x 2

Бедарькова Е.В.
Учитель математики МБОУ СОШ №19 Г. Белово
Методика обучения решению уравнений в школьном курсе математики
Истоки алгебраических методов решения практических задач связан с наукой древнего мира. Как
известно из истории математики, значительная часть задач математического характера, решаемых
египетскими, шумерскими, вавилонскими писцами-вычислителями (XX—VI вв. до н. э.), имела
расчетный характер. Однако уже тогда время от времени возникали задачи, в которых искомое значение
величины задавалось некоторыми косвенными условиями, требующими, с нашей современной точки
зрения, составления уравнения или системы уравнений. Первоначально для решения таких задач
применялись арифметические методы. В дальнейшем начали формироваться зачатки алгебраических
представлений. Например, вавилонские вычислители умели решать задачи, сводящиеся с точки зрения
современной классификации к уравнениям второй степени. Таким образом, был создан метод решения
текстовых задач, послуживший в дальнейшем основой для выделения алгебраического компонента и
его независимого изучения. Это изучение осуществлялось уже в другую эпоху сначала арабскими
математиками (VI—Х вв. н. э.), выделившими характерные действия, посредством которых уравнения
приводились к стандартному виду (приведение подобных членов, перенос членов из одной части
уравнения в другую с переменой знака), а затем европейскими математиками Возрождения, в итоге
длительного поиска создавшими язык современной алгебры (использование букв, введение символов
арифметических операций, скобок и т. д.). На рубеже XVI—XVII вв. алгебра как специфическая часть
математики, обладающая своим предметом, методом, областями приложения, была уже сформирована.
Дальнейшее ее развитие, вплоть до нашего времени, состояло в совершенствовании методов,
расширении области приложений, уточнении понятий и связей их с понятиями других разделов
математики. В этом процессе все яснее становилась важность роли, которую играло понятие уравнения
в системе алгебраических понятий.
Открытие координатного метода (Декарт, XVII в.) и последовавшее за ним развитие
аналитической геометрии позволили применить алгебру не только к задачам, связанным с числовой
системой, но и к изучению различных геометрических фигур. Эта линия развития алгебры упрочила
положение уравнения как ведущего алгебраического понятия, которое связывалось теперь уже с тремя
главными областями своего возникновения и функционирования:
a)
уравнение как средство решения текстовых задач;
б)
уравнение как особого рода формула, служащая в алгебре объектом изучения;
в)
уравнение
как
формула,
которой
косвенно
определяются
числа
или
координаты точек плоскости (пространства), служащие его решением.
Каждое из этих представлений оказалось в том или ином отношении полезным.
Таким образом, уравнение как общематематическое понятие многоаспектное, причем ни один из
аспектов нельзя исключить из рассмотрения, особенно если речь идет о проблемах школьного
математического образования.
Методика изучения уравнений в средней школе
Тема “Уравнения” является одной из самых основных тем школьного курса математики. Она
имеет большое внутрипредметное и межпредметное значение. Внутрипредметные связи: тема связана с
темой “Функции” и темой “Тождественные преобразования”. Межпредметные связи: тема широко
используется в физике и химии. Основная задача темы – освоить способы решения различных видов
уравнений.
Основными понятиями темы являются:
1.
уравнение;
2.
корень уравнения;
3.
равносильность уравнений.
При обучении решению любого вида уравнений строго соблюдается методика формирования
математических умений. Например, в 5 классе решаются линейные уравнения, которые содержат
переменную только в одной части. Записывается на доске уравнение:
52 + (3x – 14) = 62
Что представляет собой левая часть уравнения? Сумма. Назовите слагаемые. Какое слагаемое
известно? В каком из компонентов содержится неизвестное? Как найти неизвестное слагаемое?
3x – 14 = 10
Что представляет собой левая часть уравнения? Разность. В каком из компонентов содержится
неизвестное? Как найти уменьшаемое?
3x = 24
Что представляет собой левая часть уравнения? Произведение. Назовите множители. Какой
множитель известен? В каком из компонентов содержится неизвестное? Как найти неизвестный
множитель?
x=8
Как проверить, что число 8 является корнем уравнения?
52 + (3 * 8 – 14) = 62
62 = 62
После этого составляем и записываем в тетрадь правило решения таких уравнений:
1.
определяем вид уравнения по последнему действию;
2.
определить, что неизвестно и найти неизвестное по соответствующему правилу;
3.
в случае необходимости, повторит шаги 1 – 2;
4.
найти корень уравнения;
5.
выполнить проверку;
6.
записать ответ.
До прихода в школу дети приобретают опыт в обращении с понятиями «больше», «меньше», «не
равны». Поэтому пропедевтическое изучение неравенств должно осуществляться совместно с
изучением уравнений.
С соотношениями «больше», «меньше» между числами и знаками этих отношений дети
знакомятся уже в 1 классе при изучении чисел первого десятка. В начальной школе дети должны
научиться сравнивать уже простейшие числовые выражения, например, такие как: а+3 и а+1.
Основные методы решения уравнений в школьном курсе
В школьном курсе математики основными методами решения уравнений и неравенств являются:
разложение на множители, замена переменной, переход от равенства функций к равенству
аргументов, использование формул, графический. Кроме основных методов при решении уравнений и
неравенств используют специальные. К ним можно отнести применение свойств функций, таких как
монотонность, непрерывность, четность и нечетность, выпуклость, наибольшие и наименьшие значения
и т.п. Ниже приводится описание основных методов решения.
Использование формул
При решении квадратных уравнений в школьном курсе используются формулы корней
квадратного уравнения и теорема Виета.
Чаще всего полные квадратные уравнения вида aх 2  bx  c  0 решают с помощью формулы
корней квадратного уравнения:
х
b D
, где D  b 2  4ac .
2a
Если дискриминант D>0, то уравнение имеет два корня, если D=0, то уравнение имеет один
корень, а если D<0, то уравнение не имеет корней.
Пример 1. Решить уравнение
12 х 2  7 х  1  0 .
Найдем дискриминант:
D  7 2  4  12  1  1 , D>0.
Применим формулу корней квадратного уравнения:
7 1
х
24 ,
 7 1
24 ,
1
1
х1  
х2  
3,
4.
1
1
О т в е т: х1   , х 2   .
3
4
Для квадратных уравнений, у которых второй коэффициент является четным числом, формулу
корней удобно записывать в другом виде:
 k  D1
ax 2  2kx  c  0 , D1  k 2  ac , x 
.
a
Пример 2. Решить уравнение
9 х 2  14 х  5  0 ,
х
D1  (7) 2  9  5  4 ,
7 4
9 ,
72
x
9 ,
5
х1  , х2  1 .
9
5
О т в е т: х1  , х2  1 .
9
В школьном курсе алгебры изучается еще один способ решения квадратного уравнения. Для
решения приведенных квадратных уравнений применяют теорему Виета: Сумма корней приведенного
квадратного уравнения равна второму коэффициенту, взятому с противоположным знаком, а
произведение корней равно свободному члену.
x
x 2  px  q  0 ,
x1  x2   p и x1  x2  q .
Пример 3. Решить уравнение
х 2  х  12  0 .
Пусть х1 и х 2 - корни уравнения. Тогда
x1  x2  1 и x1  x2  12 .
Если х1 и х 2 - целые числа, то они являются делителями числа
сумма этих чисел равна 1, нетрудно догадаться, что
 12 . Учитывая также, что
х1  3 , х2  4 .
О т в е т: х1  3 , х2  4 .
Следующий изучаемый в школьном курсе класс уравнений – это дробные рациональные
уравнения.
При решении дробных уравнений целесообразно поступать следующим образом:
1) найти общий знаменатель дробей, входящих в уравнение;
2) умножить обе части уравнения на их общий знаменатель;
3) решить получившееся целое уравнение;
4) исключить из его корней те, которые обращают в нуль его общий знаменатель.
2
1
4 х
 2
 2
.
х  4 х  2х х  2х
2
1
4 х


Преобразуем знаменатель:
.
( х  2)( х  2) х( х  2) х( х  2)
Умножим обе части уравнения на общий знаменатель х( х  2)( х  2) .
2 х  ( х  2)  ( х  2)( 4  х) ,
Далее имеем:
Пример 4. Решить уравнение
2
2х  х  2  4х  х 2  8  2х ,
х 2  5х  6  0 ,
D  25  24  1,
5 1
2 ,
х1  2 , х2  3 .
х
Если х  2 , то х( х  2)( х  2) =0; если х  3 , то х( х  2)( х  2)  0 .
О т в е т: х  3 .
С помощью формул решаются также тригонометрические
Применяются следующие формулы:
Уравнение sin t  a имеет решение: t  (1) k arcsin a  k , k  Z .
Уравнение cos t  a имеет решение: t   arccos a  2n , n  Z .
Уравнение tgt  a имеет решение: t  arctga  n , n  Z .
1
Пример 5. Решить уравнение cos x  .
2
По формуле x   arccos
Поскольку arccos
x

3
уравнения и неравенства.
1
 2n , n  Z .
2
1 
 , приходим к ответу
2 3
 2n , n  Z .

О т в е т: x  
3
 2n ,
nZ .
2
  x
Пример 6. Решить уравнение sin    
.
2
 10 2 
Функция синус нечетна. Поэтому sin  x      2 .
 2 10 
2

х 
2
  k , k  Z .

 (1) k arcsin  

2 10
2



2

   , имеем:
Так как arcsin  

4
 2 
х 
 

 (1) k     k ,
2 10
 4
По формуле
x

5
 (1) k 1
О т в е т: x 


5
2
 2k , k  Z .
 (1) k 1

2
 2k , k  Z .
Разложение на множители
Данный способ чаще всего применяется при решении уравнений третьей или четвертой степени.
Пример 7. Решить уравнение х 3  8 х 2  х  8  0 .
Разложим левую часть уравнения на множители:
х 2 ( х  8)  ( х  8)  0 ,
( х  8)( х 2  1)  0 ,
( х  8)( х  1)( х  1)  0 .
Отсюда найдем, что данное уравнение имеет три корня:
х1  8 , х2  1 , х3  1 .
О т в е т: х1  8 , х2  1 , х3  1 .
Замена переменной
Уравнения, степень которых выше двух, иногда удается решить, введя новую переменную.
Пример 8. Решить уравнение ( х 2  5 х  4)( х 2  5 х  6)  120 .
Если перенести все члены уравнения в левую часть и преобразовать получившееся выражение в
многочлен стандартного вида, то получится уравнение
х 4  10 х 3  35 х 2  50 х  96  0 ,
для которого трудно найти способ решения.
Однако
можно
воспользоваться
следующей
особенностью
исходного
уравнения
2
( х  5 х  4)( х  5 х  6)  120 : в его левой части переменная х входит только в выражение х 2  5 х ,
которое встречается в уравнении дважды. Это позволяет решить данное уравнение с помощью введения
новой переменной. Обозначим х 2  5 х через у :
2
х 2  5х  у .
Тогда исходное уравнение сведется к уравнению с переменной у :
( у  4)( у  6)  120 ,
которое после упрощения примет вид:
у 2  10 у  96  0 .
Решив данное уравнение, найдем его корни:
у1  16 , у2  6 .
Теперь производим обратную замену, получаем:
х 2  5х  6
х 2  5 х  16
или
х 2  5 х  16  0
х 2  5х  6  0
x1  1 и x2  6
D  39  0
корней нет
О т в е т: x1  1, x2  6 .
Метод введения новой переменной легко позволяет решать уравнения четвертой степени,
имеющие вид ах 4  bx 2 c  0 (биквадратные уравнения).
Пример 9. Решить уравнение 9 х 4  10 х 2  1  0 .
Введем замену: х 2  у . Получаем квадратное уравнение с переменной у :
9 у 2  10 у  1  0 .
1
Решив его, найдем, что у1  , у 2  1 .
9
1
х2  1
х2 
Обратная замена:
или
9
1
1
x1   , x 2  ,
x3  1 , x4  1 .
3
3
Итак, заданное уравнение имеет четыре корня:
1
1
x1   , x 2  , x3  1 , x4  1 .
3
3
1
1
О т в е т: x1   , x 2  , x3  1 , x4  1 .
3
3
Переход от равенства функций к равенству аргументов
Данным методом можно решить некоторые показательные и логарифмические уравнения и
неравенства.
2
Пример 10. Решить уравнение 5 х 2 х 1  25 .
2
Перепишем его в виде 5 х 2 х1  5 2 .
Корнями этого уравнения являются такие числа х , для которых х 2  2 х  1  2 .
Решив его, находим корни уравнения: x1  1,
О т в е т: x1  1, x2  3 .
x2  3 .
Пример 11. Решить неравенство 0,5 73 х  4 .
Пользуясь тем, что 0,5 2  4 , перепишем заданное неравенство в виде 0,5 7 3 х  0,5 2 .
Показательная функция у  0,5 х
убывает (основание 0,5 меньше 1). Поэтому данное
неравенство равносильно неравенству 7  3х  2 , откуда x  3 .
О т в е т:  ;3 .
Пример 12. Решить неравенство log 1 5  2 x   2 .
3
Число  2 равно log 1 9 . Поэтому данное неравенство можно переписать в виде
3
log 1 5  2 x   log 1 9
.
1
1
1
Логарифмическая функция с основанием
определена и убывает на R , так как
3
3
Следовательно, второму неравенству удовлетворяют такие числа x , для которых выполнено условие
0  5  2x  9 ,
откуда  2  x  2,5 .
Итак, множество решений заданного неравенства есть интервал  2;2,5 .
О т в е т:  2;2,5 .
Графический метод
В основе графического метода лежит нахождение точек пересечения графиков функций левой и
правой частей уравнения. Обычно данный метод применяется тогда, когда графики обеих частей
уравнения достаточно просто строятся и легко находятся точки пересечения этих графиков.
6
Пример 13. Решить уравнение х 2  .
х
6
С помощью графиков можно найти приближенные значения корней уравнения х 2  . Построим
х
6
в одной координатной плоскости графики функций у  х 2 и у  .
х
3
3
Эти графики пересекаются в одной точке. Абсцисса точки пересечения есть то значение
6
переменной х , при котором выражения х 2 и
принимают равные значения. Значит, абсцисса точки
х
6
6
пересечения графиков функций у  х 2 и у 
является корнем уравнения х 2  . Из рисунка
х
х
видно, что приближенное значение корня равно 1,8.
О т в е т: 1,8.
Решение уравнений, содержащих переменную под знаком модуля
Уравнения, содержащие переменную под знаком модуля, могут решаться несколькими
способами. Способ выбирается в зависимости от вида уравнения. Основные способы: метод отрезков,
возведение в квадрат, могут применяться и нестандартные способы. При решении уравнений может
одновременно использоваться несколько способов.
1. Возведением в квадрат
Пример 14. |2х-5|=х
возведем в квадрат это уравнение: (|2х-5|)2=(x)2
4х2-20х+25=х2
3х2-20х+25=0
D=k2-ac= (-10)2-3∙25=100-75=25
D>0
 k  D 10  5

 5;
a
3
 k  D 10  5 10  5 5
x2 



a
3
3
3
x1 
2
Возведение в четную степень не является равносильным преобразованием, т.к. b  b , ОДЗ не
задавалось, поэтому произведем проверку.
Проверка. Для х1:
5
5
2 5 
3
3
10
5
5 
3
3
10 15 5


3 3
3
5 5

3 3
5 5

3 3
верно
|2∙5-5|=5
|10-5|=5
|5|=5
5=5
верно

Для х2:
5
.
3
2. Методом отрезков:
Пример 15. |2х +3|=|х-2|
2х +3=0
→
x = -1,5
х-2=0 →
x=2
О т в е т: 5;
 x1.5
 x1.5


 2 x  3   x  2  x  5
 1.5  x  2
 1.5  x  2

 
 2 x  3   x  2
 x   1 3


  x 2
  x 2

2 x  3  x  2
 x  5
Третий корень является посторонним, т. к. все преобразования были равносильными то проверка
не нужна.
5
О т в е т: 5; .
3
Пример 16. x+ | x -1|=1
 x  1 0
 x  1 0


 x1
 x  x  1  1  1  1

 x 1
 x  1  0
 x  1  0  x  1


 x  x  1  1 2 x  2
О т в е т: x  1
3. Иногда применяется несколько методов одновременно.
Пример 17 ||x|+5|=6
Возведем уравнение в квадрат.
(|x|+5)2=36
х2+10|x|+25=36
Применим метод отрезков.
 x  0
 2
 x  10 x  11  0

 x 0


 x 2  10 x  11  0
 x  0

 x1  1  x2  11   x1  1
 x  1
 x0
 4

 x3  11  x4  1
x2+10x-11=0
D=k2-ac=25+11=36
x1=-5+6=1
x2=-5-6=-11
D>0
x2-10x-11=0
D=k2-ac=25+11=36
D>0
x3=5+6=11
х4=5-6=-1
Проверка.
Для x1: ||1|+5|=6
6=6
верно
Для x4: ||-1|+5|=6
6=6
верно
О т в е т: 1, -1
4. Нестандартным способом.
Пример 18. |x-8|=x-8
Выражения, стоящие в левой и правой части уравнения различаются только знаком модуля,
поэтому решением уравнения будет его область определения.
Найдем область определения: так-так левая часть уравнения больше нуля, то и правая часть тоже
больше нуля, тогда
х-8≥0 
х≥8
т. к. х-8>0 то
х-8=х-8
0=0
равенство, верно, значит x ≥8 ,будет решением данного уравнения.
О т в е т: x(8,+∞)
Иррациональные уравнения
Иррациональным называется уравнение, в котором переменная содержится под знаком корня.
Решаются такие уравнения возведением обеих частей в степень. При возведении в четную
степень возможно расширение области определения заданного уравнения. Поэтому при решении таких
иррациональных уравнений обязательны проверка или нахождение области допустимых значений
уравнений. При возведении в нечетную степень обеих частей иррационального уравнения область
определения не меняется.
Иррациональные уравнения стандартного вида можно решить, пользуясь следующим правилом:
f ( x)  g ( x)

 g ( x)  0,

2
 f ( x)  g ( x).
Решение иррациональных уравнений стандартного вида:
Пример 19. Решить уравнение
6  4 x  x 2 = x + 4,
Решение: 6  4 x  x = x + 4,
6  4 x  x 2  x 2  8 x  16,

 x  4  0;
2
2 x 2  12 x  10  0,

 x  4;
 x 2  6 x  5  0,

 x  4;
 x  4,

 x1  1,
 x  5  пост.к.
 2
О т в е т: -1
Пример 20. Решить уравнение x– 1 =
Решение:
3
x 2  x  1,
x – 1 = 3 x  x  1,
х3 – 3х2 + 3х – 1 = х2 – x– 1,
х3 – 4х2 + 4х = 0,
x (х2 – 4х + 4) = 0,
x= 0
или
х2 – 4х + 4 = 0,
(x – 2)2 = 0,
x=2
О т в е т: 0; 2.
2
Пример 21. Решить уравнение
Решение:
2 x  1 = x – 2,
2 x  1 = x – 2,
2x – 1 = x2 – 4x + 4,
x2 – 6x + 5 = 0,
x1 = 5,
x2 = 1 – посторонний корень
Ответ: 5
Проверка:
2  5  1 = 5 – 2,
x = 5,
3=3
x = 1,
2  1  1  1 – 2,
1  -1.
пост, к.
Пример 22. Решить уравнение x – 5 x  2 + 4 = 0,
Решение: x – 5 x  2 + 4 = 0,
x + 4 =5 x  2 ,
Проверка:
х2 + 8х + 16 = 25х – 50,
х2 – 17х + 66 = 0,
x = 11,
11 – 5 11  2 + 4 = 0,
0=0
х1 = 11,
О т в е т: 6; 11.
6 – 5 6  2 + 4 = 0,
x = 6,
Иррациональные уравнения, которые решаются заменой:
2x  1
x 1
2
 1,
x 1
2x  1
Пример 23. Решить уравнение
2x 1
x 1
2
 1,
x 1
2x 1
1
2x 1
x 1
= t, тогда
= , где t > 0
x 1
2x 1 t
Решение:
Пусть
2
 1,
t
t2 t  2
 0,
t
t 2  t  2  0,
t–
t1  2,
t 2  1  пост.корень
Сделаем обратную замену:
2x 1
= 2, возведем обе части в квадрат
x 1
2x 1
 4,
x 1
 2x  5
 0, x  1
Проверка: x = 2,5
x 1
 2 x  5  0,
x  2,5.
О т в е т: 2,5.
Пример 24. Решить уравнение
Решение.
2  2, 5  1
2, 5  1
2  2
2
2, 5  1
2  2, 5  1
 1,
1
 1,
2
x 2  3x  18  4 x 2  3x  6  0
x 2  3x  18  4 x 2  3x  6  0,
x 2  3x  6  12  4 x 2  3x  6  0,
Пусть x 2  3x  6 = t, где t > 0
t 2  4t  12  0,
t1  2,
t 2  6  пост.корень
Сделаем обратную замену:
x 2  3x  6 = 2, возведем обе части уравнения в квадрат
x 2  3x  6  4,
x 2  3x  10  0,
Проверка: x  5,
25  15  18  4 25  15  6  0,
00
x  2,
4  6  18  4 4  6  6  0,
00
О т в е т: –5; 2.
Список используемой литературы
1. Вавилов В.В., Мельников И.И. и др. "Задачи по математике. Уравнения и неравенства" М.: Изд. "Наука"
1987 г.
2. Давыдов В.В., С.Ф. Горбов и др. Обучение математике. - М.: Мирос, 1994. - 192 с.
3. Методика преподавания математики в средней школе: Общая методика: Уч. пос. для студ. пед. инст-в
по спец.2104 "Математика" и 2105 "Физика"/ А. Блох, Е.С. Канин и др. Сост.Е.С. Черкасов, А.А.
Столяр. - М.: Просвещение, 1985. -336 с.
4. Методика преподавания математики в средней школе: Частная методика: Уч. пос. для студ. пед. инст-в
по физ-мат. спец-м/ А. Блох, В.А. Гусев, Г.В. Дорофеев и др. Сост.В.И. Мишин. - М.: Просвещение,
1987. -416 с.: ил.
5. Методика преподавания математики в средней школе. /В.А. Ованесян и др. - М:
Просвещение, 1980. - 368 с.
6. Олехник С.Н., Потапов М.К., Пасиченко П.И. Нестандартные методы решения уравнений и
неравенств. - М.: МГУ, 1991 г.
1. Шабунин М.И. Математика для поступающих в вузы. Неравенства и системы неравенств. М.:
Аквариум, 1997 г