Методы решения целых уравнений 10 класс

Основные методы решения уравнений в целых числах

Введение

Существует множество математических задач, ответами к которым служат одно или несколько целых чисел. В качестве примера можно привести четыре классические задачи, решаемые в целых числах – задача о взвешивании, задача о разбиении числа, задача о размене и задача о четырёх квадратах. Стоит отметить, что, несмотря на достаточно простую формулировку этих задач, решаются они весьма сложно, с применением аппарата математического анализа и комбинаторики. Идеи решения первых двух задач принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру (1707–1783). Однако наиболее часто можно встретить задачи, в которых предлагается решить уравнение в целых (или в натуральных) числах. Некоторые из таких уравнений довольно легко решаются методом подбора, но при этом возникает серьёзная проблема – необходимо доказать, что все решения данного уравнения исчерпываются подобранными (то есть решений, отличных от подобранных, не существует). Для этого могут потребоваться самые разнообразные приёмы, как стандартные, так и искусственные. Анализ дополнительной математической литературы показывает, что подобные задания достаточно часто встречаются в олимпиадах по математике разных лет и различных уровней, а также в задании 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень). В то же время в школьном курсе математики данная тема практически не рассматривается, поэтому школьники, участвуя в математических олимпиадах или сдавая профильный ЕГЭ по математике, обычно сталкиваются со значительными трудностями при выполнении подобного рода заданий. В связи с этим целесообразно выделить систему основных методов решения уравнений в целых числах, тем более что в изученной математической литературе этот вопрос явно не оговаривается. Описанная проблема определила цель данной работы: выделить основные методы решения уравнений в целых числах. Для достижения поставленной цели необходимо было решить следующие задачи:

1) Проанализировать олимпиадные материалы, а также материалы профильного ЕГЭ по математике;

2) Обозначить методы решения уравнений в целых числах и выделить преобладающие;

3) Полученные результаты проиллюстрировать примерами;

4) Составить несколько тренировочных заданий по данной теме;

5) Применяя разработанные задания, определить степень готовности учащихся девятых классов МБОУ СОШ №59 к решению подобного рода задач и сделать практические выводы.

Основная часть

Анализ разнообразной математической литературы показывает, что среди методов решения уравнений в целых числах в качестве основных можно выделить следующие:

1. Представление уравнения в виде произведения нескольких множителей, равного некоторому целому числу;
2. Представление уравнения в виде суммы квадратов нескольких слагаемых, равной некоторому целому числу;
3. Использование свойств делимости, факториалов и точных квадратов;
4. Использование Малой и Великой теорем Ферма;
5. Метод бесконечного спуска;
6. Выражение одной неизвестной через другую;
7. Решение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных;
8. Рассмотрение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое число.

Сразу же нужно оговорить, что мы понимаем под основными методами решения уравнений. Основными будем называть наиболее часто применяющиеся методы, что, конечно, не исключает возможности периодического применения новых «неожиданных» приёмов. Кроме того, причём в подавляющем большинстве случаев, применяют их различные сочетания, то есть проводят комбинирование нескольких методов.
В качестве примера сочетания методов рассмотрим уравнение, предлагавшееся на ЕГЭ по математике в 2013 году (задание С6).

Задача. Решить в натуральных числах уравнение n! + 5n + 13 = k 2 .

Решение. Заметим, что оканчивается нулём при n > 4. Далее, при любых n ∈ N оканчивается либо цифрой 0, либо цифрой 5. Следовательно, при n > 4 левая часть уравнения оканчивается либо цифрой 3, либо цифрой 8. Но она же равна точному квадрату, который не может оканчиваться этими цифрами. Поэтому нужно перебрать только четыре варианта: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.

Значит, уравнение имеет единственное натуральное решение n = 2, k = 5.

В этой задаче использовались свойства точных квадратов, свойства факториалов, и остатки от деления обеих частей уравнения на 10.

Теперь приведём комплекс авторских задач.

Задача 1. Решить в целых числах уравнение n 2 — 4y! = 3.

Решение. Сначала перепишем исходное уравнение в виде n 2 = 4y! + 3. Если посмотреть на это соотношение с точки зрения теоремы о делении с остатком, то можно заметить, что точный квадрат, стоящий в левой части уравнения, даёт при делении на 4 остаток 3, что невозможно. Действительно, любое целое число представимо в одном из следующих четырёх видов:

Таким образом, точный квадрат при делении на 4 даёт в остатке либо 0, либо 1. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.

Ключевая идея – применение свойств точных квадратов.

Задача 2. Решить в целых числах уравнение 8z 2 = (t!) 2 + 2.

Решение. Непосредственная проверка показывает, что t = 0 и t = 1 не являются решениями уравнения. Если t > 1, то t! является чётным числом, то есть, оно представимо в виде t! = 2s. В таком случае уравнение можно преобразовать к виду 4z 2 = 2s 2 + 1. Однако, полученное уравнение заведомо не имеет решений, ибо в левой части стоит чётное число, а в правой – нечётное.

Ключевая идея – применение свойств факториалов.

Задача 3. Решить в целых числах уравнение x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0.

Решение. Исходное уравнение можно переписать следующим образом: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.

Из условия следует, что (x – 1), (y + 3) – целые числа. Следовательно, данное уравнение эквивалентно следующей совокупности:

Теперь можно выписать всевозможные целые решения уравнения.

Задача 4. Решить в целых числах уравнение zt + t – 2z = 7.

Решение. Исходное уравнение можно преобразовать к виду (z + 1) (t – 2) = 5. Числа (z + 1), (t – 2) являются целыми, поэтому имеют место следующие варианты:

Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения.

Ключевая идея – представление уравнения в виде произведения, равного целому числу.

Задача 5. Решить в целых числах уравнение n(n + 1) = (2k + 1)‼

Решение. Число (2k + 1)‼ нечётно при всех неотрицательных значениях k согласно определению (при отрицательных k оно вообще не определено). С другой стороны, оно равно числу n(n + 1), которое чётно при всех целых значениях k. Противоречие.

Ключевая идея – использование чётности/нечётности частей уравнения.

Задача 6. Решить в целых числах уравнение xy + x + 2y = 1.

Решение. Путём преобразований уравнение можно свести к следующему:

Данное преобразование не изменило ОДЗ неизвестных, входящих в уравнение, так как подстановка y = –1 в первоначальное уравнение приводит к абсурдному равенству –2 = 1. Согласно условию, x – целое число. Иначе говоря, тоже целое число. Но тогда число обязано быть целым. Дробь является целым числом тогда и только тогда, когда числитель делится на знаменатель. Делители числа 3: 1,3 –1, –3. Следовательно, для неизвестной возможны четыре случая: y = 0, y = 2, y = –2, y = –4. Теперь можно вычислить соответствующие значения неизвестной x. Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

Ключевая идея – выражение одной неизвестной через другую.

Задача 7. Решить в целых числах уравнение 5 m = n 2 + 2.

Решение. Если m = 0, то уравнение примет вид n 2 = –1. Оно не имеет целых решений. Если m 0. Тогда правая часть уравнения (как и левая) будет кратна 5. Но в таком случае n 2 при делении на 5 должно давать остаток 3, что невозможно (это доказывается методом перебора остатков, который был изложен при решении задачи 1). Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ключевая идея – нахождение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое натуральное число.

Задача 8. Решить в целых числах уравнение (x!) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .

Решение. Заметим, что в силу чётности показателей степеней уравнение эквивалентно следующему: (x!) 4 + |y – 1| 4 = |z + 1| 4 . Тогда x!, |y – 1|, |z + 1| – натуральные числа. Однако, согласно Великой теореме Ферма, эти натуральные числа не могут удовлетворять исходному уравнению. Таким образом, уравнение неразрешимо в целых числах.

Ключевая идея – использование Великой теоремы Ферма.

Задача 9. Решить в целых числах уравнение x 2 + 4y 2 = 16xy.

Решение. Из условия задачи следует, что x – чётное число. Тогда x 2 = 4x₁ 2 . Уравнение преобразуется к виду x₁ 2 + y 2 = 8x₁y. Отсюда вытекает, что числа x₁, y имеют одинаковую чётность. Рассмотрим два случая.

1 случай. Пусть x₁, y – нечётные числа. Тогда x₁ = 2t + 1, y = 2s + 1. Подставляя эти выражения в уравнение, получим:

Выполним соответствующие преобразования:

Сокращая обе части полученного уравнения на 2, получим?

В левой части стоит нечётное число, а в правой – чётное. Противоречие. Значит, 1 случай невозможен.

2 случай. Пусть x₁, y – чётные числа. Тогда x₁ = 2x₂ + 1, y = 2y₁. Подставляя эти значения в уравнение, получим:

Таким образом, получилось уравнение, точно такое же, как на предыдущем шаге. Исследуется оно аналогично, поэтому на следующем шаге получим уравнение и т.д. Фактически, проводя эти преобразования, опирающиеся на чётность неизвестных, мы получаем следующие разложения: . Но величины n и k не ограничены, так как на любом шаге (со сколь угодно большим номером) будем получать уравнение, эквивалентное предыдущему. То есть, данный процесс не может прекратиться. Другими словами, числа x, y бесконечно много раз делятся на 2. Но это имеет место, только при условии, что x = y = 0. Итак, уравнение имеет ровно одно целое решение (0; 0).

Ключевая идея – использование метода бесконечного спуска.

Задача 10. Решить в целых числах уравнение 5x 2 – 3xy + y 2 = 4.

Решение. Перепишем данное уравнение в виде 5x 2 – (3x)y + (y 2 – 4) = 0. Его можно рассмотреть как квадратное относительно неизвестной x. Вычислим дискриминант этого уравнения:

Для того чтобы уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы , то есть Отсюда имеем следующие возможности для y: y = 0, y = 1, y = –1, y = 2, y = –2.

Итак, уравнение имеет ровно 2 целых решения: (0;2), (0;–2).

Ключевая идея – рассмотрение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных.

Составленные автором задачи были использованы при проведении эксперимента, который состоял в следующем. Всем учащимся девятых классов были предложены разработанные задания с целью выявления уровня подготовки детей по данной теме. Каждому из учеников необходимо было предложить метод нахождения целочисленных решений уравнений. В эксперименте приняли участие 64 ученика. Полученные результаты представлены в таблице 1.

ТАБЛИЦА 1

Количество учащихся, справившихся с заданием (в процентах)

Алгебра и начала математического анализа. 10 класс

Конспект урока

Алгебра и начала математического анализа, 10 класс

Урок №9. Решение уравнений в целых числах.

Перечень вопросов, рассматриваемых в теме

1. понятие диофантовых уравнений;
2. теоремы для решения уравнений в целых числах;
3. основные методы решения уравнений в целых числах.

Глоссарий по теме

Диофантовыми уравнениями называются уравнения вида

Неопределенные уравнения – уравнения, содержащие более одного неизвестного. Под одним решением неопределенного уравнения понимается совокупность значений неизвестных, которая обращает данное уравнение в верное равенство.

Теорема 1. Если НОД(а, b) = d, то существуют такие целые числа х и у, что имеет место равенство ах + bу = d.

Теорема 2. Если уравнение ах + bу = 1, если НОД(а, b) = 1, достаточно представить число 1 в виде линейной комбинации чисел а и b.

Теорема 3. Если в уравнении ах + bу = с НОД(а, b) = d>1 и с не делится на d, то уравнение целых решений не имеет.

Теорема 4. Если в уравнении ах + bу = с НОД(а, b) = d>1 и с 1 и с не делится на d, то уравнение целых решений не имеет.

Для доказательства теоремы достаточно предположить противное.

Найти целое решение уравнения 16х — 34у = 7.

(16,34)=2; 7 не делится на 2, уравнение целых решений не имеет.

Теорема 4. Если в уравнении ах + bу = с НОД(а, b) = d>1 и с 2 + 23 = у 2

Перепишем уравнение в виде: у 2 — х 2 = 23, (у — х)(у + х) = 23

Так как х и у – целые числа и 23 – простое число, то возможны случаи:

; ; ; ;

Решая полученные системы, находим:

; ;;;

4. Выражение одной переменной через другую и выделение целой части дроби.

Решить уравнение в целых числах: х 2 + ху – у – 2 = 0.

Выразим из данного уравнения у через х:

Так как х, у – целые числа, то дробь должна быть целым числом.

Это возможно, если х – 1 =

; ;

; ;

5. Методы, основанные на выделении полного квадрата.

Найдите все целочисленные решения уравнения: х 2 — 6ху + 13у 2 = 29.

Преобразуем левую часть уравнения, выделив полные квадраты,

х 2 — 6ху + 13у 2 = (х 2 — 6ху + 9у 2 ) + 4у 2 = (х — 3у) 2 + (2у) 2 = 29, значит (2у) 2 29.

Получаем, что у может быть равен .

1. у = 0, (х — 0) 2 = 29. Не имеет решений в целых числах.

2. у = -1, (х + 3) 2 + 4 =29, (х + 3) 2 = 25, х + 3 = 5 или х + 3 = -5

3. у = 1, (х — 3) 2 +4 =29,

(х — 3) 2 =25, х – 3 = 5 или х – 3 = -5

4. у = -2, (х + 6) 2 + 16 = 29, (х + 6) 2 = 13. Нет решений в целых числах.

5. у=2, (х-6) 2 +16=29, (х-6) 2 =13. Нет решений в целых числах.

Ответ: (2; -1); (-8; -1); (8; 1); (-2; 1).

6. Решение уравнений с двумя переменными как квадратных

относительно одной из переменных.

Решить уравнение в целых числах: 5х 2 +5у 2 +8ху+2у-2х+2=0.

Рассмотрим уравнение как квадратное относительно х:

5х 2 + (8у — 2)х + 5у 2 + 2у + 2 = 0

D = (8у — 2) 2 — 4·5(5у 2 + 2у + 2) = 64у 2 — 32у + 4 = -100у 2 — 40у – 40= = -36(у 2 + 2у + 1) = -36(у + 1) 2

Для того, чтобы уравнение имело решения, необходимо, чтобы D = 0.

-36(у + 1) 2 = 0. Это возможно при у = -1, тогда х = 1.

7. Оценка выражений, входящих в уравнение.

Решить в целых числах уравнение:

(х 2 + 4)(у 2 + 1) = 8ху

Заметим, что если – решение уравнения, то – тоже решение.

И так как х = 0 и у = 0 не являются решением уравнения, то, разделив обе части уравнения на ху, получим:

,

Пусть х > 0, у > 0, тогда, согласно неравенству Коши,

,

тогда их произведение , значит,

Отсюда находим х = 2 и у = 1 – решение, тогда х = -2 и у = -1 – тоже решение.

8.Примеры уравнений второй степени с тремя неизвестными.

Рассмотрим уравнение второй степени с тремя неизвестными: х 2 + у 2 = z 2 .

Геометрически решение этого уравнения в целых числах можно истолковать как нахождение всех пифагоровых треугольников, т.е. прямоугольник треугольников, у которых и катеты х,у и гипотенуза z выражаются целыми числами.

По формуле х = uv, , где u и v – нечетные взаимно простые числа (u > v > 0) можно найти те решения уравнения х 2 + у 2 = z 2 , в которых числа х,у и z не имеют общих делителей (т.е. взаимно простые).

Для начальных значений u и v формулы приводят к следующим часто встречающимся равенствам:

3 2 + 4 2 = 5 2 (u = 1, v = 3), 5 2 + 12 2 = 13 2 (u = 1, v = 5), 15 2 + 8 2 = 17 2 (u = 3, v = 5)

Все остальные целые положительные решения этого уравнения получаются умножением решений, содержащихся в формулах, на произвольный общий множитель а.

Разбор решения заданий тренировочного модуля

№1. Тип задания: выбор элемента из выпадающего списка

Решите уравнение 9х+22у-1=0

Решение: Решим данное уравнение, воспользовавшись теоремой 2:

2. 1 = 9 — 4∙2 = 9 — (22 — 9∙2) ∙2 = 9∙5 + 22∙(-2),

т.е. х₀= 5, у₀= -2 — решение данного уравнения

№2. Тип задания: ввод с клавиатуры пропущенных элементов в тексте.

Найдите целое решение уравнения 3х+9у=3

Решение: Решим данное уравнение: 3х+9у=3

Разделим обе части уравнения на 3, получим:

1. 3 = 1 ∙ 2 + 1
2. 1 = 3 — 1∙2, т.е. х₀= 1, у₀= 0 — решение данного уравнения

Открытый урок “Методы решения целых рациональных уравнений»
план-конспект урока по алгебре (10 класс) на тему

Урок повторения и систематизации знаний (10 класс, математический) . Форма урока: турнир

Скачать:

Предварительный просмотр:

Методы решения целых рациональных уравнений

Тема: “Методы решения целых рациональных уравнений»

Урок повторения и систематизации знаний (10 класс, математический) .

Форма урока: турнир.

• Образовательная: повторить и систематизировать знания по данной теме при этом максимально развивая способности учеников, обратить внимание на виды уравнений, закрепить способы решения уравнений.
• Развивающая:развивать мышление, накапливать способы математической деятельности с помощью наблюдения, опыта, обобщения.
• Воспитательная: проявлять взаимовыручку, товарищество работая в группе.

Оборудование: таблица, мультимедийный аппарат.

разложение на множители замена переменной

оценка левой и правой графический

1. Организационный момент.
2. Конкурсы: а) «Кто быстрее?»

г) «Мозговая атака»

3. Историческая справка.

5. Применение нового нестандартного метода решения уравнений.

Цель нашего урока-повторить и систематизировать знания по теме «Решение целых рациональных уравнений», повторитьспособы решения этих уравнени, применять в нестандартных заданиях. Урок проведем в форме турнира. Разделим класс на три группы (ряда). Оценки за урок будут выставлены по количеству баллов набранных в группе, для подсчета баллов будем использовать жетоны. Итак, начнем турнир.

Сегодня на уроке мы обратим внимание на решение уравнений высших степеней.Вы знаете, что уравнение первой степени ах+ в = 0, при а≠0 имеет единственный корень. Число корней уравнения второй степени ах 2 +вх +с=0 зависит от дискриминанта, но в любом случае имеет не более двух корней. Существуют формулы для вычисления корней уравнений третьей и четвертой степени, но они столь сложны, что ими практически не пользуются. Для уровнений пятой степени и выше не существует общих формул вычисления корней. Поэтому в современной математике разработаны различные методы, позволяющие с любой степенью точности находить приближенные значения корней уравнений. Использование компьютеров значительно облегчает эту работу. Приближенное решение уравнений тесно связано с построением графиков функций. Но сегодня мы не будем рассматривать этот метод.

1. а)Итак, первое задание: «Кто быстрее ?»

1. Записать в тетрадях и на доске формулы теоремы Виета для многочлена 3-ей степени

ах 3 +вх 2 +сх+d, если его корни х 1 , х 2 , х 3. Ответ: х 1 +х 2 +х 3 = — ; х 1 х 2+ х 1 х 3 +х 2 х 3 = ; х 1 х 2 х 3= — .

1. Кто быстрее составит приеденное уравнение 3-ей степени, если его корни 1; — 2; 3.

1. Ответ: х 3 — 2х 2 — 5х+ 6 = 0

1. Известно, что в уравнении х 3 -+3х 2 — 4х- 12 = 0 среди его корней имеются два противоположных. Найти корни не решая уравнения.

Решение: х +(- х) + х 3 = — 3; х 3 = — 3; х 1 х 2 х 3= 12; х 1 х 2 = — 4; х 1 = 2; х 2 = — 2.

1. Назовите многочлен, корни которого противоположны корням многочлена

2х 3 -8х 2 +3х-4 = 0; Ответ: 2х 3 +8х 2 +3х+4 = 0;

Каждое задание 1 балл.

Мы повторили теорему Виета и обратную ей теорему и увидели, что с их помощью можно найти корни уравнения.

В этом конкурсе мы проверим ваши теоритические знания:

1. Равносильны ли уравнения: а) х 5 -1 = 0 и х 7 -1 = 0 Ответ: да

б) х 6 -1 = 0 и х 2 +х+1 = 0 Ответ: да

в) IхI=5 и х 2 =5 Ответ: нет

2. Является ли уравнение х 4 =16 следствием уравнения х 5 =32?

3. Найти значения коэффициентов 2х 5 +х 3 +3х-5=ах 5 +вх 4 +сх 3 +dx 2 +fx+n (учащиеся проговаривают правило: два многочлена равны, если коэффициенты при соответствующих степенях равны).

4. х 4 +6х 3 +3x 2 +2=0 а) имеет ли уравнение положительные корни?

в) дробные? Если имеет то как их найти? Объяснить.

5. При каких целых значениях а уравнение х 4 +ах+1=0 имеет рациональные корни? Ответ: 2 и – 2.

В уравнении х 4 — 3х 3 +2x 2 — 1=0 числа 1 и – 1 делители свободного члена, при проверке не являются корнями уравнения. Ответ: нет решения.

Верно ли решено уравнение? Найдите ошибку, если не верно. Как нужно решить?

а)Какие способы разложения на множители вы знаете?

Ответы:вынесение за скобку общего множителя, формулы скоращенного умножения,

группировка, применение теоремы Безу, способ вычитания, метод неопределенных

б) Где применяется метод замены переменной? Ответы: бикваддратные уравнения и

сводящиеся к ним, возвратные уравнения,обобщеные возвратные уравнения, однородные

в) Оценка левой и правой части?

г) Каким способом рациональнее решить уравнения:

1) (х 2 +2) 2 — х 4 =0; Ответ: , разложение на множители.

2) 2х 4 +3х 3 -16x 2 +3х+2=0; Ответ: -2+ ; -2- ; 2; 0,5; возвратное уравнение

3) х 4 +х 3 -x 2 -7х-6=0; Ответ: -1; 2 (разложение на множители, например, с помощью схемы

4) х 9 +5х-6=0; Ответ: 1; оценка левой и правой части.

5) (х 2 -5х+7)-(х-2)(х-3)=1; Ответ: 2; 3; замена переменной х 2 -5х+6=а.

6) х 8 -15х 4 -16=0; Ответ: 2;-2

7) х 5 +2х 3 =3(2-х) 3 ; Ответ: 1; оценка левой и правой части.

8) х 4 -10х 3 +27x 2 -14х+2=0; Ответ: 2+ ; 2- ; метод неопределенных коэффициентов.

9) (х 2 +х+4) 2 +8х(х 2 +х+4)+15х 2 =0;Ответ: -3+ ; -3- ; -2;разными способами:делением на

х 2 0; выделением полного квадрата и другими.

10) 3х 4 -2х 3 +4x 2 -4х+12=0;Ответ: обобщенное квадратное уравнение

11) (х 2 -6х-9) 2 =х(х 2 -4х-9); Ответ:-1; 9; 0,5(5+ ; 0,5(5- .

III. Историческая справка.

20 февраля 1535 года в итальянском городе Болонья состоялся публичный диспут-поединок между профессором Никколо Фонтано по прозвищу Тарталья,занимавшим кафедру математики в Вероне. И неким Фибре. В то время такие состязания были явлением нередким. Противники предлагали друг другу заранее оговоренное число задач, и тот, кто успешнее справлялся с ними за отведенные несколько часов, объявлялся победителем. Он награждался обусловленным денежным призом и получал возможность занять университетскую кафедру, часто и за счет побежденного, подобный порядок вел к тому, что полученные математические результаты хранились авторами в тайне.

Важнейшим математическим достижением ХVI века явилось решение алгебраических уравнений третьей и четвертой степени ( квадратные уравнения умели решать уже древние).В начале ХVI века прфессор математики Болнского университета Сципион дель-Ферро нашел метод решения уравнений вида х 3 +pх +q=0 (1) при p 0. Легко сообразить, что при этом условии уравнение (1) имеет единственный корень, поскольку если его записать х 3 =-pх – q,

То в левой части уравнения функция возрастает, в правой убывает- уравнение имеет один корень. Свое открытие дель-Ферро держал в секрете и лишь незадолго до смерти в 1526 году сообщил его двум своим ученикам, одним из которых и был Фиоре. К 1535 году Тарталья был достаточно известным математиком. Прзвище свое –«заика»- он получил из-за невнятной речи.

Получив вызов Тарталья понял, что Фиоре знает метод решения уравнения (1). Упорно работая день и ночь, Тарталья за 8 дней до диспута нашел этот метод. В результате за 2 часа 20 февраля 1526года он решил все 30 задач, предложенных ему Фиоре и оказавшихся, как и предполагалось, уравнениями вида (1). А Фиоре не смог решить ни одной из 30 задач выбранных Тартальей из различных разделов математики.

Из этой исторической справки мы узнали, что еще в ХVI веке между учеными математиками

Проводились поединки турниры, в ходе которых появились новые открытия, новые способы решения уравнений. Сегодня на уроке предлагаю провести такой турнир между группами. Вы заранее приготовили друг другу задания (уравнения). Начинаем наш турнир. Ученики разных групп предлагают друг другу по два уравнения . В каждой группе назначены ученики проверяющие задания соперников. В течение 10 минут, ученики справляются заданиями, решения проверены, оценены ответы учеников быстрее других решивших предложенные уравнения.

V. Применение нового нестандартного метода решения уравнений.

Один из учеников нашел в дополнительной литературе метод, не изученный на уроке

(х 2 +х+4) 2 +8х(х 2 +х+4)+ 15х 2 =0

Заменим х 2 +х+4 =а, тогда а 2 +8ха+15х 2 =0

Решаем уравнение относительно переменной а и сделаем обратную замену.

Мы узнали еще один способ, который можем применять.

Сообщены оценки за урок. Отмечены более рациональные способы решениЯ уравнений, предложенных учениками, подведены итоги поединка. Сделан вывод, что все три группы работали на уроке на высоком уровне. Справились с заданиями.и нет смысла выявлять победителя на этом турнире. Победили знания, умения на практике применять методы решения уравнений.

1. Виленкин Н.Я. Алгебра и математический анализ для 10 класса: Учебное пособие /Н.Я. Виленкин, О.С. Ивашев – Мусатов, С.И. Шварцбурд.-М.:Просвещение,1998.-288с.
2. Галицкий М.Л. Углубленное изучение алгебры и математического анализа:Метод. рекомендации и дидакт. материалы:Пособие для учителя /М.Л. Галицкий, М.М. Мошкович, С.И. Шварцбурд.-М.: Просвещение, 1997.-352с.
3. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач: Учебное пособие для 10 кл. сред. шк.- М.: Просвещение, 1989.-252с.