Өрнектер, өрнектерді түрлендіру

Бөлгіштегі қисынсыздықтан қалай арылуға болады? Әдістер, мысалдар, шешімдер

8-сыныпта алгебра сабағында иррационал өрнектерді түрлендіру тақырыбы аясында әңгіме өрбиді. бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан босату. Бұл мақалада біз бұл түрлендірудің қандай түрін талдаймыз, қандай әрекеттер бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдылықтан арылуға мүмкіндік беретінін қарастырамыз және егжей-тегжейлі түсініктемелермен типтік мысалдардың шешімдерін береміз.

Бетті шарлау.

Бөлшектің бөлгішіндегі қисынсыздықтан құтылу нені білдіреді?

Алдымен сіз бөлгіштегі иррационалдық деген не екенін және бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан құтылу нені білдіретінін түсінуіңіз керек. Бұған мектеп оқулықтарынан алынған ақпарат көмектеседі. Келесі тармақтарға назар аудару керек.

Бөлшектің жазылуында бөлгіште түбір белгісі (радикал) болса, онда бөлгіштің құрамында болады деп айтылады. иррационалдық. Бұл түбір белгілері арқылы жазылған сандар жиі болатындығына байланысты болса керек. Мысал ретінде , , бөлшектерін береміз. , анық, олардың әрқайсысының бөлгіштерінде түбір белгісі бар, демек иррационалдық. Орта мектепте міндетті түрде бөлшектерді кездестіруге болады, олардың бөлгіштеріндегі иррационалдық тек квадрат түбірлердің таңбалары арқылы ғана емес, сонымен қатар текше түбірлердің, төртінші түбірлердің және т.б. Міне, осындай бөлшектердің мысалдары: , .

Берілген ақпаратты және «еркін» сөзінің мағынасын ескере отырып, келесі анықтама өте табиғи:

Анықтама.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан босатубөлгіште иррационалдығы бар бөлшекті бөлгіште түбір таңбалары жоқ бірдей тең бөлшекпен алмастыратын түрлендіру.

Адамдардың өзін босатпай, бөлшектің бөлгішіндегі қисынсыздықтан арылту дегенін жиі естуге болады. Мағынасы өзгермейді.

Мысалы, егер бөлшектен мәні бастапқы бөлшектің мәніне тең және бөлгішінде түбір белгісі жоқ бөлшекке көшсек, онда біз азайғышта иррационалдықтан құтылдық деп айта аламыз. бөлшек. Тағы бір мысал: бөлшекті бірдей бөлшекпен ауыстыру бөлшектің бөлгішінде иррационалдықтан құтылу бар.

Сонымен, алғашқы ақпарат алынды. Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдылықтан арылу үшін не істеу керек екенін анықтау қалады.

Қисынсыздықтан арылу жолдары, мысалдар

Әдетте, қисынсыздықтан құтылу үшін бөлшектің бөлгішінде екеуі қолданылады. бөлшек түрлендірулері: Алым мен бөлгішті нөл емес санға немесе өрнекке көбейту және бөлгіштегі өрнекті түрлендіру. Төменде осы бөлшек түрлендірулері бөлшектің бөлгішінен иррационалдықты жоюдың негізгі тәсілдерінде қалай қолданылатынын қарастырамыз. Келесі жағдайларға тоқталайық.

Ең қарапайым жағдайларда өрнекті бөлгішке түрлендіру жеткілікті. Мысал ретінде бөлгіші тоғыздың түбірі болатын бөлшекті келтіруге болады. Бұл жағдайда оны 3 мәнімен ауыстыру бөлгішті иррационалдықтан босатады.

Неғұрлым күрделі жағдайларда алдымен бөлшектің алымы мен бөлімін нөлдік емес санға немесе өрнекке көбейту керек, бұл кейіннен бөлшектің бөлгішін түбегейлі белгілері жоқ пішінге түрлендіруге мүмкіндік береді. Мысалы, бөлшектің алымы мен бөлімін көбейткеннен кейін бөлшек түрін алады. , содан кейін бөлгіштегі өрнекті x+1 түбірлерінің белгілері жоқ өрнекпен ауыстыруға болады. Осылайша, бөлгіштегі иррационалдықтан босағаннан кейін бөлшек пішінді қабылдайды.

Егер жалпы жағдай туралы айтатын болсақ, онда бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдылықтан құтылу үшін әртүрлі рұқсат етілген түрлендірулерге, кейде мүлдем нақты түрлерге жүгіну керек.

Ал енді егжей-тегжейлі.

Өрнекті бөлшектің бөліміне түрлендіру

Жоғарыда айтылғандай, бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан құтылудың бір жолы - бөлгішті түрлендіру. Мысалдардың шешімдерін қарастырайық.

Мысал.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты алып тастаңыз .

Шешім.

Бөлінгіштегі жақшаларды ашып, өрнекке келеміз . Содан кейін олар бөлшекке өтуге мүмкіндік береді . Түбірлердің белгілерінің астындағы мәндерді есептеп, бізде бар . Әлбетте, алынған өрнекте бұл мүмкін, ол 1/16-ға тең бөлшек береді. Бөлгіштегі қисынсыздықтан осылай құтылдық.

Әдетте шешім түсініктемесіз қысқаша жазылады, өйткені орындалатын әрекеттер өте қарапайым:

Жауап:

.

Мысал.

Шешім.

Біз иррационал өрнектерді түбірлердің қасиеттерін пайдалана отырып түрлендіру туралы айтқанымызда, кез келген А өрнектері жұп n болатын (біздің жағдайда n=2) өрнекті |А| өрнегімен ауыстыруға болатынын атап өттік. бастапқы өрнек үшін айнымалылардың бүкіл ODZ бойынша. Сондықтан берілген бөлшекті келесі түрлендіруді орындауға болады: , бұл бізді бөлгіштегі иррационалдықтан босатады.

Жауап:

.

Алым мен азайтқышты түбірге көбейту

Бөлшектің бөлгішіндегі өрнек А өрнегі түбірлердің белгілерін қамтымайтын пішінге ие болғанда, алым мен бөлгішті көбейту бөлгіштегі иррационалдықтан арылуға мүмкіндік береді. Бұл әрекет мүмкін, себебі ол бастапқы өрнектің айнымалы мәндерінде жойылмайды. Бұл жағдайда бөлгіш түбегейлі белгілері жоқ пішінге оңай түрленетін өрнекті шығарады: . Бұл тәсілдің қолданылуын мысалдар арқылы көрсетейік.

Мысал.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан босатыңыз: а) , ә) .

Шешім.

а) Бөлшектің алымы мен бөлімін үштің квадрат түбіріне көбейтсек, аламыз .

б) Бөлгіштегі квадрат түбір таңбасынан құтылу үшін бөлшектің алымы мен бөлімін көбейту керек, содан кейін бөлгіште түрлендірулерді орындау керек:

Жауап:

а) , б) .

Бөлгіште көбейткіштер болған жағдайда, мұндағы m және n кейбір натурал сандар, алым мен бөлгішті осындай көбейткішке көбейту керек, содан кейін бөлгіштегі өрнек немесе түріне түрлендіруге болады, мұндағы k сәйкес кейбір натурал сан. Содан кейін бөлгіште иррационалдықсыз бөлшекке көшу оңай. Азайтқыштағы иррационалдықты жоюдың сипатталған әдісінің қолданылуын мысалдар арқылы көрсетейік.

Мысал.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан босатыңыз: а) , ә) .

Шешім.

а) 3-тен үлкен және 5-ке бөлінетін ең жақын натурал сан 5-ке тең. Алты көрсеткіші беске тең болу үшін бөлгіштегі өрнекті көбейту керек. Демек, бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдылықтан босату алымы мен бөлімін көбейту керек өрнек арқылы жеңілдетіледі:

ә) 15-тен асатын және 4-ке қалдықсыз бөлінетін ең жақын натурал сан 16 болатыны анық. Бөлгіштегі көрсеткіш 16-ға тең болу үшін ондағы өрнекті көбейту керек. Осылайша, бастапқы бөлшектің алымы мен бөлімін көбейту (ескерту, бұл өрнектің мәні кез келген нақты х үшін нөлге тең емес) бөлгіштегі иррационалдықтан құтылады:

Жауап:

A) , б) .

Оның конъюгаты арқылы көбейту

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан арылудың келесі әдісі бөлгіште , , , немесе түріндегі өрнектерді қамтитын жағдайларды қамтиды. Бұл жағдайларда бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан құтылу үшін бөлшектің алымы мен бөлімін деп аталатынға көбейту керек. жалғаулық өрнек.

Қай өрнектер жоғарыда айтылғандарға жалғанатынын анықтау қалады. Өрнек үшін жалғаулық өрнек - , ал өрнек үшін - жалғаулы өрнек. Сол сияқты, өрнек үшін конъюгат, ал өрнек үшін конъюгат болады. Ал өрнек үшін жалғаулық , ал өрнек үшін жалғаулық болады. Демек, бұл өрнекке жалғанатын өрнек одан екінші мүшенің алдындағы таңбамен ерекшеленеді.

Өрнекті конъюгатқа көбейткенде не болатынын көрейік. Мысалы, жұмысты қарастырыңыз . Оны квадраттардың айырмашылығымен ауыстыруға болады, яғни, ол жерден түбірлердің белгілері жоқ a−b өрнегіне көшуге болады.

Енді бөлшектің алымы мен бөлімін бөлгішке жалғанатын өрнекке көбейту бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан арылуға қалай мүмкіндік беретіні белгілі болды. Типтік мысалдардың шешімдерін қарастырайық.

Мысал.

Өрнекті бөлімінде радикалы жоқ бөлшек ретінде елестетіңіз: а) , б) .

Шешім.

а) Бөлгішке жалғанатын өрнек . Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан арылуға мүмкіндік беретін алым мен бөлгішті оған көбейтейік:

ә) Өрнектің жалғауы . Алым мен бөлгішті оған көбейтсек, аламыз

Алдымен бөлгіштен минус таңбасын алып тастауға болады, содан кейін ғана алым мен бөлгішті бөлгішке жалғанатын өрнекке көбейту керек:

Жауап:

A) , б) .

Назар аударыңыз: бөлшектің алымы мен бөлімін айнымалылары азайғышқа біріктірілген өрнекке көбейткенде, оның бастапқы өрнек үшін ODZ айнымалы мәндерінің кез келген жиыны үшін жоғалып кетпеуін қадағалау керек.

Мысал.

Бөлшектің бөлгішіндегі қисынсыздықтан босатыңыз.

Шешім.

Алдымен x айнымалысының рұқсат етілген мәндерінің диапазонын (APV) табайық. Ол x≥0 және шарттарымен анықталады, осыдан ODZ x≥0 жиыны деген қорытындыға келеміз.

Бөлгішке жалғанатын өрнек болып табылады. Бөлшектің алымы мен бөлімін оған көбейтуге болады, егер ODZ бойынша ол x≠16 шартына эквивалентті болса. Бұл жағдайда бізде бар

Ал x=16 кезінде бізде бар .

Осылайша, x=16-дан басқа ODZ-тен x айнымалысының барлық мәндері үшін, , және x=16 үшін бізде бар.

Жауап:

Текшелердің қосындысын және текшелердің айырмасын формулаларды қолдану

Алдыңғы абзацтан біз бөлшектің алымы мен бөлімін бөлгішке жалғанатын өрнекке көбейту квадраттар формуласының айырмашылығын кейіннен қолдану және сол арқылы бөлгіштегі иррационалдықтан арылу үшін жүзеге асырылатынын білдік. Кейбір жағдайларда басқа қысқартылған көбейту формулалары бөлгіштегі иррационалдықтан құтылу үшін пайдалы. Мысалы, кубтардың айырымы формуласы a 3 −b 3 =(a−b)·(a 2 +a·b+b 2)бөлшектің бөлгішінде пішіннің текше түбірлері бар өрнектер болған кезде иррационалдықтан арылуға мүмкіндік береді. , мұндағы A және B кейбір сандар немесе өрнектер. Ол үшін бөлшектің алымы мен бөлімі қосындының жартылай квадратына көбейтіледі. немесе сәйкесінше айырмашылығы бойынша. Текшелердің қосындысының формуласы дәл осылай қолданылады. a 3 +b 3 =(a+b)·(a 2 −a·b+b 2).

Мысал.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан босатыңыз: а) , ә) .

Шешім.

а) Бұл жағдайда алым мен бөлгішті сандар қосындысының толық емес квадратына көбейту және бөлгіштегі иррационалдықтан арылуға мүмкіндік беретінін болжау оңай, өйткені болашақта бұл өрнекті түрлендіруге мүмкіндік береді. Бөлгіште текшелердің айырымы формуласын қолданып:

ә) Бөлшектің бөлімімен өрнектелу түрінде көрсетуге болады , одан бұл 2 және сандарының айырмасының толық емес квадраты екені анық көрінеді. Осылайша, егер бөлшектің алымы мен бөлімі қосындыға көбейтілсе, онда бөлгішті текшелердің қосындысы формуласы арқылы түрлендіруге болады, бұл бізді бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан босатады. Мұны одан әрі x≠−8 шартына эквивалентті жағдайда орындауға болады:

Ал бастапқы бөлшекке x=−8 ауыстырғанда бізде болады .

Осылайша, бастапқы бөлшек үшін ODZ-тен барлық x үшін (бұл жағдайда бұл R жиыны), x=−8 қоспағанда, бізде бар , ал x=8 үшін бізде бар .

Жауап:

Әртүрлі әдістерді қолдану

Неғұрлым күрделі мысалдарда, әдетте, бір әрекетте бөлгіштегі иррационалдықтан құтылу мүмкін емес, бірақ жоғарыда талқыланғандарды қоса, әдіс артынан әдісті дәйекті түрде қолдану керек. Кейде кейбір стандартты емес шешімдер қажет болуы мүмкін. Талқыланатын тақырып бойынша өте қызықты тапсырмаларды Ю.Н.Колягин авторы болған оқулықтан табуға болады. Әдебиеттер тізімі.

1. Алгебра:оқулық 8 сыныпқа арналған. жалпы білім беру мекемелер / [Ю. Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк, К.И.Нешков, С.Б.Суворова]; өңдеген С.А.Теляковский. - 16-шы басылым. – М.: Білім, 2008. – 271 б. : науқас. - ISBN 978-5-09-019243-9.
2. Мордкович А.Г.Алгебра. 8 сынып. 2 сағатта 1 бөлім. Жалпы білім беретін оқу орындарының оқушыларына арналған оқулық / А.Г.Мордкович. - 11-ші басылым, өшірілген. - М.: Мнемосине, 2009. - 215 б.: сырқат. ISBN 978-5-346-01155-2.
3. Алгебражәне математикалық талдаудың басталуы. 10-сынып: оқулық. жалпы білім беруге арналған мекемелер: негізгі және профильді. деңгейлері / [Ю. М.Колягин, М.В.Ткачева, Н.Е.Федорова, М.И.Шабунин]; өңдеген Жижченко А.Б. - 3-ші басылым. - М.: Білім, 2010.- 368 б. : науқас - ISBN 978-5-09-022771-1.

Дэнни Перик Кампана

Мектеп оқушыларына қызығатын тағы бір қызықты кітап, өкінішке орай, орыс тіліне аударылмаған, бұл өте ерекше және қызықты адам, чилилік математика мұғалімі Дэнни Перич Кампананың «Даниэльдің математикалық оқиғалары» (Las Aventuras Matemáticas de Daniel) кітабы. . Ол балаларға сабақ беріп қана қоймай, ән жазып, математикадан түрлі танымдық материалдарды ғаламторға жариялайды. Оларды YouTube сайтынан және http://www.sectormatematica.cl/ веб-сайтынан табуға болады (әрине, барлық материалдар испан тілінде).

Мұнда мен Дэнни Периктің кітабынан бір тарауды жариялап отырмын. Маған бұл мектеп оқушылары үшін өте қызықты және пайдалы болды. Әңгіменің не екенін түсіну үшін Даниел мен Камила мектепте жұмыс істейді, олар мұғалім.

Қисынсыздықтан арылудың сыры

«Камила, мен қазір сабақта не үшін қолданылғанын түсіндіруге тырысқанда көп қиындықтарға тап болдым», - деді Даниэль.

-Не айтып тұрғаныңызды түсінбеймін.

— Мен барлық мектеп оқулықтарында, тіпті университет деңгейіндегі кітаптарда не бар екенін айтып отырмын. Менде әлі де күмән бар: бөлгіштегі қисынсыздықтан арылу не үшін керек? Мен ұзақ уақыт бойы түсінбегенімді адамдарға айтуды жек көремін », - деп шағымданды Дэниел.

«Мен мұның қайдан шыққанын және не үшін қажет екенін білмеймін, бірақ бұл үшін логикалық түсінік болуы керек.

— Мен бір рет ғылыми журналда бөлгіштегі қисынсыздықтан арылу нәтижені дәлірек алуға мүмкіндік беретінін оқыдым, бірақ мен мұндайды ешқашан көрген емеспін және бұл шындық екеніне сенімді емеспін.

-Неге тексермейміз? – деп сұрады Камила.

-Дұрыс айтасың,-деп келісті Данияр. — Шағымданбай, өз ойыңмен қорытынды жасауға тырысу керек. Содан кейін маған көмектесіңіз ...

– Әрине, қазір мен өзім осыған қызығамын.

«Біз кейбір өрнектерді алып, бөлгіштегі иррационалдықты алып тастауымыз керек, содан кейін түбірді оның мәнімен ауыстырып, бөлгіштегі иррационалдықты жойғанға дейін және одан кейінгі өрнектің нәтижесін тауып, бірдеңе өзгергенін көру керек».

- Әрине, - деп келісті Камила. -Соны істейік.

«Мысалы, өрнекті алайық», - деді Даниел және не болып жатқанын жазу үшін қағазды алды. - Алым мен азайтқышты көбейтіп, алу керек.

«Бұл дұрыс болады және осыған тең басқа иррационал өрнектерді қарастырсақ, қорытынды жасауға көмектеседі», - деп ұсынды Камила.

«Келісемін, - деді Даниел, - мен алым мен бөлгішті -ге бөлемін, ал сен оларды -ге көбейт.

- Мен үлгердім. Ал сенде?

«Менде», - деп жауап берді Данияр. - Енді калькулятор беретін барлық ондық таңбалармен оның мәнін ауыстырып, бастапқы өрнекті және нәтижесінде алынғандарды есептейік. Біз алып жатырмыз:

«Мен ерекше ештеңе көрмеймін», - деді Камила. «Мен қисынсыздықтан арылуды ақтайтын қандай да бір айырмашылықты күттім».

«Мен сізге айтқанымдай, мен бұл туралы бір рет көзқарасқа байланысты оқыдым. сияқты дәлірек санмен ауыстырсақ, не айтасыз?

- Не болатынын көрейік.

Бөлшектері бар теңдеулерді шешуМысалдарды қарастырайық. Мысалдар қарапайым және көрнекі. Олардың көмегімен сіз ең түсінікті түрде түсіне аласыз.
Мысалы, қарапайым x/b + c = d теңдеуін шешу керек.

Бұл түрдегі теңдеу сызықтық деп аталады, өйткені Бөлгіште тек сандар ғана бар.

Шешім теңдеудің екі жағын b көбейту арқылы орындалады, содан кейін теңдеу x = b*(d – c) түрін алады, яғни. сол жақтағы бөлшектің бөлімі жойылады.

Мысалы, бөлшек теңдеуді шешу жолы:
x/5+4=9
Екі жағын 5-ке көбейтеміз. Біз мынаны аламыз:
x+20=45
x=45-20=25

Белгісіз бөлгіште болатын басқа мысал:

Бұл түрдегі теңдеулер бөлшек-рационал немесе жай бөлшек деп аталады.

Бөлшек теңдеуді бөлшектерден арылту арқылы шешетін едік, содан кейін бұл теңдеу, көбінесе, әдеттегі жолмен шешілетін сызықтық немесе квадраттық теңдеуге айналады. Сізге тек келесі тармақтарды ескеру қажет:

• бөлгішті 0-ге айналдыратын айнымалының мәні түбір бола алмайды;
• Теңдеуді =0 өрнегіне бөлуге немесе көбейтуге болмайды.

Бұл жерде рұқсат етілген мәндер аймағы (ADV) тұжырымдамасы күшіне енеді - бұл теңдеу мағынасы бар теңдеу түбірлерінің мәндері.

Осылайша, теңдеуді шешу кезінде түбірлерді табу керек, содан кейін олардың ОДЗ сәйкестігін тексеру керек. Біздің ОДЗ-ға сәйкес келмейтін түбірлер жауаптан алынып тасталады.

Мысалы, бөлшек теңдеуді шешу керек:

Жоғарыдағы ережеге сүйене отырып, x = 0 болуы мүмкін емес, яғни. Бұл жағдайда ODZ: x – нөлден басқа кез келген мән.

Теңдеудің барлық мүшелерін х-ке көбейту арқылы бөлгіштен құтыламыз

Ал біз әдеттегі теңдеуді шешеміз

5x – 2x = 1
3x = 1
x = 1/3

Жауабы: x = 1/3

Күрделі теңдеуді шешейік:

ODZ мұнда да бар: x -2.

Бұл теңдеуді шешкен кезде біз бәрін бір жаққа жылжытпаймыз және бөлшектерді ортақ бөлгішке келтіреміз. Теңдеудің екі жағын бірден барлық бөлгіштерді жоққа шығаратын өрнекке көбейтеміз.

Бөлгіштерді азайту үшін сол жағын х+2, ал оң жағын 2-ге көбейту керек. Бұл теңдеудің екі жағын 2(x+2)-ге көбейту керек дегенді білдіреді:

Бұл біз жоғарыда талқылаған бөлшектердің ең көп таралған көбейтіндісі.

Бірдей теңдеуді жазайық, бірақ сәл басқаша

Сол жағы (x+2), ал оң жағы 2-ге азайтылады. Қысқартқаннан кейін кәдімгі сызықтық теңдеуді аламыз:

x = 4 – 2 = 2, бұл біздің ОДЗ-ға сәйкес келеді

Жауабы: x = 2.

Бөлшектері бар теңдеулерді шешукөрінетіндей қиын емес. Бұл мақалада біз мұны мысалдармен көрсеттік. Егер сізде қандай да бір қиындықтар болса Бөлшектері бар теңдеулерді шешу жолдары, содан кейін түсініктемелерде жазылымнан бас тартыңыз.

Бұл тақырыпта біз жоғарыда келтірілген иррационалдылығы бар шектеулердің барлық үш тобын қарастырамыз. $\frac(0)(0)$ пішінінің белгісіздігі бар шектеулерден бастайық.

Белгісіздікті ашу $\frac(0)(0)$.

Осы типтегі стандартты мысалдардың шешімі әдетте екі қадамнан тұрады:

• Белгісіздік тудырған иррационалдылықтан «конъюгат» деп аталатын өрнекке көбейту арқылы құтыламыз;
• Қажет болса, алымдағы немесе бөлгіштегі (немесе екеуінде де) өрнекті көбейткіштерге қосыңыз;
• Біз белгісіздікке әкелетін факторларды азайтып, шектің қажетті мәнін есептейміз.

Жоғарыда қолданылған «конъюгаттық өрнек» термині мысалдарда егжей-тегжейлі түсіндіріледі. Әзірге оған егжей-тегжейлі тоқталудың еш негізі жоқ. Тұтастай алғанда, сіз конъюгаттық өрнекті қолданбай-ақ басқа жолмен жүре аласыз. Кейде дұрыс таңдалған ауыстыру қисынсыздықты жоя алады. Мұндай мысалдар стандартты сынақтарда сирек кездеседі, сондықтан біз ауыстыруды пайдаланудың бір ғана мысалын қарастырамыз №6 (осы тақырыптың екінші бөлігін қараңыз).

Бізге бірнеше формулалар қажет, мен оларды төменде жазамын:

\begin(теңдеу) a^2-b^2=(a-b)\cdot(a+b) \end(теңдеу) \begin(теңдеу) a^3-b^3=(a-b)\cdot(a^2) +ab+b^2) \end(теңдеу) \бастау(теңдеу) a^3+b^3=(a+b)\cdot(a^2-ab+b^2) \соңы(теңдеу) \басталады (теңдеу) a^4-b^4=(a-b)\cdot(a^3+a^2 b+ab^2+b^3)\end(теңдеу)

Сонымен қатар, оқырман квадрат теңдеулерді шешу формулаларын біледі деп есептейміз. $x_1$ және $x_2$ $ax^2+bx+c$ квадрат үшмүшесінің түбірлері болса, оны келесі формула арқылы көбейткіштерге бөлуге болады:

\begin(теңдеу) ax^2+bx+c=a\cdot(x-x_1)\cdot(x-x_2) \end(теңдеу)

(1)-(5) формулалары стандартты есептерді шешу үшін жеткілікті, енді біз оған көшеміз.

№1 мысал

$\lim_(x\to 3)\frac(\sqrt(7-x)-2)(x-3)$ табыңыз.

$\lim_(x\to 3)(\sqrt(7-x)-2)=\sqrt(7-3)-2=\sqrt(4)-2=0$ және $\lim_(x\) болғандықтан 3) (x-3)=3-3=0$, онда берілген шекте $\frac(0)(0)$ түрінің белгісіздігі бар. $\sqrt(7-x)-2$ айырмашылығы бұл белгісіздікті ашуға кедергі жасайды. Мұндай қисынсыздықтан құтылу үшін «конъюгаттық өрнек» деп аталатын көбейту қолданылады. Енді біз мұндай көбейту қалай жұмыс істейтінін қарастырамыз. $\sqrt(7-x)-2$ $\sqrt(7-x)+2$ көбейтіңіз:

$$(\sqrt(7-x)-2)(\sqrt(7-x)+2)$$

Жақшаларды ашу үшін, аталған формуланың оң жағындағы $a=\sqrt(7-x)$, $b=2$ деген сөздерді қойып, қолданыңыз:

$$(\sqrt(7-x)-2)(\sqrt(7-x)+2)=(\sqrt(7-x))^2-2^2=7-x-4=3-x .$$

Көріп отырғаныңыздай, алымды $\sqrt(7-x)+2$-ға көбейтсеңіз, алымдағы түбір (яғни иррационалдық) жоғалады. Бұл $\sqrt(7-x)+2$ өрнегі болады конъюгат$\sqrt(7-x)-2$ өрнегіне. Дегенмен, алымды $\sqrt(7-x)+2$-ға жай ғана көбейте алмаймыз, себебі бұл $\frac(\sqrt(7-x)-2)(x-3)$ бөлігін өзгертеді. шегі астында. Бір уақытта алымды да, бөлгішті де көбейту керек:

$$ \lim_(x\3-ке)\frac(\sqrt(7-x)-2)(x-3)= \left|\frac(0)(0)\right|=\lim_(x\ to 3)\frac((\sqrt(7-x)-2)\cdot(\sqrt(7-x)+2))((x-3)\cdot(\sqrt(7-x)+2)) $$

Енді $(\sqrt(7-x)-2)(\sqrt(7-x)+2)=3-x$ екенін есте сақтаңыз және жақшаларды ашыңыз. Ал жақшаны ашып, $3-x=-(x-3)$ шағын түрлендіруден кейін бөлшекті $x-3$-ға азайтамыз:

$$ \lim_(x\3)\frac((\sqrt(7-x)-2)\cdot(\sqrt(7-x)+2))((x-3)\cdot(\sqrt( 7-x)+2))= \lim_(x\3-ке)\frac(3-x)((x-3)\cdot(\sqrt(7-x)+2))=\\ =\lim_ (x\to 3)\frac(-(x-3))((x-3)\cdot(\sqrt(7-x)+2))= \lim_(x\to 3)\frac(-1) )(\sqrt(7-x)+2) $$

$\frac(0)(0)$ белгісіздігі жойылды. Енді сіз бұл мысалдың жауабын оңай ала аласыз:

$$ \lim_(x\3)\frac(-1)(\sqrt(7-x)+2)=\frac(-1)(\sqrt(7-3)+2)=-\frac( 1)(\sqrt(4)+2)=-\frac(1)(4).$$

Мен конъюгаттық өрнек қандай иррационалдықты жою керек екеніне байланысты құрылымын өзгерте алатынын ескертемін. № 4 және № 5 мысалдарда (осы тақырыптың екінші бөлігін қараңыз) конъюгаттық өрнектің басқа түрі қолданылады.

Жауап: $\lim_(x\3)\frac(\sqrt(7-x)-2)(x-3)=-\frac(1)(4)$.

№2 мысал

$\lim_(x\to 2)\frac(3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)-\sqrt(7x^2-19))$ табыңыз.

$\lim_(x\to 2)(\sqrt(x^2+5)-\sqrt(7x^2-19))=\sqrt(2^2+5)-\sqrt(7\cdot 2 ^ 2-19)=3-3=0$ және $\lim_(x\to 2)(3x^2-5x-2)=3\cdot2^2-5\cdot 2-2=0$, онда біз $\frac(0)(0)$ пішінінің белгісіздігімен айналысады. Осы бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты алып тастайық. Ол үшін $\frac(3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)-\sqrt(7x^2-19))$ бөлігінің алымы мен бөлімін қосамыз. $\sqrt(x^ 2+5)+\sqrt(7x^2-19)$ өрнегі азайғышқа жалғануы:

$$ \lim_(x\2-ге)\frac(3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)-\sqrt(7x^2-19))=\left|\frac(0) )(0)\оң|= \lim_(x\2-ге)\frac((3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19))) ((\sqrt(x^2+5)-\sqrt(7x^2-19))(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19))) $$

Тағы да, №1 мысалдағыдай, кеңейту үшін жақшаларды пайдалану керек. Аталған формуланың оң жағына $a=\sqrt(x^2+5)$, $b=\sqrt(7x^2-19)$ ауыстырып, бөлгіш үшін келесі өрнекті аламыз:

$$ \left(\sqrt(x^2+5)-\sqrt(7x^2-19)\right)\left(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19)\ оң)=\\ =\сол(\sqrt(x^2+5)\оң)^2-\сол(\sqrt(7x^2-19)\оң)^2=x^2+5-(7x) ^2-19)=-6x^2+24=-6\cdot(x^2-4) $$

Өз шегімізге оралайық:

$$ \lim_(x\to 2)\frac((3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19))((\sqrt(x) ^2+5)-\sqrt(7x^2-19))(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19)))= \lim_(x\-дан 2)\frac( (3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19)))(-6\cdot(x^2-4))=\\ =-\ frac(1)(6)\cdot \lim_(x\2-ге)\frac((3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19)) )(x^2-4) $$

№1 мысалда конъюгаттық өрнекке көбейтілгеннен кейін бірден бөлшек қысқарды. Мұнда азайту алдында $3x^2-5x-2$ және $x^2-4$ өрнектерін көбейткіштерге бөлуге тура келеді, содан кейін ғана азайтуға көшіңіз. $3x^2-5x-2$ өрнегін көбейту үшін пайдалану керек. Алдымен $3x^2-5x-2=0$ квадрат теңдеуін шешейік:

$$ 3x^2-5x-2=0\\ \бастау(тураланған) & D=(-5)^2-4\cdot3\cdot(-2)=25+24=49;\\ & x_1=\ frac(-(-5)-\sqrt(49))(2\cdot3)=\frac(5-7)(6)=-\frac(2)(6)=-\frac(1)(3) ;\\ & x_2=\frac(-(-5)+\sqrt(49))(2\cdot3)=\frac(5+7)(6)=\frac(12)(6)=2. \end(тураланған) $$

$x_1=-\frac(1)(3)$, $x_2=2$ дегенге ауыстырсақ, бізде:

$$ 3x^2-5x-2=3\cdot\left(x-\left(-\frac(1)(3)\оң)\оң)(x-2)=3\cdot\left(x+\ frac(1)(3)\оң)(x-2)=\сол(3\cdot x+3\cdot\frac(1)(3)\оң)(x-2) =(3x+1)( x-2). $$

Енді $x^2-4$ өрнегін көбейткіштерге бөлу уақыты келді. Оған $a=x$, $b=2$ ауыстырып қолданайық:

$$ x^2-4=x^2-2^2=(x-2)(x+2) $$

Алынған нәтижелерді қолданайық. $x^2-4=(x-2)(x+2)$ және $3x^2-5x-2=(3x+1)(x-2)$ болғандықтан, онда:

$$ -\frac(1)(6)\cdot \lim_(x\2)\frac((3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2) -19)))(x^2-4) =-\frac(1)(6)\cdot \lim_(x\2)\frac((3x+1)(x-2)(\sqrt(x) ^2+5)+\sqrt(7x^2-19)((x-2)(x+2)) $$

$x-2$ жақшасына азайтсақ, біз мынаны аламыз:

$$ -\frac(1)(6)\cdot \lim_(x\2)\frac((3x+1)(x-2)(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^) 2-19)))((x-2)(x+2)) =-\frac(1)(6)\cdot \lim_(x\2)\frac((3x+1)(\sqrt( x^2+5)+\sqrt(7x^2-19)(x+2). $$

Барлық! Белгісіздік жойылды. Тағы бір қадам және біз жауапқа келеміз:

$$ -\frac(1)(6)\cdot \lim_(x\2)\frac((3x+1)(\sqrt(x^2+5)+\sqrt(7x^2-19)) )(x+2)=\\ =-\frac(1)(6)\cdot\frac((3\cdot 2+1)(\sqrt(2^2+5)+\sqrt(7\cdot 2) ^2-19)))(2+2)= -\frac(1)(6)\cdot\frac(7(3+3))(4)=-\frac(7)(4). $$

Жауап: $\lim_(x\to 2)\frac(3x^2-5x-2)(\sqrt(x^2+5)-\sqrt(7x^2-19))=-\frac(7)( 4)$.

Келесі мысалда бөлшектің алымында да, бөлімінде де иррационалдық болатын жағдайды қарастырыңыз.

№3 мысал

$\lim_(x\to 5)\frac(\sqrt(x+4)-\sqrt(x^2-16))(\sqrt(x^2-3x+6)-\sqrt(5x-9) табыңыз ))$.

$\lim_(x\to 5)(\sqrt(x+4)-\sqrt(x^2-16))=\sqrt(9)-\sqrt(9)=0$ және $\lim_( x \to 5)(\sqrt(x^2-3x+6)-\sqrt(5x-9))=\sqrt(16)-\sqrt(16)=0$, онда $ пішінінің белгісіздігі болады. \frac (0)(0)$. Бұл жағдайда түбірлер бөлгіште де, алымда да болатындықтан, белгісіздіктен құтылу үшін бірден екі жақшаға көбейту керек болады. Алдымен $\sqrt(x+4)+\sqrt(x^2-16)$ өрнегін алыммен біріктіріңіз. Екіншіден, $\sqrt(x^2-3x+6)-\sqrt(5x-9)$ өрнегіне бөлгішке жалғау.

$$ \lim_(x\ to 5)\frac(\sqrt(x+4)-\sqrt(x^2-16))(\sqrt(x^2-3x+6)-\sqrt(5x-9) ))=\left|\frac(0)(0)\right|=\\ =\lim_(x\-5)\frac((\sqrt(x+4)-\sqrt(x^2-16) )(\sqrt(x+4)+\sqrt(x^2-16))(\sqrt(x^2-3x+6)+\sqrt(5x-9)))((\sqrt(x^2) -3x+6)-\sqrt(5x-9))(\sqrt(x^2-3x+6)+\sqrt(5x-9))(\sqrt(x+4)+\sqrt(x^2) -16))) $$ $$ -x^2+x+20=0;\\ \бастау(тураланған) & D=1^2-4\cdot(-1)\cdot 20=81;\\ & x_1=\frac(-1-\sqrt(81))(-2)=\frac(-10)(-2)=5;\\ & x_2=\frac(-1+\sqrt(81))( -2)=\frac(8)(-2)=-4. \end(тураланған) \\ -x^2+x+20=-1\cdot(x-5)(x-(-4))=-(x-5)(x+4). $$

$x^2-8x+15$ өрнегі үшін мынаны аламыз:

$$ x^2-8x+15=0;\\ \бастау(тураланған) & D=(-8)^2-4\cdot 1\cdot 15=4;\\ & x_1=\frac(-(-) 8)-\sqrt(4))(2)=\frac(6)(2)=3;\\ & x_2=\frac(-(-8)+\sqrt(4))(2)=\frac (10)(2)=5. \end(тураланған)\\ x^2+8x+15=1\cdot(x-3)(x-5)=(x-3)(x-5). $$

Алынған кеңейтімдерді $-x^2+x+20=-(x-5)(x+4)$ және $x^2+8x+15=(x-3)(x-5)$ шегіне ауыстыру қарастырылуда:

$$ \lim_(x\ to 5)\frac((-x^2+x+20)(\sqrt(x^2-3x+6)+\sqrt(5x-9)))((x^2) -8x+15)(\sqrt(x+4)+\sqrt(x^2-16)))= \lim_(x\-дан 5-ке дейін)\frac(-(x-5)(x+4)(\ sqrt(x^2-3x+6)+\sqrt(5x-9)))((x-3)(x-5)(\sqrt(x+4)+\sqrt(x^2-16)) )=\\ =\lim_(x\-5)\frac(-(x+4)(\sqrt(x^2-3x+6)+\sqrt(5x-9)))((x-3) (\sqrt(x+4)+\sqrt(x^2-16)))= \frac(-(5+4)(\sqrt(5^2-3\cdot 5+6)+\sqrt(5) \cdot 5-9)))((5-3)(\sqrt(5+4)+\sqrt(5^2-16)))=-6. $$

Жауап: $\lim_(x\ to 5)\frac(\sqrt(x+4)-\sqrt(x^2-16))(\sqrt(x^2-3x+6)-\sqrt(5x-9) ))=-6$.

Келесі (екінші) бөлімде біз жалғанған өрнек алдыңғы есептердегіден басқа пішінге ие болатын бірнеше мысалды қарастырамыз. Есте сақтау керек ең бастысы, жалғаулық өрнекті қолданудағы мақсат белгісіздік тудыратын иррационалдықтан арылу.

Иррационал өрнектің түрлендірулерін зерттеген кезде бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан қалай арылуға болатыны өте маңызды мәселе болып табылады. Бұл мақаланың мақсаты - нақты мысал есептерін пайдалана отырып, осы әрекетті түсіндіру. Бірінші абзацта біз осы түрлендірудің негізгі ережелерін, ал екіншісінде - егжей-тегжейлі түсініктемелері бар типтік мысалдарды қарастырамыз.

Азайтқыштағы иррационалдықтан құтылу түсінігі

Мұндай түрлендірудің мәні неде екенін түсіндіруден бастайық. Ол үшін келесі ережелерді есте сақтаңыз.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдық туралы айта аламыз, егер онда түбір белгісі ретінде де белгілі радикал болса. Бұл белгі арқылы жазылған сандар жиі иррационалды болып табылады. Мысалдар: 1 2, - 2 x + 3, x + y x - 2 · x · y + 1, 11 7 - 5. Иррационал бөлгіштері бар бөлшектерге түбірлерінің таңбалары әртүрлі дәрежелі (квадрат, текше және т.б.) болатын бөлшектер де жатады, мысалы, 3 4 3, 1 x + x · y 4 + y. Өрнекті жеңілдету және одан әрі есептеулерді жеңілдету үшін иррационалдылықтан арылу керек. Негізгі анықтаманы тұжырымдаймыз:

Анықтама 1

Бөлшектің бөлгішіндегі қисынсыздықтан босатыңыз- оны бөлгіште түбірлер мен дәрежелер жоқ бірдей тең бөлшекпен ауыстыру арқылы түрлендіруді білдіреді.

Мұндай әрекетті босату немесе иррационалдылықтан арылу деп атауға болады, бірақ мағынасы өзгеріссіз қалады. Сонымен, 1 2-ден 2 2-ге өту, яғни. бөлгіште түбір белгісі жоқ тең мәні бар бөлшекке және бізге қажетті әрекет болады. Тағы бір мысал келтірейік: бізде х х - у бөлімі бар. Қажетті түрлендірулерді орындап, бөлгіштегі иррационалдықтан босатып, бірдей тең x · x + y x - y бөлігін алайық.

Анықтаманы тұжырымдағаннан кейін біз мұндай түрлендіру үшін орындалуы қажет әрекеттер тізбегін зерттеуге тікелей кірісе аламыз.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты жоюдың негізгі қадамдары

Түбірлерден құтылу үшін бөлшекті екі дәйекті түрлендіруді орындау керек: бөлшектің екі бөлігін де нөлден басқа санға көбейтіңіз, содан кейін бөлгіште алынған өрнекті түрлендіріңіз. Негізгі жағдайларды қарастырайық.

Ең қарапайым жағдайда сіз бөлгішті түрлендіру арқылы алуға болады. Мысалы, бөлгіші 9-ға тең бөлшекті алуға болады. 9-ды есептеп, бөлгішке 3-ті жазамыз және осылайша иррационалдықтан құтыламыз.

Дегенмен, көбінесе алым мен бөлгішті алдымен қажетті пішінге (түбірсіз) келтіруге мүмкіндік беретін санға көбейту қажет. Сонымен, 1 x + 1-ді x + 1-ге көбейтсек, x + 1 x + 1 x + 1 бөлігін аламыз және оның бөлгішіндегі өрнекті x + 1-ге ауыстыра аламыз. Сонымен, иррационалдылықтан құтылып, 1 x + 1-ді x + 1 x + 1-ге айналдырдық.

Кейде орындау қажет түрлендірулер өте нақты болады. Бірнеше иллюстрациялық мысалдарды қарастырайық.

Өрнекті бөлшектің бөліміне қалай түрлендіруге болады

Біз айтқанымыздай, мұны істеудің ең оңай жолы - бөлгішті түрлендіру.

1-мысал

Шарты: 1 2 · 18 + 50 бөлігін бөлгіштегі иррационалдықтан босат.

Шешім

Алдымен жақшаларды ашып, 1 2 18 + 2 50 өрнегін алайық. Түбірлердің негізгі қасиеттерін пайдаланып, 1 2 18 + 2 50 өрнегіне көшеміз. Түбірлердің астындағы екі өрнектің де мәндерін есептеп, 1 36 + 100 аламыз. Мұнда сіз қазірдің өзінде тамырларды шығара аласыз. Нәтижесінде біз 1 16-ға тең 1 6 + 10 бөлігін алдық. Трансформацияны осы жерде аяқтауға болады.

Бүкіл шешімнің орындалу барысын түсініктемесіз жазайық:

1 2 18 + 50 = 1 2 18 + 2 50 = 1 2 18 + 2 50 = 1 36 + 100 = 1 6 + 10 = 1 16

Жауап: 1 2 18 + 50 = 1 16.

2-мысал

Шарты: 7 - x (x + 1) 2 бөлімі берілген. Бөлгіштегі қисынсыздықтан арылыңыз.

Шешім

Бұдан бұрын иррационал өрнектерді түбірлердің қасиеттерін пайдаланып түрлендіруге арналған мақалада біз кез келген А және тіпті n үшін A n n өрнегін | А | айнымалылардың рұқсат етілген мәндерінің барлық диапазонында. Сондықтан біздің жағдайда оны былай жазуға болады: 7 - x x + 1 2 = 7 - x x + 1. Осылайша біз бөлгіштегі қисынсыздықтан құтылдық.

Жауап: 7 - x x + 1 2 = 7 - x x + 1.

Түбірге көбейту арқылы қисынсыздықтан құтылу

Бөлшектің азайғышында А түріндегі өрнек болса, ал А өрнегінің өзінде түбір белгілері болмаса, онда бастапқы бөлшектің екі жағын да А-ға көбейту арқылы иррационалдықтан құтыламыз. Бұл әрекеттің мүмкіндігі А қолайлы мәндер ауқымында 0-ге айналмайтындығымен анықталады. Көбейтуден кейін бөлгіште түбірлерден оңай құтылуға болатын A · A түріндегі өрнек болады: A · A = A 2 = A. Бұл әдісті іс жүзінде қалай дұрыс қолдану керектігін көрейік.

3-мысал

Шарты:берілген бөлшектер x 3 және - 1 x 2 + y - 4. Олардың бөлгіштеріндегі қисынсыздықтан арылыңыз.

Шешім

Бірінші бөлшекті 3-тің екінші түбіріне көбейтейік. Біз келесіні аламыз:

x 3 = x 3 3 3 = x 3 3 2 = x 3 3

Екінші жағдайда x 2 + y - 4 көбейтіп, алынған өрнекті бөлгішке түрлендіру керек:

1 x 2 + y - 4 = - 1 x 2 + y - 4 x 2 + y - 4 x 2 + y - 4 = = - x 2 + y - 4 x 2 + y - 4 2 = - x 2 + y - 4 x 2 + y - 4

Жауап: x 3 = x · 3 3 және - 1 x 2 + y - 4 = - x 2 + y - 4 x 2 + y - 4 .

Бастапқы бөлшектің бөлгішінде A n m немесе A m n түріндегі өрнектер болса (натурал m және n сәйкес), нәтижесінде алынған өрнекті A n n k немесе A n k n (табиғи) түрлендіретіндей көбейткіш таңдау керек к) . Осыдан кейін қисынсыздықтан арылу оңай болады. Осы мысалды қарастырайық.

4-мысал

Шарты:берілген бөлшектер 7 6 3 5 және x x 2 + 1 4 15. Бөлгіштердегі қисынсыздықтан арылыңыз.

Шешім

Біз беске бөлуге болатын натурал санды алуымыз керек және ол үштен үлкен болуы керек. 6 көрсеткіші 5-ке тең болу үшін 6 2 5-ке көбейту керек. Сондықтан бастапқы бөлшектің екі бөлігін де 6 2 5-ке көбейту керек болады:

7 6 3 5 = 7 6 2 5 6 3 5 6 2 5 = 7 6 2 5 6 3 5 6 2 = 7 6 2 5 6 5 5 = 7 6 2 5 6 = 7 36 5 6

Екінші жағдайда бізге қалдықсыз 4-ке бөлуге болатын 15-тен үлкен сан керек. 16 аламыз. Бөлгіште мұндай дәрежені алу үшін көбейткіш ретінде х 2 + 1 4 алу керек. Бұл өрнектің мәні кез келген жағдайда 0 болмайтынын түсіндірейік. Біз есептейміз:

x x 2 + 1 4 15 = x x 2 + 1 4 x 2 + 1 4 15 x 2 + 1 4 = = x x 2 + 1 4 x 2 + 1 4 16 = x x 2 + 1 4 x 2 + 1 4 4 4 = x x 2 + 1 4 x 2 + 1 4

Жауап: 7 6 3 5 = 7 · 36 5 6 және x x 2 + 1 4 15 = x · x 2 + 1 4 x 2 + 1 4.

Жалғаулық өрнекке көбейту арқылы қисынсыздықтан арылу

Бастапқы бөлшектің бөлгішінде a + b, a - b, a + b, a - b, a + b, a - b өрнектері болатын жағдайлар үшін келесі әдіс қолайлы. Мұндай жағдайларда фактор ретінде конъюгаттық өрнекті алуымыз керек. Бұл ұғымның мағынасын ашып көрейік.

Бірінші a + b өрнек үшін конъюгат a - b, екіншісі үшін a - b – a + b болады. a + b үшін – a - b, a - b үшін – a + b, a + b үшін – a - b, ал a - b үшін – a + b. Басқаша айтқанда, жалғаулық өрнек екінші мүшенің алдында қарсы таңба болатын өрнек.

Бұл әдістің нақты не екенін қарастырайық. a - b · a + b түріндегі туындысы бар делік. Оны a - b · a + b = a 2 - b 2 квадраттарының айырмасымен ауыстыруға болады, содан кейін радикалдардан айырылған a - b өрнегіне көшеміз. Осылайша, бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты жалғаулық өрнекке көбейту арқылы азаттық. Бір-екі көрнекі мысал келтірейік.

5-мысал

Шарты: 3 7 - 3 және х - 5 - 2 өрнектеріндегі иррационалдықты жою.

Шешім

Бірінші жағдайда 7 + 3-ке тең конъюгаттық өрнекті аламыз. Енді бастапқы бөлшектің екі бөлігін де оған көбейтеміз:

3 7 - 3 = 3 7 + 3 7 - 3 7 + 3 = 3 7 + 3 7 2 - 3 2 = = 3 7 + 3 7 - 9 = 3 7 + 3 - 2 = - 3 7 + 3 2

Екінші жағдайда бізге - 5 + 2 өрнегі қажет, ол өрнектің конъюгаты - 5 - 2. Алым мен бөлгішті оған көбейтіп, мынаны алыңыз:

x - 5 - 2 = x · - 5 + 2 - 5 - 2 · - 5 + 2 = = x · - 5 + 2 - 5 2 - 2 2 = x · - 5 + 2 5 - 2 = x · 2 - 5 3

Сондай-ақ көбейту алдында түрлендіруді орындауға болады: егер алдымен бөлгіштен минусты алып тастасақ, есептеу ыңғайлы болады:

x - 5 - 2 = - x 5 + 2 = - x 5 - 2 5 + 2 5 - 2 = = - x 5 - 2 5 2 - 2 2 = - x 5 - 2 5 - 2 = - x · 5 - 2 3 = = x · 2 - 5 3

Жауап: 3 7 - 3 = - 3 7 + 3 2 және x - 5 - 2 = x 2 - 5 3.

Көбейту нәтижесінде алынған өрнек осы өрнек үшін қолайлы мәндер ауқымындағы кез келген айнымалылар үшін 0-ге айналмайтынына назар аудару керек.

6-мысал

Шарты: x x + 4 бөлімі берілген. Бөлгіште иррационал өрнектер болмайтындай етіп түрлендіріңіз.

Шешім

x айнымалысы үшін қолайлы мәндер ауқымын табудан бастайық. Ол x ≥ 0 және x + 4 ≠ 0 шарттарымен анықталады. Олардан қажетті облыс x ≥ 0 жиыны деген қорытынды жасауға болады.

Бөлгіштің конъюгаты x - 4. Біз оны қашан көбейте аламыз? Тек x - 4 ≠ 0 болғанда ғана. Қолайлы мәндер ауқымында бұл x≠16 шартына баламалы болады. Нәтижесінде біз мынаны аламыз:

x x + 4 = x x - 4 x + 4 x - 4 = = x x - 4 x 2 - 4 2 = x x - 4 x - 16

Егер x 16-ға тең болса, онда мынаны аламыз:

x x + 4 = 16 16 + 4 = 16 4 + 4 = 2

Сондықтан x x + 4 = x · x - 4 x - 16 рұқсат етілген мәндер диапазонына жататын x барлық мәндері үшін, 16-дан басқа. x = 16 кезінде біз x x + 4 = 2 аламыз.

Жауап: x x + 4 = x · x - 4 x - 16 , x ∈ [ 0 , 16) ∪ (16 , + ∞) 2 , x = 16 .

Кубтардың қосындысы мен айырымының формулаларын пайдаланып бөлгіштегі иррационалды бөлшектерді түрлендіру

Алдыңғы абзацта квадраттар айырмасының формуласын қолдану үшін біз жалғанған өрнектерге көбейттік. Кейде бөлгіштегі қисынсыздықтан құтылу үшін басқа қысқартылған көбейту формулаларын қолданған пайдалы, мысалы, текшелердің айырмасы a 3 − b 3 = (a − b) (a 2 + a b + b 2). Бұл формуланы бастапқы бөлшектің бөлгішінде A 3 - B 3, A 3 2 + A 3 · B 3 + B 3 2 түріндегі үшінші дәрежелі түбірлері бар өрнектер болса, қолдануға ыңғайлы. және т.б. Оны қолдану үшін бөлшектің бөлгішін A 3 2 + A 3 · B 3 + B 3 2 қосындысының жеке квадратына немесе A 3 - B 3 айырмасына көбейту керек. Қосынды формуласын дәл осылай қолдануға болады a 3 + b 3 = (a) (a 2 − a b + b 2).

7-мысал

Шарты: 1 7 3 - 2 3 және 3 4 - 2 · x 3 + x 2 3 бөлшектерін бөлгіштегі иррационалдықты жою үшін түрлендіріңіз.

Шешім

Бірінші бөлшек үшін біз екі бөлікті де 7 3 және 2 3 қосындысының жеке квадратына көбейту әдісін қолдануымыз керек, өйткені біз текшелердің айырымы формуласын пайдаланып түрлендіруге болады:

1 7 3 - 2 3 = 1 7 3 2 + 7 3 2 3 + 2 3 2 7 3 - 2 3 7 3 2 + 7 3 2 3 + 2 3 2 = = 7 3 2 + 7 3 2 3 + 2 3 2 7 3 3 - 2 3 3 = 7 2 3 + 7 2 3 + 2 2 3 7 - 2 = = 49 3 + 14 3 + 4 3 5

Екінші бөлшекте бөлгішті 2 2 - 2 x 3 + x 3 2 түрінде көрсетеміз. Бұл өрнек 2 және x 3 айырмасының толық емес квадратын көрсетеді, яғни бөлшектің екі бөлігін де 2 + x 3 қосындысына көбейтіп, текшелердің қосындысы формуласын қолдануға болады. Ол үшін x 3 ≠ - 2 және x ≠ − 8 эквиваленті 2 + x 3 ≠ 0 шарты орындалуы керек:

3 4 - 2 x 3 + x 2 3 = 3 2 2 - 2 x 3 + x 3 2 = = 3 2 + x 3 2 2 - 2 x 3 + x 3 2 2 + x 3 = 6 + 3 x 3 2 3 + x 3 3 = = 6 + 3 x 3 8 + x

Бөлшектің орнына 8-ді қойып, мәнін табайық:

3 4 - 2 8 3 + 8 2 3 = 3 4 - 2 2 + 4 = 3 4

Жинақтау. Бастапқы бөлшектің (R жиыны) мәндер диапазонына енгізілген барлық x үшін - 8-ден басқа, біз 3 4 - 2 x 3 + x 2 3 = 6 + 3 x 3 8 + x аламыз. Егер x = 8 болса, онда 3 4 - 2 x 3 + x 2 3 = 3 4.

Жауап: 3 4 - 2 x 3 + x 2 3 = 6 + 3 x 3 8 + x, x ≠ 8 3 4, x = - 8.

Түрлендірудің әртүрлі әдістерін дәйекті қолдану

Көбінесе тәжірибеде бір ғана әдісті қолдана отырып, бөлгіштегі иррационалдықтан арыла алмайтын күрделі мысалдар бар. Олар үшін бірнеше түрлендірулерді дәйекті түрде орындау немесе стандартты емес шешімдерді таңдау қажет. Осындай бір мәселені алайық.

Мысал Н

Шарты: 5 7 4 - 2 4-ті түрлендіріп, бөлгіштегі түбірлердің белгілерін жою.

Шешім

Бастапқы бөлшектің екі жағын да нөл емес мәні бар 7 4 + 2 4 конъюгаттық өрнекке көбейтейік. Біз келесіні аламыз:

5 7 4 - 2 4 = 5 7 4 + 2 4 7 4 - 2 4 7 4 + 2 4 = = 5 7 4 + 2 4 7 4 2 - 2 4 2 = 5 7 4 + 2 4 7 - 2

Енді сол әдісті қайта қолданайық:

5 7 4 + 2 4 7 - 2 = 5 7 4 + 2 4 7 + 2 7 - 2 7 + 2 = = 5 7 4 + 2 4 7 + 2 7 2 - 2 2 = 5 7 4 + 7 4 7 + 2 7 - 2 = = 5 7 4 + 2 4 7 + 2 5 = 7 4 + 2 4 7 + 2

Жауап: 5 7 4 - 2 4 = 7 4 + 2 4 · 7 + 2.

Мәтінде қатені байқасаңыз, оны бөлектеп, Ctrl+Enter пернелерін басыңыз