Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан қалай арылуға болады. Бөлшектің бөлгішінің иррационалдылығынан босату. Квадрат түбірді берілген дәлдік дәрежесімен шығару. Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты жоюдың негізгі қадамдары

Бөлімшесінде иррационал өрнек жазылған бөлшек алгебралық өрнекті түрлендіру кезінде әдетте бөлшекті оның бөлімі рационал болатындай етіп көрсетуге тырысады. Егер A,B,C,D,... кейбір алгебралық өрнектер болса, онда форманың өрнектерінің бөлгішіндегі түбегейлі белгілерден арылуға болатын ережелерді көрсетуге болады.

Осы жағдайлардың барлығында бөлшектің алымы мен бөлімін оның бөлшектің бөліміне көбейтіндісі рационал болатындай етіп таңдалған көбейткішке көбейту арқылы иррационалдық жойылады.

1) Пішіннің бөлшек бөлігіндегі иррационалдықты жою. Алым мен азайтқышты көбейтіңіз

1-мысал.

2) Пішіннің бөлшектері жағдайында. Алым мен бөлгішті иррационал көбейткішке көбейтіңіз

сәйкесінше, яғни конъюгаттық иррационал өрнекке.

Соңғы әрекеттің мағынасы: бөлгіште қосынды мен айырманың көбейтіндісі квадраттардың айырмасына түрленеді, ол қазірдің өзінде рационал өрнек болады.

Мысал 2. Өрнектің бөлгішіндегі иррационалдықты алып тастаңыз:

Шешуі, а) Бөлшектің алымы мен бөлімін өрнекке көбейтеміз. Біз аламыз (бұл жағдайда)

3) сияқты өрнектер жағдайында

бөлгіш қосынды (айырма) ретінде қарастырылады және ((20.11), (20.12)) кубтардың қосындысын (айырымы) алу үшін айырманың (қосындының) толық емес квадратына көбейтіледі. Алым да сол көбейткішке көбейтіледі.

Мысал 3. Өрнектер бөлгішіндегі иррационалдықты алып тастаңыз:

Шешуі, а) Берілген бөлшектің бөлімін сандардың және 1-дің қосындысы деп есептей отырып, алымы мен бөлімін осы сандардың айырмасының толық емес квадратына көбейтеміз:

немесе соңында:

Кейбір жағдайларда қарама-қарсы сипаттағы түрлендіруді орындау қажет: бөлшекті алымдағы иррационалдықтан босату. Ол дәл осылай жүзеге асырылады.

Мысал 4. Бөлшектің алымындағы иррационалдықты алып тастаңыз.

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан босату

2015-06-13

Конъюгаттық иррационал өрнек

Бөлімшесінде иррационал өрнек жазылған бөлшек алгебралық өрнекті түрлендіру кезінде әдетте бөлшекті оның бөлімі рационал болатындай етіп көрсетуге тырысады. Егер $A, B, C, D, \cdots$ кейбір алгебралық өрнектер болса, онда форманың өрнектерінің бөлгішіндегі радикалды белгілерден арылуға болатын ережелерді көрсетуге болады.

$\frac(A)(\sqrt[n](B)), \frac(A)(B+C \sqrt(D)), \frac(A)(\sqrt(B) + c \sqrt(D) )), \frac(A)( \sqrt(B) \pm \sqrt(C))$ т.б.

Осы жағдайлардың барлығында бөлшектің алымы мен бөлімін оның бөлшектің бөліміне көбейтіндісі рационал болатындай етіп таңдалған көбейткішке көбейту арқылы иррационалдық жойылады.

1) $A/ \sqrt[n](B)$ түріндегі бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты жою үшін алым мен бөлгішті $\sqrt[n](B^(n-1)) көбейтіңіз. $.
$\frac(A)(\sqrt[n](B)) = \frac(A \sqrt[n](B^(n-1)))(\sqrt[n](B) \sqrt[n] (B^(n-1))) = \frac(A \sqrt[n](B^(n-1)))(B)$.

1-мысал. $\frac(4a^(2)b)(\sqrt(2ac)) = \frac(4a^(2)b \sqrt(4a^(2)c^(2)(2ac) = \frac(2ab)(c) \sqrt(4a^(2)c^(2))$.

$\frac(A)(B+ C \sqrt(D)), \frac(A)(\sqrt(B) + c \sqrt(D))$ түріндегі бөлшек болған жағдайда алым мен бөлгішті көбейтіңіз. иррационалды фактор арқылы
$B - C \sqrt(D)$ немесе $\sqrt(B) - c \sqrt(D)$
сәйкесінше, яғни конъюгаттық иррационал өрнекке.

Соңғы әрекеттің мағынасы: бөлгіште қосынды мен айырманың көбейтіндісі квадраттардың айырмасына түрленеді, ол қазірдің өзінде рационал өрнек болады.

Мысал 2. Өрнектің бөлгішіндегі иррационалдықты алып тастаңыз:
a) $\frac(xy)(\sqrt(x^(2) + y^(2)) + x)$; б) $\frac(2)(\sqrt(5) - \sqrt(3))$.

Шешуі, а) Бөлшектің алымы мен бөлімін көбейтеміз
$\sqrt(x^(2) + y^(2)) - x$ өрнегі. Біз аламыз ($y \neq 0$ деп есептесек)
$\frac(xy)(\sqrt(x^(2) + y^(2)) + x) = \frac(xy (\sqrt(x^(2) + y^(2)) - x)) ((x^(2) + y^(2)) – x^(2)) = \frac(x)(y) (\sqrt(x^(2) + y^(2)) - x)$ ;
б) $\frac(2)(\sqrt(5) - \sqrt(3)) = \frac(2(\sqrt(5) + \sqrt(3)(5 - 3) = \sqrt(5) ) + \sqrt(3)$.
3) сияқты өрнектер жағдайында
$\frac(A)(B \pm C \sqrt(D)), \frac(A)(\sqrt(B) \pm C \sqrt(D))$
бөлгіш қосынды (айырма) ретінде қарастырылады және текшелердің қосындысын (айырмасын) алу үшін айырманың (қосындының) толық емес квадратына көбейтіледі. Алым да сол көбейткішке көбейтіледі.

Мысал 3. Өрнектер бөлгішіндегі иррационалдықты алып тастаңыз:
a)$\frac(3)(\sqrt(5) + 1)$; b)$\frac(1)(\sqrt(a) – 2 \sqrt(b))$

Шешуі, а) Бұл бөлшектің бөлімін $\sqrt(5)$ және $1$ сандарының қосындысы ретінде қарастырып, алым мен бөлгішті осы сандардың айырмасының толық емес квадратына көбейтеміз:
$\frac(3)(\sqrt(5) + 1) = \frac(3 (\sqrt(5^(2)) - \sqrt(5) +1))((\sqrt(5) + 1) (\sqrt(5^(2)) - \sqrt(5) + 1)) = \frac(3(\sqrt(25) - \sqrt(5) + 1))((\sqrt(5))^ (3) +1)$,
немесе соңында:
$\frac(3)(\sqrt(5) + 1) = \frac(3(\sqrt(25) - \sqrt(5) + 1))(6) = \frac(\sqrt(25) - \ sqrt(5) + 1)(2)$
б) $\frac(1)(\sqrt(a) – 2 \sqrt(b)) = \frac(\sqrt(a^(2)) + 2 \sqrt(ab) + 4 \sqrt(b^() 2)))((\sqrt(a))^(3) – (2 \sqrt(b))^(3)) = \frac( \sqrt(a^(2)) + 2 \sqrt(ab) + 4 \sqrt(b^(2)(a-8b)$.

Кейбір жағдайларда қарама-қарсы сипаттағы түрлендіруді орындау қажет: бөлшекті алымдағы иррационалдықтан босату. Ол дәл осылай жүзеге асырылады.

Мысал 4. $\frac(\sqrt(a+b) - \sqrt(a-b))(2b)$ алымындағы иррационалдықты алып тастаңыз.
Шешім. $ \frac(\sqrt(a+b) - \sqrt(a-b))(2b) = \frac((a+b) - (a-b))(2b(\sqrt(a+b) + \sqrt(a-b) ))) = \frac(1)(\sqrt(a+b) + \sqrt(a-b))$

Арифметикалық квадрат түбірлері бар өрнектерді түрлендіру

Сабақтың мақсаты: ауысымдық топтардағы жұмыс барысында арифметикалық квадрат түбірлері бар өрнектерді ықшамдау, дағдыларын қалыптастыруға жағдай жасау.

Сабақтың мақсаттары: тексеру теориялық оқытуоқушыларды саннан шаршы түбірді ажырата білу, алған білімдері мен дағдыларын дұрыс жаңғырту дағдыларын қалыптастыру, есептеу дағдыларын дамыту, жұппен жұмыс істеуге, ортақ іске жауапкершілікке тәрбиелеу.

Сабақтар кезінде.

I. Ұйымдастыру уақыты. "ДАЙЫНДЫҚ ҮСТЕЛІ»

Сабақтың басына дайындық деңгейін бекіту.

25 карта қызыл (5 ұпай), сары (4 ұпай), көк

түстер (3 ұпай).

Дайындық кестесі

5 ұпай (білгім келеді, орындаймын, шешемін)

4 ұпай (Мен баруға дайынмын)

3 ұпай (мен өзімді жақсы сезінбеймін, материалды түсінбеймін, маған көмек керек)

II . Жеке карточкалық жұмыс

Карточка 1

Көбейткішті түбір белгісінің астынан шығарыңыз:

Карточка 2

Түбір белгісінің астына көбейткішті енгізіңіз:

Карточка 3

Жеңілдету:
A)
б)
V)

(Үй тапсырмасын тексергеннен кейін тексеру)

III . Үй тапсырмасын тексеру.

No 166, 167 ауызша маңдайша

(сигнал карталары арқылы өзін-өзі бағалау: жасыл – бәрі дұрыс, қызыл – қате бар)

IV . Жаңа материалды меңгерту. Ауысымдық топтарда жұмыс істеу.

Топ мүшелеріне кейінірек түсіндіре алу үшін материалды өз бетінше оқу. Сынып 4 адамнан 6 топқа бөлінеді.

1, 2 және 3 топтар – қабілеті орташа оқушылар

Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты қалай жоюға болады? Жалпы жағдайды және нақты мысалдарды қарастырыңыз.

Белгінің астындағы сан немесе өрнек болса шаршы түбірбөлгіште, азайғыштағы иррационалдықтан құтылу факторларының бірі болып табылады және бөлшектің алымы мен бөлімін осы санның немесе өрнектің квадрат түбірімен көбейтеді:

Мысалдар.

1) ;

2) .

4, 5 және 6 топтар – қабілеті ортадан жоғары оқушылар.

Бөлшектің бөлімі квадрат түбірі бар екі өрнектің қосындысы немесе айырмасы болса, бөлгіштегі иррационалдықтан құтылу үшін алымды да, бөлімін де жалғаулық радикалға көбейтеміз:

Мысалдар. Бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықты алып тастаңыз:

Жаңа топтарда жұмыс (6 адамнан 4 топ, әр топтан 1 адам).

Оқыған материалды мүшелерге түсіндіру жаңа топ. (бір-бірін бағалау – оқушының материалды түсіндіруіне түсініктеме беру)

В . Теориялық материалды меңгеруін тексеру.Сұрақтарға теориялық материалдың бұл бөлігін түсіндірмеген студенттер жауап береді.

1) Бөлімшедегі квадрат түбір таңбасының астындағы сан немесе өрнек көбейткіштердің бірі болса, бөлшектің бөлгішіндегі иррационалдықтан қалай құтылуға болады?

2) Бөлшектің бөлімі квадрат түбірі бар екі өрнектің қосындысы немесе айырмасы болса, бөлшектің бөліміндегі иррационалдықтан қалай құтылуға болады?

3) бөлшектің бөлгішіндегі қисынсыздықтан қалай арылуға болады

4) Бөлшектің бөліміндегі иррационалдық қалай жойылады

VI . Оқыған материалды бекіту. Өздік жұмысын тексеру.

No81 («Алгебра» 8 сынып, А. Әбілқасымова, И. Бекбоев, А. Әбдиев, З, Жұмағұлова)

No170 (1,2,3,5,6) («Алгебра» 8 сынып, А. Шыныбеков)

Бағалау критерийлері:

А деңгейі – №81 мысалдар 1-5 «3» деген баға

В деңгейі – No81 мысал 6-8 және №170 мысал 5,6 «4» деген баға.

С деңгейі – № 170 мысал 1-6 «5» деген баға

(өзін-өзі бағалау, флипчарт арқылы тексеру)

VII . Үй жұмысы.

№ 218

VIII. Рефлексия. «Телеграмма»

Барлығына келесі нұсқаулықты алған кезде жеделхат формасын толтыруға шақырылады: «Өткен сабақ туралы не ойлайсыз? Сіз үшін не маңызды болды? Сіз не үйрендіңіз? Сізге не ұнады? Не түсініксіз қалды? Біз қай бағытта алға жылжуымыз керек? Маған бұл туралы қысқа хабарлама – 11 сөзден тұратын жеделхат жазыңыз. Алдағы жұмысымда ескеру үшін сіздің пікіріңізді білгім келеді.

Сабақты қорытындылау.

Бұл тақырыпта біз жоғарыда аталған шектердің үш тобын иррационалдықпен қарастырамыз. $\frac(0)(0)$ пішінінің белгісіздігі бар шектеулерден бастайық.

Белгісіздікті ашу $\frac(0)(0)$.

Шешу схемасы стандартты мысалдарбұл түр әдетте екі кезеңнен тұрады:

• Белгісіздікті тудырған қисынсыздықтан «қосарлас» деп аталатын өрнекке көбейту арқылы құтыламыз;
• Қажет болса, алымдағы немесе бөлгіштегі өрнекті (немесе екеуін де) көбейткіштерге бөлеміз;
• Белгісіздікке әкелетін факторларды азайтып, шектің қажетті мәнін есептейміз.

Жоғарыда қолданылған «бірлескен 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 қисынсыздықтан құтылуы мүмкін. Стандартта мұндай мысалдар сирек кездеседі бақылау жұмысы, сондықтан ауыстыруды пайдалану үшін біз тек бір ғана мысалды No6 қарастырамыз (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. Егер $x_1$ және $x_2$ $ax^2+bx+c$ шаршы 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, біз қазір оларға жүгінеміз.

№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. Осындай қисынсыздықтардан арылу үшін «қосылмалы өрнек» деп аталатын көбейту амалы 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 кеңейту үшін аталған формуланың оң жағындағы $a=\sqrt(7-x)$, $b=2$ орнына қолданамыз:

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

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 алып, көбейте алмаймыз, себебі бұл $\frac(\sqrt(7-x)-2)(x-3)$ бөлігін өзгертеді, бұл шектен төмен. Бір уақытта алымды да, азайғышты да 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 кеңейтіңіз. Ал жақшаларды ашып, $3-x=-(x-3)$ аздап түрлендіруден кейін бөлшекті $x-3$-ға азайтамыз:

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

$\frac(0)(0)$ белгісіздік 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 өзінің құрылымын өзгертуі мүмкін екенін ескеремін - ол қандай иррационалдықты жою керек екеніне байланысты. №4 және №5 мысалдарда (осы тақырыптың екінші бөлігін қараңыз) конъюгаттық өрнектің басқа түрі пайдаланылады.

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 $a=\sqrt(x^2+5)$, $b=\sqrt(7x^2-19)$ ауыстырсақ, 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 бөлу керек, содан кейін ғана азайтуға көшу керек. $3x^2-5x-2$ өрнегін көбейткіштерге бөлу үшін пайдалану керек. Бастау үшін шешейік квадрат теңдеу$3x^2-5x-2=0$:

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

$x_1=-\frac(1)(3)$, $x_2=2$ 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 анықтайтын кез 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:

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

$x-2$ жақшамен 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 $-x^2+x+20=-(x-5)(x+4)$ және $x^2+8x+15=(x-3)(x-5)$ кеңейтімдерін қарастырылғанға ауыстыру шегі болады:

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

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.

Көпмүшелер алгебрасынан мәселені қарастырайық.

4.1-тапсырма

x 3 + 6x - 3 көпмүшесінің түбірі а болсын. Бөлшектің бөлгішіндегі алгебралық иррационалдықты жоюымыз керек.

Анау. бөлшекті рационалмен көпмүше ретінде көрсетіңіз

нақты коэффициенттер.

Шешім.Бөлшектің азайғышы - бастап тұрған мән Акөпмүшелік түзету) = x 2 + 5, және алгебралық элементтің минималды көпмүшесі А f(x) \u003d x 3 + 6x- 3,өйткені бұл көпмүше Q өрісі бойынша қысқартылмайтын (п = 3 жай үшін Эйзенштейн критерийі бойынша). NODO 3+ табайық 6x - 3, x 2 + 5) барЕвклид алгоритмін қолдану:

Жағдайды жалпылап, жалпы мәселені қарастырайық.

Бөлшектің бөлгішіндегі алгебралық иррационалдықтан құтылу мәселесі

a mi-мен P өрісіндегі алгебралық иррационалдық болсын.

, . „ a k a k + a k _, a k ~ l-f-. + aia + Oo

минималды көпмүшелік fOO және B = - - 1

b t a t +bro-ioc" 1 - 1 +... + bja +b 0

мұндағы бөлшектің алымы мен бөліміндегі көпмүшелердің коэффициенттері өріске жатады. Р.Бөлшектің бөлгішіндегі алгебралық иррационалдықты жою, яғни. қазіргі (3 сияқты

мұндағы коэффициенттер өріске жатады Р.

Шешім./)*) = деп белгілеңіз b nl x" + b m _ 1 x nl_1 +... + b ) x + b 0және y =/(a). бері ^ 0, онда минималды көпмүшелік қасиеті бойынша gcd(/(x), φ(x)) = 1. Евклид алгоритмін пайдаланып, u(x) және v(x) көпмүшеліктерін табамыз. f(x) және(x) + f(x)y(x) = 1. Демек, Иә) және (a) + f (a) y (a) \u003d 1, және f (a) \u003d 0 болғандықтан, Da) және (a) \u003d 1. Сондықтан, бұл бөлшектің алымы мен бөлімін q (a) көбейтсек, біз Бөлгіште бірді ал, тапсырма шешіледі.

Алгебралық иррационалдықты күрделі жағдайда бөлшектің бөлгішінде жоюдың жалпы әдісі екенін ескеріңіз. a + s

сандар - сандарды көбейтудің белгілі процедурасына әкеледі -

азайғыш пен бөлгіштің жалғауы арқылы.

Тарихи шегініс

Алғаш рет Q өрісінен трансценденттік сандар бар екенін Дж.Лиувилл (1809-1882) 1844 және 1851 жылдардағы еңбектерінде ашты. Трансцендентальды Лиувиль сандарының бірі - сан

С.Эрмит (1822-

a = Y--. Ондық a = 0D100010..

сынып 10*

1901) 1873 жылы e санының трансценденциясын дәлелдеді, ал К.Ф.Линдеман (1852-1939) 1882 жылы санның трансценденциясын дәлелдеді. П.Бұл нәтижелерге оңай қол жеткізілген жоқ. Сонымен бірге, Г.Кантор (1845-1918) алгебралық сандарға қарағанда «айтарлықтай көп» трансценденттік сандар бар екенін қарапайым дәлелдеді: барлық нақты сандар сияқты трансценденттік сандардың «сонша саны» бар, ал « бірдей сан» алгебралық сандар, қанша натурал сандар. Дәлірек айтқанда, алгебралық сандар жиыны есептелетін, ал трансценденттік сандар жиыны санау мүмкін емес. Трансценденттік сандардың бар екендігін анықтайтын бұл фактінің дәлелі олардың ешқайсысын алудың рецептін бермейді. Бұл түрдегі болмыс теоремалары математикада өте маңызды, өйткені олар бар екендігі дәлелденген объектіні іздеудің сәттілігіне сенімділік береді. Сонымен қатар, математикада өкілдері таза болмыс теоремаларын мойындамайтын, конструктивті емес деп атайтын бағыт бар. Бұл өкілдердің ең көрнектілері Л.Кронеккер мен Дж.Броувер.

1900 жылы Парижде өткен Дүниежүзілік математиктердің конгресінде неміс математигі Д.Гильберт (1862-1943) келесі есепті22 тұжырымдады: aP санының табиғаты қандай, мұндағы а және (3 алгебралық сандар, а ^ 0, a ^ 1 және алгебралық санның дәрежесі (3 саны 2-ден кем емес? А. О. Гель'фонд (1906-1968)) мұндай сандар трансцендентальды екенін дәлелдеді. Бұдан, атап айтқанда, 2^, 3r сандары трансцендентальды екендігі шығады.