Жұптық жұмыс (5 минут) Көпмүшені көбейткіштерге жіктеуді және көпмүшеліктің рационал түбірлері туралы теореманы қайталай отырып, оқушыларға төмендегіше проблемалық жағдаят туғызу: Төмендегі көпмүшеліктерді көбейткіштерге жіктеңіздер: a) ; b) жұптарыңызбен жауаптарын талдаңыздар және қорытынды жасап көріңіздер. Не байқадыңыздар? Жаңа білім (15 минут) ТЕОРЕМА Егер саны нақты коэффициентті Р көпмүшелігінің түбірі болса, онда -де Р көпмүшесінің түбірі болады. Мұндағы – z-тің түйіндесі . Егер нақты сан болса, онда бұл теорема біздің көпмүшеліктің түбірі туралы білетін білімімізге ештене қоспайды, себебі бұл жағдайда . ал егер нақты сан бола алмай, комплекс сан болса, онда - Р көпмүшесінің тағы бір түбірі болып табылады. Алгебраның алғашқы теоремасы деп аталатын теореманы алғаш рет 1608 жылы неміс математигі Петер Роте (1580 - 1671), 1629 жылы голланд математигі Альбер Жирар (1595 - 1632), 1637 жылы француз математигі Рене Декарт (1596 - 1650) қазіргі кездегі тұжырымнан өзгеше түрде мазмұндаған.1743 жылы швейцар математигі Леонард Эйлер (1707 - 1783) нақтылап қазіргі тұжырымға мәндес түрде былайша тұжырымдаған: коэффиценттері нақты сандар болатын сызықтық және квадраттық (2-дәрежелі) көбейткіштерге жіктеуге болады.1748 жылы француз математигі Жан Д'Аламбер (1717 - 1783) алгебраның негізгі теоремасының алғашқы дәлелдемесін жариялаған.1751 жылы Л.Эйлер дәлелдемесі шыққан.1799 жылы неміс математигі Карл Гаусс (1777 - 1855) бұл теореманың алғышартсыз дәлелдеген. Бұл теорема коэффициенттері мен айнымалының мәні комплекс сандар бола алатын бір айнымалылы көпмүшелер үшін екі теңкүшті тұжырымға келтіріледі. ТЕОРЕМА (алгебраның негізгі теоремасы) Дәрежесі болатын кез келген көпмүшенің әрбір барлық еселі түбірлерін қоса алғанда дәл түбірі болады. Дәрежесі болатын кез келген көпмүшенің ең болмағанда бір түбірі бар болады. Мұнда 1 тұжырым 2 тұжырымға тең күшті. Мысалы: , теңдеуінің бір түбірі екендігі белгілі. -ның мәнін және қалған түбірлерін табу керек. Шешуі: Жоғарыдағы теорема бойынша берілген теңдеудің тағы бір түбірі бар және ол . Ал, Виет теоремасы бойынша теңдеудің үш түбірінің қосындысы 0-ге тең, сондықтан бұдан екендігі шығады. Тағы да Виет теоремасы бойынша болуы қажет, яғни бұдан екендігі шығады. Жауабы: , қалған түбірлері және 2. ТЕОРЕМА Тұрақтыдан өзге, нақты коэффициентті кез келген көпмүшелік нақты коэффициентті сызықтық көбейткіштер мен нақты коэффициентті теріс дискриминантты квадрат үшмүшеліктерге жіктеледі. Жұптық жұмыс (5 минут) Тапсырма: Егер: а) және б) және екендігі белгілі болса, онда және есептеңіз. Tоптық жұмыс (15 минут) Оқушыларды 4 оқушыдан «Атом.Молекула» әдісі бойынша топтарға бөлу. Топтар жұмыстарды «Карусель» әдісімен бағалайды. Яғни әрбір топ бір теңдеуден шешеді де жұмысты көрші топқа тексертуге береді. Тексеруші топ, егер шешіммен келіссе «+» таңбасын, егер шешіммен келіспесе «-» таңбасын қояды бірақ ештене түземейді. Басқа үш топтан тексеріліп келгеннен кейін нәтижелерін топ ішінде талқылайды, қателері болса, қатемен жұмыс жасайды. Тапсырмалар: Теңдеуді шешіңіздер: ; Тақтамен жұмыс (5 минут) Тапсырма : қандай мәндерінде саны теңдеуінің түбірі болып табылады? Жеке жұмыс (10 минут) көпмүшелігін а) б) екімүшесіне бөлгендегі қалдықты табыңыздар. Айталық Р-нақты коэффициентті көпмүшесі болсын. Онда табыңыз. Жоғары қабілетті оқушылар үшін беруге болатын деңгейлік тапсырмалар: XI.51. өрнегін ықшамдаңыз. ХI.52. мен ның қандай мәндерінде көпмүшесі -ге бөлінеді? ХI.53. Р көпмүшесін ( бөлген кезде қалдық ға тең, ал ге бөлген кезде қалдық 2-ге тең. Р көпмүшесін ге бөлген кездегі қалдықты табыңыз. XI.58. теңдігін дәлелдеңіз. Мұндағы сандары 1-ден өзге теңдеуінің түбірлері. Қалыптастырушы бағалау (15 минут) Тапсырма 1. Көпмүшені көбейткіштерге жіктеңіздер: 1) 2) . Тапсырма 2. Түбірлері 5 және 3+i бола алатын нақты коэффициентті үшінші дәрежелі көпмүшеге мысал келтіріп жазыңыздар. Тапсырма 3. 1+i саны , теңдеуінің түбірі болып табылады, мұндағы a және b – нақты сандар. a, b сандарын және теңдеудің қалған түбірлерін табыңыздар. |