ОБ ОБУЧЕНИИ РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВЫСШЕЙ СТЕПЕНЬ МЕТОДОМ ДОПОЛНЕНИЯ Текст научной статьи по специальности «Математика»

Хидиров Голиб - ассистент кафедры общая биология и методика преподавание биологи Таджикского государственного педагогического университета имени Садриддина Айни, тел.: (+992) 934060621.

About the autors:

Barotzoda Kamotiddin Ashur - Associate Professor of the Department of General Biology and Teaching Methodology Biologists of the Tajik State Pedagogical University named afer Sadriddn Aini, tel.: (+992) 934050446.

Khidirov Gotib - Assistant of the Department of General Biology and Teaching Methodology Biologists of the Tajik State Pedagogical University named afer Sadriddin Aini, tel.: (+992) 934060621.

ОБ ОБУЧЕНИИ РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВЫСШЕЙ СТЕПЕНЬ МЕТОДОМ ДОПОЛНЕНИЯ

Махкамов М.

Таджикский государственный педагогический университет им. С. Айни

Для ознакомления учащихся с формулами сокращенного умножения в школьных учебниках решаются различные задачи по преобразованию выражений. Например, в учебниках алгебры для применения формул сокращенного умножения приведено много стандартных упражнений. Однако, при решении уравнений третьей и четвертой степени с применением таких формул решения задач не предусмотрены. Отметим, что такое обстоятельство в учебниках недостаточно охватывает практической полезности использования формул сокращенного умножения. Поэтому, включение в школьные учебники решение таких уравнений методом дополнения было бы эффективным.

Заметим, что решения уравнений с помощью этого способа встречаются в работах древних ученых Шридхары (IX-X вв.), Бхаскары II (X-XI вв.), Лука Пачоли (XIV-XV вв.), Феррари (XVI в.) и других математиков [1; 2; 5; 6].

Определение. Если для получения формул вида а2п — b2п, а3 п + b3п, (а + b)п, ( а + Ь + с)п и др. к исходному выражению прибавить или отнять от него какое-либо выражение с целью получения соответствующей формулы, то такой метод назовем методом дополнения.

Например, чтобы привести выражение а3 + 3а2 b + 3аb2 в полный куб прибавляя к нему b3 и вычтя из него b 3, получим

а3 + 3 а2 b + 3 аb2 = (а3 + 3 а2 b + 3 аb2 + b3) — b3 = = (а + b )3 — b3 .

В учебниках не предусмотрены решения уравнений третьей и четвертой степени, которые с помощью метода дополнения приводятся к квадрату двучлена и трехчлена, кубу двучлена и двучлена четвертой степени. Таким образом, если начиная с 8-го класса, при изучении темы уравнений составлять соответствующие уравнения, решаемые с помощью формул сокращенного умножения, то учащиеся лучше будут запоминать эти формулы. Отсюда следует, что для лучшего запоминания формул сокращенного умножения необходимо составлять больше уравнений, которые будут решены с использованием этих формул.

Как известно, при решении квадратных уравнений понятие дискриминант занимает центральное место. Решать квадратные уравнения с применением дискриминанта для учащихся является единственным стандартным приемом. Кроме того, использование корней квадратного уравнения (применение теоремы Виета), не развивает творческие навыки учащихся и также, стало быть, является для них естественным шаблоном при решении этих уравнений.

В этой заметке мы приводим уравнения, которые решаются с помощью вышеупомянутого метода дополнения.

I. Использование формулы кубического двучлена. Рассмотрим ряд примеров.

Пример 1. Решить уравнение х 3 — 6х2 + 1 2 х = 7 2 .

Решение. Запишем левую часть уравнения в следующем виде

х3 - 3 - х2 ■ 2 + 3 - х- 22 = 72.

Теперь для получения полного куба прибавим к обеим частям полученного на будем иметь х 3 — 3-х2-2 + 3-х-22 — 2 3 = 7 2 — 2 3 или (х — 2 )3 = 6 4.

Отсюда

(х — 2)3 — 43 = 0; (х — 2 — 4)((х — 2)2 + 4(х — 2) + 42) = О, (х — 6)(х2 + 16) = 0.

Поэтому х = 6 является единственным корнем заданного уравнения, так как х2 + 1 6 0 в области действительных чисел.

Пример 2. Решить уравнение 2 7 х 3 — 6х2 + 1 2 х + 8 = 0 .

Решение. Для получения полного куба, преобразуем левую часть уравнение следующим образом 2 6х 3 + (х 3 + 3 х2 ■ 2 + 3 х ■ 2 2 + 2 3 ) = 0 ;

(^26-х) 3 + (х + 2 )3 = 0 (У26 ■ х + х + 2 )(У26 ■ х)2 — (У26 ■ х)(х + 2 ) + (х + 2 )2) = 0 . Отсюда У26 ■ х + х + 2 = 0

или (У26 ■ х)2 — (У26 ■ х)(х + 2) + (х + 2)2 = 0 .

Из первого уравнения находим

х =--л= = — т2 ((^26)2 — У26 + 1 ).

1 + У26 2 7 ^ /

Второе уравнение не имеет корней в области действительных чисел. Пример 3. Решить уравнение х 3 + 6 х2 + 6 х + 2 = 0 .

Решение. Сначала прибавим в обе части уравнения х 3 и преобразуем его в полный квадрат 2х3 + 6х2 + 6х + 2 = х3; 2(х 3 + 3х2 + 3х + 1) = х 3 2(х + 1 )3 = х2 , (У2(х + 1 ))3 — х 3 = 0,

(Ч2(х + 1 ) — х) ((^2(х + 1 )) + ^2(х + 1 )х + х2) = 0 .

Отсюда

У2(х + 1) — х = 0 или (У2(х + 1)) + У2(х + 1)х + х2 = 0 . Второе уравнение не имеет действительных корней, поэтому будем решать первое

У2х — х + ^2 = 0 или (^2 — 1 )х = — ^2. Из последнего получим искомое решение уравнения

х = —т±2—=—2 — Щ—У2. ^2 — 1

Пример 4. Решить уравнение 2 х 3 — х2 — х = -. Решение. Умножая обе части уравнения на 3, получим

6х3 - Зх2 - Зх - 1 = 0. Простой подсчет показывает, что данное уравнение не имеет целых и рациональных корней. Поэтому решать уравнение можно с помощью формулы Кардано, однако мы попытаемся применить метод дополнения.

С этой целью, записав 6 х 3 = 7 х3 — х 3, левую часть уравнения преобразуем в разность кубов двучлена, т.е.

7 х 3 — х 3 — 3 х2 — 3 х — 1 = 0, 7 х 3 — (х 3 + 3 х2 + 3 х + 1 ) = 0, (УТх)3 — (х + 1)3 = 0,

(^7х — х — 1 ) ■ ((У7х)2 + ^7х(х + 1 ) + (х + 1)2) = 0 . Отсюда заключаем, что

У7х — х — 1 = 0 или (У7х)2 + У7х(х + 1) + (х + 1)2 = 0 . Второе уравнение не имеет действительных корней, поэтому будем решать первое

( — 1 )х — 1 = 0 или (У7 — 1 )х = 1 .

Далее, умножая обе части последнего на ( У7х) + У7 + 1, получаем следующее уравнение ((У7х)2 + У7 + 1 ) (У7 — 1 )х = (У7х)2 + У7 + 1, ((У7х)3 — 1 ) х = (У7х)2 + У7 + 1, 6х = (У7х)2 + У7 + 1 . Таким образом, окончательно имеем х = - (^49 + + 1 ) .

П, Применение формулы четвертой степени.

Пример 5. Решить уравнение х4 + 4х 3 + 2 х2 + 4х + 1 = 0 .

Решение. Чтобы преобразовать данное уравнение в двучлен четвертой степени вида (а + Ь)4 = а4 + 4а3Ь + 6а2Ь2 + 4аЬ3 + Ь4, прибавим к его обе части выражение 4х2 и получаем л4 + 4х3 + 6х2 + 4х +1 = 4х2; (х +1)4 = (2х)2; (х +1)2 = ±2х .

Отсюда 1) (х +1)2 = 2х и 2) (х +1)2 = -2х.

Решаем полученных уравнений.

I. (х +1)2 = 2х; х2 + 2х +1 = 2х; х2 +1 = 0.

Уравнение х2 +1 = 0 не имеет действительных корней.

Ц (х +1)2 = —2х; х2 + 2х +1 = —2х; х2 + 4х +1 = 0.

Таким образом решения данного уравнения являются х 2 = —2 ± л/3 .

Это уравнение также можно было решать применением к нему подстановки возвратного уравнения вида х +1 = у.

Пример 6. Решить уравнение х4 — 4х3 — 6х2 — 4х — 1 = 0.

Решение. Для превращения левой части уравнения к двучлена четвертой степени вида (а + Ь)4 = а4 + 4а3Ь + 6а2Ь2 + 4аЬ3 + Ь4, запишем х4 = 2х4 — х4 и решаем его следующим образом

2х4 — х4 — 4х3 — 2х2 — 4х — 1 = 0; 2х4 —(х4 + 4х3 + 2х2 + 4х +1)= 0; (4/2х) —(х +1)4 = 0 ; ((</2х)| —((х +1)2) = 0;

(^х) —(х +1)2 У^х)2 + (х +1)2 1 = 0;

(У2х — (х +1))- (^2х + (х +1))- ( (^2х) + (х +1)2 I = 0;

(У2х — х — 1)- (V2x + х +1)- Г(^2х)2 + (х +1)2 I = 0.

Так как третий сомножитель всегда положительный, то разделив обе части последнего уравнения на это сомножитель будем иметь

(у2х—х—1)- (у2х + х +1)=0.

Отсюда 42х — х — 1 = 0 или ^х + х +1 = 0. Следовательно, решениями данного уравнения являются

_ 1 _ 1

х1 = ^2—1' х2 = — ^2 +1 . Терперь рассмотрим уравнение, которое ранее было решено методом дополнения индийским математиком Бхаскары II (1114-1185).

Пример 7. Решить уравнение х4 — 2(200х + х2 ) = 9999.

Решение. Бхаскара II [1, с. 105], сначала преобразуя данное уравнение в виде

х4 — 400х — 2х2 = 9999, затем прибавляет в обе стороны выражение 4х + 400х +1, что левая часть принимает вид формулы (а + Ь)4 и решает следующим образом

х4 — 400х — 2х2 + 4х2 + 400х +1 = 9999+ 4х2 + 400х +1; х4 + 2х2 +1 = 4х2 + 400х +10000; 1х2 + 1)=(2х +100)2; (х2 +11 —(2х +.

(х2 +1)2 =(2х +100)2; (х2 +1)2 —(2х +100 )2 = 0; (х2 +1 — (2х + 100))-(х2 +1 + 2х +100)= 0; (х2 — 2х — 99)- (х2 + 2х +101)= 0. Отсюда х2 — 2х — 99 = 0 или х2 + 2х +101 = 0. В обе части уравнение х2 — 2х — 99 = 0 прибавим число 100 и решаем: х2 — 2х — 99 +100 = 100; х2 — 2х +1 = 100 ; (х — 1)2 = 100; (х — 1)2 —102 = 0; (х — 1 — 10)-(х — 1 +10) = 0; (х —11)-(х +10) = 0

Отсюда х = 11, х2 =—10, но уравнение х2 + 2х +101 = 0 в области действительных чисел не имеет решений.

Ш. Применение формулы квадратного трехчлена Пример 8. Решить уравнение 13х2 = х4 + 2х3 + 2х +1. Решение. Используя формулу квадрат трехчлена

(а + Ь + с)2 = а2 + 2аЬ + Ь2 + 2Ьс + с2 + 2ас решим этого уравнения. Поэтому в обе его части прибавляем Эх2 и получаем 16х2 = х4 + 2х3 + Эх2 + 2х +1; 16х2 = х4 + 2х3 + 2х2 + х2 + 2х +1; (4х)2 =(х2 )2 + 2 - х2 - х + х2 + 2 - х -1 +12 + 2 - х2 -1; (4х)2 =(х2 + х +1)2; 4х = ±(х2 + х +1).

3 ±45 — 5 ±л/21 Отсюда находим, что х12 = —-— и х34 =---.

Далее приводим решение уравнения четвертой степени, которое италянский математик Пачоли Лука (1445-1514), используя метод дополнения, преобразует его в виде квадрата трехчлена. Пример 9. Решить уравнения в область действительных чисел. х4 + 2х3 + Эх2 + 2х — 81600 = 0. Решение. С помощью формулы (а + Ь + с)2 = а2 + 2аЬ + Ъ2 + 2Ьс + с2 + 2ас решаем уравнение.

(х2 )2 + 2 - х2 - х + х2 + 2 - х -1 +12 + 2 - х2 -1 = 81601.

(х2 + х +1)2 = 81601;

(х2 + х +1)—^/81601) = 0;

(х2 + х +1 — ^81601)-(х2 + х +1 + 781601)= 0 .

Так как второй сомножитель всегда положительный (х2 + х +1 + ^81601 > 0), то обе части последнего уравнения разделив на это выражение, получаем -1 — 78161 1 3

' - + Л 81601

4 ^

х2 + х +1 — ^ 81601 = 0;

^ = 2 ±\ IV. Преобразование в полный квадрат Пример 10. Решить уравнение 4х3 + 10х2 + 4х — Э = 0.

Решение. Чтобы преобразовать левую часть уравнения в полный квадрат, прибавим к нему выражение х4 — 4х2 + 4. Тогда

4х3 +10х2 + 4х — 3 + х4 — 4х2 + 4 = х4 — 4х2 + 4 или х4 + 4х3 + 6х2 + 4х +1 = х4 — 4х2 + 4.

Отсюда (х +1)4 =(х2 — 2) или (х2 + 2х +1)2 =(х2 — 2^ . Значит х2 + 2х +1 = ±(х2 — 2). Последнее уравнение эквивалентен следующим уравнениям х2 + 2х +1 = х2 — 2 или 2х +1 = —2; х2 + 2х +1 = —(х2 — 2) или 2х2 + 2х — 1 = 0. Решаем эти уравнения и окончательно получаем, что

_ — 1 ±У-

х^ 1,5, х^ л — .

1 2,3 2

Таким образом, согласно источников, при решении уравнений высших порядков метод дополнения был использован еще в 1Х-Х вв [4]. Кроме того, этот метод применим не только для решения уравнений 3-го и 4-го порядков, но и можно использовать при решения уравнений высших порядков [3].

ЛИТЕРАТУРА

1. Володарский А.И. Очерки истории средневековой индийской математики -М.: Наука, 1977. 184 с.

2. Махкамов М.. Методы решения уравнений высших степеней Учебное пособие для учителей и студентов. -Душанбе: "Маориф", 2018. -216 с.

3. Махкамов М, Атохонов Р. История математики: поиски приёмы решение уравнений высшей степени. Учебное пособие для учителей и студентов. Душанбе: "Маориф" , 2018. 144 с.

4. Матвиевская Г.П Развитие учения о числе в Европе до XVII века. Ташкент: Фан, 1971. -231 с.

5. Никифоровский В.А. В мире уравнений -М.: Наука, 1987.

6. Рыбников К.А. Возникновение и развитие математической науки: Кн. для учителя. М.: Просвещение, 1987. 159 с.

7. Табачников СЛ., Фукс ДБ. Математический дивертисмент. МЦНМО, 2011. -512 с. ISBN 978-5-94057-731-7.

ОБ ОБУЧЕНИИ РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВЫСШЕЙ СТЕПЕНЬ МЕТОДОМ ДОПОЛНЕНИЯ

При решении уравнений высших порядков и задачи, приводимые к решению таких уравнений, в школьных учебниках алгебры приведено много стандартных упражнений, которые решаются с применением формул сокращенного умножения. Такое обстоятельство в учебниках недостаточно охватывает практической полезности использования формул сокращенного умножения. В данной работе рассмотрены решения уравнений высших порядков методом дополнения и предлагается, что включение в школьные учебники этого метода было бы целесообразным.

Ключевые слова: уравнения высших порядков, формулы сокращенного умножения, метод дополнения, полный квадрат, формулы кубического двучлена, формулы квадратного трехчлена, двучлен четвертой степени.

ABOUT TRAINING SOLUTION OF EQUATIONS OF THE HIGHEST DEGREE BY THE ADDITIONAL METHOD

When solving equations of higher orders and the problems that lead to solving such equations, many standard exercises are given in school textbooks of algebra, which are solved using the formulas of abbreviated multiplication. Such a circumstance in the textbooks does not sufficiently cover the practical utility of using the formulas of abbreviated multiplication. In this paper, we consider solutions of higher-order equations by the replenishment method and it is proposed that the inclusion ofthis method in school textbooks would be advisable

Keywords: higher order equations, abbreviated multiplication formulas, completion method, full square, cubic two-term formula, quadratic trinomial formula, fourth-degree binomial.

Сведение об авторе:

Махкамов М. - кандидат педагогических наук доцент - Таджикский государственный педагогический университет им. С. Айни.

About the autor:

Makhkamov M. - Candidate of Pedagogical Sciences, Associate Professor - Tajik State Pedagogical University named after S. Aini.

УДК: 371.69:519.713.5

ИСТИФОДАИ БОЗИ^ОИ МАТЕМАТИКИИ МАЗМУНИ И^ТИСОДИДОШТА ДАР СИНФ^ОИ ИБТИДОЙ - ОМИЛИ ТАЪМИНИ МУТТАСИЛИИ БАЙНИ ЗИНА^ОИ ТА^СИЛОТИ ИБТИДОЙ ВА УМУМИИ АСОСЙ

Гулмщмадов С

Академияи тщсилоти Тоцикистон Рацабов У.Х

Донишгоуи давлатии омузгории Тоцикистон ба номи С. Айни

Муваффакияти омузиши хонандагони синфхри ибтидой дар муассиса^ои тах,силоти миёнаи умумй ба истифодаи методх,ои муосири таълим алокаманд аст. Яке аз методх,ои таълимие ки дар та^силоти бефосила васеъ истифода мешаванд, бозих,ои дидактикй мебошанд. Мазмуни ин методи таълим хонандагонро барои зуд ва бедушворй азхуд кардани маводи таълим сафарбар менамояд. Омузише, ки дар шакли бозй сурат мегирад раванди муттасилиро баркарор мекунад, чунки кудак мафхум^ои мураккаби математикиро дар вазъияти аз х,ама хубтар проблемавие, ки омузгор х,ангоми бозй ба амал меорад, азхуд мекунад. Омузгор кудаконро ба олами маф^умх,ои мураккаби математикй, ба тарики бозии шавкангези дастрас, шинос карда метавонад.

Яке аз ро^у метод^ои самараноки бедор кардану ташаккул додани шавку х,аваси хонандагон ба