а 2 х 2 0, тогда

Введем замену и получим уравнение: (t+14)(t+11)=4, решая это уравнение, получим t1 = -15, t2 = 10. Таким образом, получим два уравнения:

Решим первое уравнение: х 2 + 15ах + 24а 2 = 0, D = 129а 2 , тогда

Решим второе уравнение х 2 + 10ах + 24а = 0, D = 4а 2 , тогда

Ответ: если, а = 0, то х = 0; если, а 0, то , х3 = -6а; х4 = -4а.

Ученица третьей группы показывает решение уравнения

Решение. Уравнение – дробно-рациональное, при а = 0 уравнение не имеет действительных корней. Рассмотрим а ? 0, х ? 0, найдем дискриминант квадратного трехчлена х 2 –ах + а 2 , D = -3a 2 , значит х 2 –ах + а 2 > 0 при х R.

Перейдем теперь к уравнению-следствию, получим:

х 4 + ах 3 +а 2 х 2 = а 2 х 2 – а 3 х + а 4 ;

(х 4 – а 4 ) + (ах 3 + а 3 х) = 0;

(х 2 – а 2 )(х 2 +а 2 ) + ах(х 2 + а 2 ) = 0;

(х 2 + а 2 )(х 2 +ах – а 2 ) = 0; х 2 + а 2 ? 0,

тогда х 2 +ах – а 2 = 0, D = 5a 2 ,

Ответ: если а = 0, то уравнение не имеет действительных корней; если а 0, то .

Заканчивается урок – семинар выступлением ученика 4 группы. У него задание:

В зависимости от значений параметра а решить уравнение

если а=0, то х=0; если а=1, то х=0; если 0<a<1, то уравнение не имеет действительных корней. Далее, используя специфику решения этого уравнения будет иметь:

Вводим замену, , тогда будем иметь уравнение

t 2 - t = a 2 – a; t 2 - t – (a 2 – a) = 0; D = 1+4(a 2 – a) = 4a 2 – 4a + 1 = (2a – 1) 2 .

Находим корни: t1 = a; t2 = 1 – a.

Возвращаясь к “старой” переменной, будем иметь:

при а = 0, х = 0; при а = 2, уравнение не имеет действительных корней;

при , а > 2, а < 0 – уравнение имеет 2 действительных корня,

при 0 < a < 2 уравнение не имеет действительных корней.

Проверим, при каких значениях а

а = а-2, 0 = -2 (нет смысла), нет таких значений а, при которых

при а = 1 х = 0, при а = -1 - уравнение не имеет действительных корней

при , а > 1, a < -1 уравнение имеет два действительных корня,

при -1< a < 1 – нет действительных корней.

Проверим, при каких значениях а , а-1=а+1, 0 = 2 (нет смысла), нет таких значений а, при которых .

Проверим, сколько корней имеет уравнение при а = -2,

х 2 = 3, два действительных корня.

Проверим, сколько корней имеет уравнение при а = -1

х 2 = 1/3 – два действительных корня, далее собираем ответ

Ответ: при а < -1, a > 2 уравнение имеет 4 действительных корня

при -1 a < 0 – два действительных корня,

при а = 0, а = 1 – уравнение имеет корень х = 0; при 0 < a < 1 – нет действительных корней