Нестандартні рівняння та системи рівнянь 4 Нестандартні нерівності 10

Ім'я файлу: Курсова Рівняння та нерівності.docx
Розширення: docx
Розмір: 126кб.
Дата: 24.05.2022
скачати
Пов'язані файли:
489278.rtf
Реферат ПольшаMicrosoft Word.docx
70Самостійна робота повна версія.docx
EITE_ST_DZ_5_nedela_1514446944 (1).pdf
spasem-ocean.pptx
рита.pdf
Основні закономірності розміщення продуктивних сил.docx
Мирон Левицький.docx
життєвий цикл Apple.docx
Практична 1_2.pdf
Практична_робота_№13_Манько_Я.О._ПР-405.docx
тези_Беляева (1).doc
фрагмент уроку мон мов.docx
Пертак_Реферат Імідж сучасного політичного лідера.docx
priklad_zapovn_tabl_vkr_bak.docx
bestreferat-190106.docx
Практичні роботи товар.docx
56324223.docx
915079.pdf
Схема історії хвороби (1).doc
kazedu_125428.docx
Р постановка 1 занятие.docx
465_e0e02017698743dd3dfce89addce7845.doc
100 екзаменаційних відповідей по психології.doc
149 Методика медіаграмотності.pdf
docsity-testi-z-terapiji-normalna-ta-patologichna-kardiologiya-5
тема_3 Заярная.doc
ІСТОРІЯ.docx
РГР по электронике. Вариант №3.doc
USE CASE Аршулік Андрій ФІТ 4-9.docx
Чередниченко Олександра.docx
studcon-org-00006609.rtf
Практикум.doc
гнучкість.docx
КУРСАЧ.docx
КУРсоВА.docx
Документ Microsoft Word (4).docx
вид легкоатл укр.doc
3) Модель зловмисника. Стійкість..docx

Зміст

Вступ 2

Нестандартні рівняння та системи рівнянь 4

Нестандартні нерівності 10

11

Доведення нерівностей 12

Застосування нерівностей та рівнянь при розв’язуванні рівнянь та систем рівнянь 14

Задачі з цілою та дробовою частинами числа 16

Висновок 19

Література 21

Вступ

Актуальність теми дослідження зумовлена тим, що розв’язування рівнянь та нерівностей вищих степенів викликає у багатьох студентів певні труднощі. Розв’язування більшості нерівностей та рівнянь вимагає знання різноманітних теоретичних відомостей, застосування різних теорем та формул. Отримати навички розв’язування рівнянь та нерівностей можна лише тоді, коли розв’язати їх достатньо велику кількість, ознайомившись з різними методами та прийомами їх розв’язання.

Однією з основних функцій розв’язування нерівностей та рівнянь є формування уявлень про ідею і використання раціональних методів і прийомів.

Майстерність розв’язувати раціональні нерівності та рівняння ґрунтується на володінні високим рівнем знань теоретичної частини курсу та певним арсеналом методів і прийомів розв’язування нерівностей та рівнянь.

Саме тому доцільно розглянути та ознайомитись з різноманітними методами та прийоми розв’язування нерівностей та рівнянь. Це в свою чергу дозволить студентам розв’язувати, здавалося б, складні нерівності просто, зрозуміло і красиво, а сформовані уміння і навички знадобляться студентам при розв’язуванні нестандартних нерівностей, при доведенні нерівностей; застосування нерівностей при розв’язуванні рівнянь та систем рівнянь, а також при розв’язуванні задач з цілою та дробовою частинами числа.

Ще у першому тисячолітті до нашої ери давні вавилоняни та єгиптяни вміли розв’язувати рівняння, а у ІХ ст. видатний узбецький математик Мухаммед аль Хорезмі зібрав і систематизував способи розв’язування рівнянь і написав свій твір «Кітаб ал-джебр ал-мукабела» (книга про відновлення і протиставлення). Що означають ці слова? Назву «ал-джабра» носила операція перенесення членів із однієї частини рівняння в другу, а слово «ал-мукабала» означало зведення подібних доданків. Наприклад, коли при розв’язуванні рівняння 5х + 4 = 2х - 3, ми замінюємо його на 5х - 2х = -3-4, то робимо операцію «ал-джабра», а коли після цього міняємо зліва 5х-2х на 3х, а -3-4 справа на -7, то робимо «алмукабалу» (тепер це називається зведенням подібних доданків). На відміну від слова «ал-джабра», яке трансформувалось в слово «алгебра», про «ал-мукабалу» пам’ятають тільки історики.

Мета даної роботи полягає у систематизації і розробці методичної системи навчання рівнянь та нерівностей.

Завдання курсової роботи полягають у наступному:

Описати нестандартні рівняння та системи рівнянь.
Висвітлити нестандартні нерівності.
Провести доведення нерівностей.
Провести застосування нерівностей при розв’язуванні рівнянь та систем рівнянь.
Висвітлити розв’язання задач з цілою та дробовою частиною числа.

Нестандартні рівняння та системи рівнянь

Основними методами розв'язування нестандартних рівнянь або систем є неелементарні прийоми.

Постає важливе питання: для чого потрібно вміти розв’язувати рівняння? Так, щоб за їх допомогою розв’язувати задачі. Рівняння називають “мовою алгебри”. Але їх використовують не тільки в алгебрі, а й в інших науках, наприклад хімії та фізиці. Різновиди рівнянь не вичерпуються трьома видами, які ми вміємо розв’язувати. Для математиків важливо було навчитися розв’язувати рівняння третього порядку (кубічні). Найпростіші кубічні рівняння, якщо в них вдало підібрані коефіцієнти, розв’язуються легко. Чи обмежуються всі види рівнянь третього порядку такими простими способами розв’язання? Першим, хто поставив це питання, був Омар Хайям – перський учений і поет.

Приклад 1.

Розв’язати рівняння х³+ 3х + 5√2 = 0.

Розв’язання. Будемо шукати многочлени х + а і βх²+β₂х +β₃ такі, що справедлива тотожна рівність (х + а) (β₁ х2 + β₂х + β₃) = х³ +3х + 5√2.

Тоді, прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях невідомого х в лівій і правій частинах цієї рівності, маємо систему рівностей:

Цій системі рівностей задовольняють числа

= -√2,

√2. Тому справедливий розклад многочлена на множники:

х³+3х+5√2 = (х+√2) (х²-√2х+5), звідки випливає, що вихідне рівняння рівносильне сукупності рівнянь х+√2 = 0 і х²-√2х+5=0. Ця сукупність має єдиний розв’язок х = -√2. Відповідь х = - √2.

Приклад 2.

Розв’язати рівняння:

х⁴-2√3х²-х+3 =0. (1)

Розв’язання.

Позначимо √3=а і розглянемо рівняння з параметром х⁴-2ах²-х+а²-а = 0. Розглядаючи це рівняння як квадратне відносно а, розкладемо його ліву частину на множники. х⁴-2ах²-х+а²-а = (а-х²+х) (а-х²-х-1). Значить, рівняння (1) рівносильне сукупності рівнянь х²-х-√3 = 0 і х²+х+1-√3 = 0.

Множина розв’язків першого рівняння є х₁=

і х₂ =

Множина розв’язків другого рівняння є х₃ =

і х₄=

Отже вихідне рівняння має чотири корені х₁х₂х₃х₄.

Відповідь: х₁ =

, х₂ =

, х₃ =

, х₄=

Приклад 3.

Розв’язати рівняння:

х⁸ – х⁶+х⁴-х²+1 = 0 (1)

Розв’язання.

Помноживши обидві частини рівняння на многочлен х²+1, що немає коренів, отримаємо рівняння (х²+1) (х⁸ – х⁶+х⁴-х²+1) = 0 (2), рівносильне рівнянню (1).

Рівняння (2) можна записати у вигляді х¹⁰+1 = 0 (3).

Ясно, що рівняння (3) немає дійсних коренів, тому і рівняння (1) їх немає.

Відповідь: немає розв’язків.

Приклад 4.

Розв’язати рівняння:

х³-3х = а³+

(1), де а відмінне від 0 число.

Розв’язання.

Оскільки а³+ = (а+

)³ – 3а² *

- 3а *

- (а+

)³– 3 (а+

), то звідси робимо висновок, що х₁ = а +

є один з коренів вихідного рівняння (1). Поділивши многочлен х³ – 3х - (а³+

)³на двочлен х – а -

, отримаємо, що х³ -3х- (а³ +

) = (х – а -

) (х²+х(а+

)+(а+

)² – 3), тобто решта коренів рівняння (1) співпадають з усіма коренями рівняння х²+х(а+

)+(а+

)² – 3) = 0 (2).

Дискримінант квадратного рівняння (2) є D = ( а +

)² – 4((а -

)² – 3)) = 3 (4-(а+

)²) = -3 (а-

)².

А) D>0 бути не може.

Б) D = 0 тільки при а = 1 і при а = -1.

Отже, рівняння (2) не має коренів при а² ≠1, має єдиний корінь х = 1 при а = -1. Добавляючи ще корінь х = а + 1/а, знаходимо всі корені вихідного рівняння (1).

Відповідь: при а = 1 два корені х₁= 2, х₂ = -1; при а = -1 два корені х₁ = -2, х₂ = 1; при а²≠1 і а ≠0 один корінь х₁ = а + 1/а.

Приклад 5.

Розв’язати рівняння:

(1)

Розв’язання.

Очевидно, що зовнішній вигляд рівняння підказує, що один із коренів рівняння (1) є х₁ = √5. Перепишемо рівняння (1) в дещо іншому вигляді.

Оскільки справедливі тотожні рівності.

х² – х + 1 = (х – ½)² + ¾,

х(х-1) = х – ½)² – ¼,

то рівняння (1) можна переписати так:

–

. (2)

Тепер очевидно, що якщо х₀ – корінь рівняння (2), оскільки (х₀ –

)² = (х₁ –

)².

Покажемо, що якщо х₁, х₁ ≠ 0; 1, є корінь рівняння (1), то х₂ =

також є корінь цього рівняння. Дійсно, оскільки

, то звідси і випливає це твердження.

Отже, якщо х₁, х₁

0, х₁

1, корінь рівняння (1), то воно має ще корені

, 1 – х₁,

, 1 –

, тобто рівняння (1) має корені

х₁ = √5, х₂ =

, х₃ = 1 -√5, х₄ =

, х₅ = 1 –

, х₆ =

.

Оскільки рівняння (1) алгебраїчне рівняння шостого степеня ,то воно має не більше шести коренів. Таким чином знайдено всі корені рівняння (1).

Відповідь:

х₁ = √5, х₂ =

, х₃ = 1 -√5, х₄ =

, х₅ = 1 –

, х₆ =

.

Приклад 6.

Розв’язати рівняння:

(х²+2х-5)² + 2(х²+2х-5)-5 = х (1)

Розв’язання.

Позначимо f(х) = х²+2х-5, тоді рівняння (1) можна переписати у вигляді f(f(х)) = х. Тепер очевидно, що якщо х₀ – корінь рівняння f(х) = х, то х₀ і корінь рівняння f(f (х)) = х. корені рівняння х² + 2х – 5 = х є х₁ =

і х₂ =

. Таким чином, і вихідне рівняння (1) має ці корені. Переписавши рівняння (1) у вигляді х⁴ – х³ – 4х² -17х + 10 = 0 (2) і розділивши многочлен х⁴ – х³ – 4х² -17х + 10 = 0 на многочлен (х-х₁) (х-х₂), отримаємо, що рівняння (2) можна записати у вигляді (х² + х – 5) (х² + 3х – 2) = 0. Отже, коренями рівняння (1) разом з х₁ та х₂ є також корені рівняння х² + 3х – 2 = 0, тобто числа х₃ =

і х₄ =

Приклад 7.

Розв’язати рівняння: х +

.

Розв’язання.

Область допустимих значень даного рівняння

ǀхǀ > 3. Очевидно, що розв’язки рівняння мають задовольняти умову х > 3. Піднесемо ліву та праву частини до квадрата: х² +

= 0. Після заміни t

(t>0) отримуємо t² +6t –

= 0, звідки t =

Розв’язавши рівняння

, знаходимо: х₁ = 5, х₂ =

.

Відповідь: х₁ = 5, х₂ =

.

Приклад 8.

Розв’язати рівняння:

х = (√1+х+1) (√1+х+х² +х -7). (1)

Розв’язання.

Помноживши обидві частини рівняння на функцію √1+х-1, отримаємо рівняння

х (- √1+х+1) = х (√1+х+х² +х -7), (2)

що є наслідком вихідного рівняння (1). Перепишемо рівняння (2) у вигляді

х (- √1+х+1+√1+х+х² +х -7) = 0. (3)

Наслідком рівняння (3) є рівняння х (х²+х-6) = 0. (4)

Розв’язання рівняння (4) є х₁ = 0, х₂ = 2і х₃ = -3. Перевірка показує, що х₂ = 2 є коренем вихідного рівняння (1), а х = 0 і х = -3 не його коренями.

Відповідь: х₁ = 2.

Нестандартні нерівності

При розв’язуванні нерівностей основними методами є введення нової змінної або розклад лівої частини нерівності (після перенесення всіх доданків у цю частину) на множники.

Приклад 1.

Розв’язати нерівність:

х - √(х-1) (х+4) ≥ 2√х+4 - 2√х-1-3

Розв’язання.

Позначимо

= t. Тоді t² = 2х +3 – 2 √(х+4) (х-1), звідки х -

. Для нової змінної отримуємо нерівність t² - 4t + 3 ≥ 0, звідси t ∈ (-∞; 1] ∪ [3; + ∞).

Отже дана нерівність рівносильна наступній сукупності:

≤ 1;

Розв’язуючи її отримуємо

≥3.

х ≥5

х ∈

.

Відповідь х ∈ [5; + ∞).

Приклад 2.

Розв’язати нерівність:

⁴√

⁶√

(1)

Розв’язання.

ОДЗ нерівності (1) складається з усіх х, що одночасно задовольняють умовам 1 –х²≥ 0, х⁴ – 1 ≥ 0, тобто ОДЗ складається з двох чисел х₁ = 1 і х₂ = -1. Підставляючи х₁ = 1в нерівність (1), отримаємо, що його ліва частина = 0, права дорівнює 2 – log₂ 2 =1, тобто х₁ = 1 є розв’язок нерівності (1). Підставляючи х₂ = -1 в нерівність (1), отримуємо, що х₂ = -1 не є його розв’язком, оскільки ліва частина нерівності (1) дорівнює 0, а права частина дорівнює 2^-1 – log₂ 2 = -1/2/

Відповідь: х = 1

Приклад 3.

Розв’язати нерівність:

< √3. (1)

Розв’язання.

ОДЗ нерівності (1) є всі х із проміжку – 3 ≤ х ≤ 9. Розіб’ємо цю множину на два проміжки – 3 ≤ х ≤ 0 та 0 < х ≤ 9.

Для х із проміжку – 3≤ х ≤ 0 маємо

≥ 0,

≥

= √3. Отже,

≥ √3 на цьому проміжку, і тому нерівність (4) не має розв’язків на цьому проміжку.

Нехай х належить проміжку 0 < х ≤ 9, тоді

>√3 і

≥ 0. Отже,

>√3 для таких х, і, значить на цьому проміжку нерівність (4) також немає розв’язків.

Відповідь: розв’язків немає.

Доведення нерівностей

Алгебраїчні нерівності доводяться різноманітними методами, що ґрунтуються на рівносильних перетвореннях даної нерівності до очевидної, на використанні властивостей числових нерівностей, властивостей елементарних функцій, доведення від супротивного тощо.

Нагадаємо деякі відомі (опорні) нерівності, що часто використовуються при доведенні інших нерівностей:

а²≥ 0;
ах² +bx + c > 0, якщо а > 0, b² – 4ас 0;
х + ≥ 2, якщо х > 0 та х + ≤ -2, якщо х < 0.

Приклад 1.

Довести нерівність:

х⁸+х⁶-4х⁴+х²+1≥0.

Розв’язання.

Маємо

х⁸+х⁶-4х⁴+х²+1 = х⁸-2х⁴+1+х⁶-2х⁴+х² = (х⁴-1)² +х²(х²-1)² ≥ 0, оскільки обидва доданки невід’ємні.

Це типовий приклад використання найпростішого методу, який називається «виділення квадратів».

Приклад 2.

Довести нерівність:

п (а₁² + а²₂ +… а_п²) ≥ (а₁+а₂+…а_п)², п (а₁² + а²₂ +… а_п²) - (а₁² + а²₂ +… а_п²+ 2а₁а₂ + 2а₁а₃ + … + 2аа_п + 2а₂а₃ + … + 2а₁а_п + 2а₂а₃ +…+ 2а₂а_п +…+ 2а_п-1а_п) ≥ 0.

Після перегрупування доданків маємо очевидну нерівність, рівносильну даній:

(а₁– а₂)²+ (а₁– а₃)² +…+ (а₁– а_п)² +(а₂– а₃)² +…+ (а₂– а_п)² +…+ (а_п-1– а_п)² ≥0.

Приклад 3.

Довести, що

.

Розв’язання.

Дана нерівність при натуральному n рівносильна таким:

1<

+ 1 <

+ 2

+ 1 <

, 2

< 2

;

) <

² -

, 0 <1, що доводить її справедливість.

Приклад 4.

Довести, що при всіх дійсних х, у, z, які задовольняють рівнянню

х² + у² + z² = 8 та хz – ху + уz = 4, змінна х задовольняє нерівності

≤

.

Розв’язання.

Не важко помітити, що умови задачі симетричні відносно змінних х, у. позначимо х+у=а, х+у=b. Тоді маємо:

Звідси отримуємо b =az – 4, a² – 2az + z² = 0, тобто

z = a = x+y.

Тоді змінні х та у задовольняють рівності х²+у² + (х+у)² = 8, або після спрощень у² +ху + х² – 4 =0.

Розглядаючи цю нерівність як квадратне рівняння відносно змінної у, з умови, що такі числа х,у існують, отримуємо, що дискримінант такого рівняння невід’ємний, тобто D = 16 – 3х²≥ 0.

Із цієї нерівності отримуємо твердження задачі.

Застосування нерівностей та рівнянь при розв’язуванні рівнянь та систем рівнянь

При розв’язуванні рівнянь та систем рівнянь найбільш поширені наступні ідеї застосування нерівностей:

Якщо f(х) ≥ 0 та g(х) ≥ 0 при всіх допустимих значення змінної х, то рівняння f(х) = g(х) = 0 рівносильне системі рівнянь:

Якщо f (x) ≥ А та g(х) ≤ А, то рівняння f (x) = g(х) рівносильне системі рівнянь:

Приклад 1.

Знайти всі пари (х, у) дійсних чисел, що задовольняють рівнянню:

х⁴ – 2х²у – 3у² – 4ху + 4х² -8у +16 =0. Оскільки всі доданки невід’ємні, то отримуємо, що рівняння рівносильне системі

отримуємо х = 2, у = 4.

Відповідь: х = 2, у = 4.

Приклад 2.

Розв’язати рівняння:

Розв’язання.

Область допустимих значень даного рівняння: х

1. Але при х > 1 виконуються нерівності:

. Тому рівняння рівносильне системі:

з якої отримуємо х = 1.

Відповідь: х = 1.

Приклад 3.

Розв’язати рівняння:

х² + 4x cos xy + 4 = (x + 2 cos xy)² + 4 sin²xy = 0, звідки

Оскільки при sin xy = 0 маємо cos xy = ± 1, то можливі два випадки:

Відповідь: х = 2, у =

(2k + 1),

.

Приклад 4.

Розв’язати рівняння:

= 4log⁴₃(x²+x⁴+1). (1)

Розв’язання

ОДЗ цього рівняння є всі лінійні числа. Переписавши ліву частину рівняння (1) у вигляді 2(

) звертаємо увагу, що вона не менша, ніж чотири, як сума двох взаємно обернених додатних величин, і тільки при х =0 – вона дорівнює чотирьом. У той же час права частина при х = 0 також дорівнює чотирьом, а для всіх х ≠ 0 менше, ніж чотири. Отже х =0 єдиний розв’язок рівняння.

Відповідь: х = 0.
Приклад 5.

Знайти всі дійсні числа х, у такі, що х ≥ у ≥ 1 та 2х² – ху – 3х +у +1 =0.

Розв’язання.

Дане рівняння зводиться до вигляду (х-1) (х-у) + (х-1)² = 0. За умовою перший доданок невід’ємний, тому рівність можлива лише при х = 1, звідки 1 ≤ у ≤ 1, тобто у = 1.

Відповідь: х = 1, у = 1.

Задачі з цілою та дробовою частинами числа

Цілою частиноюдійсного числа аназивають найбільше ціле число, яке не перевищує даного числа а.

Ціла частина числа апозначається [a] (ант’євіда). З означення цілої частини випливає, що [a] ≤ a, причому рівність

[a] = aдосягається лише тоді, коли число а– ціле.

Приклад 1. [0] = 0; [17] = 17; [11,38] = 11;

= 0;

= -3

= - 100;

= 1.

x

Рис.1. Схема позначень

Аналогічно можна встановити, що [е] = 2, а [π] = 3,[–е] = = –3, а [–π] = –4.

Приклад 2. Довести тотожність [е] ^[π]+ [π] = [π] ^[^е^]+ [е].

Використовуючи зроблені раніше обчислення, маємо, що

[е] ^[^π^]+ [π] = 2³+ 3 = 11,

[π] ^[^е^]+ [е] = 3²+ 2 = 11.

Отже, [е] ^[^π^]+ [π] = [π] ^[^е^]+ [е].

Дробову частину числа апозначають символом {a}, тобто

{a} = а– [a]. Оскільки завжди а– [a] ≥ 0, то {a} ≥ 0 для будь- якого дійсного числа a.

Приклад 3.

= 0;

= 0,52;

;

= 0;

= -4,32 -

= -4,32 –(-5) = 0,68;

= -

= - 4

– (-5) =

;

= е -

= е – 2;

– (-4) = 4

.

Дробова частина може набувати тільки невід’ємних значень, менших за одиницю. Справді,

≤ а <

+ 1,

0

а -

< 1 та

0 ≤

< 1.

Крім того, для довільного дійсного числа

а:а =

.

Рівняння зазначеного змісту зазвичай зустрічаються переважно у задачах математичних олімпіад , оскільки у програмі основної школи такий матеріал відсутній і розглядається лише на заняттях математичних гуртків. Тому цілком природньо , що при розв’язуванні рівнянь з цілою та дробовою частинами числа учні відчувають певні труднощі.

Під час розв’язування математичних задач з цілою і дробовою частинами числа не завжди доцільно слідувати загальним алгоритмам, відхилення він них інколи приводять до більш раціонального розв’язку.

Висновок

Отже, у сучасній математиці нерівності відіграють велику роль. Є ціла низка окремих галузей сучасної математики — лінійне і нелінійне програмування, теорія ігор, дослідження операцій тощо, де нерівностям відводиться центральне місце.

Математичні нерівності є співвідношенням між числами або величинами, що вказують, які з них більші інших. Для елементів упорядкованих множин нерівність може додатково стверджувати, що один із двох елементів менший або більший від іншого. Нерівністю також називають математичну задачу знаходження усіх елементів упорядкованої множини, для яких відповідне твердження є істинним.

З іншого боку, нерівність є тим твердженням, котре використовує символи > для більшого або < для меншого для того, щоб позначити, що одна величина більша або менша за значенням, ніж інша. Як і тотожність, нерівність має значення для всіх змінних. Нерівність в свою чергу зосереджується на нерівності двох змінних, у яких одна є показником. Його графіки відповідно містять пунктирну лінію, яка показує, чи є вони більшими чи меншими один за одного, чи вони не рівні один одному. Нерівність є дуже складною і при цьому потребує оцінки того, як вирішити додатковий набір рішень.

Найбільші труднощі, з якими зустрічаються учні та абітурієнти під час розв'язування рівнянь, виникають в першу чергу через невміння інтенсивно, зосереджено працювати. Не маючи достатнього досвіду в розв'язуванні рівнянь, вони не вкладаються в відведений час, не встигають проаналізувати всі запропоновані і реалізовані методи розв'язування.

Відомо, що багато рівнянь допускають декілька різних прийомів розв'язання. Можна дати будь-яке правильне розв'язання. Хоч бажання знайти найбільш короткий і красивий шлях розв'язання вельми природне, відшукання такого шляху в умовах уроку чи під час зовнішнього оцінювання не можливо, тому що це може зайняти багато часу. Тому краще до кінця довести нехай довге, але надійне розв'язування. Крім того поспішність часто приводить до досадних арифметичних помилок, плутаниці знаків, описок і т.п., що приводить до помилкової відповіді, хоч нерідко хід розв'язання був правильним. Хоча, якщо ви знаєте як розв’язати рівняння коротшим шляхом, і впевнені в його правильності, то чому б не зекономити час.

Відсутність чіткого уявлення про рівносильність рівнянь часто приводить до загублених коренів в процесі розв'язання рівнянь, або до одержання сторонніх коренів. Часто ліва і права частина рівняння множиться на спільний множник, що містить змінну, але якщо не врахувавши при цьому , що коли цей множник в області допустимих значень (ОДЗ) змінної перетворюється в нуль, то таке множення приводить до загублених коренів. Особливо часто ця помилка зустрічається під час розв'язування тригонометричних рівнянь.

Література

Апостолова Г., Панкратова І., Фінкельштейн Л. Ціла та дробова частина числа. К.: Факт, 1996. – 97 с
Барановська Г. Г., Ясінський В. В. Практикум з математики: Алгебра.- К.:ФДП НТТУ „КПІ”,1997.
Вороний О. М. Готуємось до олімпіад з математики. Х.: Вид. група «Основа», 2008. –255
Сарана О.А., Ясінський В.В. Конкурсні задачі підвищеної складності з математики. – К.: Факт, 2006.
Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч. – К., А.С.К.. 2004.
Слєпкань З.І. Методика навчання математики. - Київ „ Вища школа ” – 2006 – 381с.
Ясінський В. В. Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язування. – Вінниця: Вінницький пед.. ун-т., 1988.
Ясінський В. В., Мазур К. І., Мазур О. К. Вибрані конкурсні задачі з математики.- К.: Фенікс, 2002.
Ясінський В. В. Математика: Методичний посібник для слухачів УДП НТТУ

скачати