İkinci dereceden denklemlere çözüm geliştirme tarihi

Aristo

D.I. Mendeleyev

Alanı ise dikdörtgen şeklinde olan bir alanın kenarlarını bulun 12 , a

Bu sorunu düşünelim.

Alanın uzunluğu x olsun, sonra genişliği olsun,
onun alanıdır.
İkinci dereceden bir denklem yapalım:
Papirüs, kararının kuralını verir: "12'ye bölün".
12: .
Yani, .
"Alanın uzunluğu 4'tür", - papirüste belirtilmiştir.

Azaltılmış ikinci dereceden denklem
gerçek sayılar nerede.

Babil görevlerinden birinde, dikdörtgen bir alanın uzunluğunu (onu belirtelim) ve genişliğini () belirlemek de gerekiyordu.

Dikdörtgen bir alanın uzunluğunu ve iki genişliğini toplayarak 14 elde edersiniz ve alanın alanı 24'tür. Kenarlarını bulun.

Bir denklem sistemi yapalım:

Buradan ikinci dereceden bir denklem elde ederiz.

Bunu çözmek için ifadeye belirli bir sayı ekleriz,

tam kare elde etmek için:

Sonuç olarak, .

Genel olarak, ikinci dereceden denklem

İki kökü vardır:

DİOPANT
3. yüzyılda yaşamış eski bir Yunan matematikçisi. e. "Aritmetik" in yazarı - cebirsel denklemlerin çözümüne ayrılmış bir kitap.
Zamanımızda, "Diophantine denklemleri" genellikle, çözümleri tamsayılar arasında bulunması gereken tamsayı katsayılı denklemler olarak anlaşılmaktadır. Diophantus ayrıca matematiksel gösterimi ilk geliştirenlerden biriydi.

"Toplamlarının 20 ve çarpımlarının 96 olduğunu bilen iki sayı bulun."

Sayılardan biri toplamlarının yarısından fazla, yani 10+, diğeri daha az, yani 10- olacaktır.

Dolayısıyla denklem ()()=96

İşte ünlülerin sorunlarından biri

12. yüzyıl Hintli matematikçisi Bhaskara:

Maymun sürüsü

İyi yemek, eğlenmek.

Sekizinci bölümün karesi

Çayırda eğlenmek.

Ve asmalarda on iki ...

Atlamaya başladılar, asılı kaldılar ...

kaç maymun vardı

Bana bu sürüde mi söylüyorsun?

Bhaskara'nın çözümü, ikinci dereceden denklemlerin köklerinin iki değerli olduğunun farkında olduğunu gösterir.
Denklemin karşılık gelen çözümü

Bhaskara formda yazar ve tamamlar Sol Taraf bu denklemin karesine, her iki tarafa da 32 2 ekliyoruz,

"EL-JABR" - RESTORASYON - AL-HOREZMİ, İŞARETTE EŞİT ÜYELER EKLEYEREK, KARŞIT ÜYELER EKLEYEREK NEGATİF ÜYE DENKLEMİNİN HER İKİ PARÇASINDAN DIŞLAMA ÇALIŞMASI ÇAĞRISI YAPMIŞTIR.

"EL-MUKABALA" - MUHALEFET - DENKLEMİN AYNI ÜYELERİN PARÇALARINDA İNDİRME.

"EL-CABR" KURALI

DENKLEM ÇÖZÜLÜRKEN

BİRİNCİ BÖLÜMDE İSE,

NE OLDUĞU ÖNEMLİ DEĞİL

TANIŞMA NEGATİF ÜYE,

HER İKİ PARÇA İÇİNDEYİZ

EŞİT ÜYE VERİYORUZ,

SADECE BAŞKA BİR İŞARETLE,

VE OLUMLU BİR SONUÇ BULACAĞIZ.

1) kareler köklere eşittir, yani;

2) kareler bir sayıya eşittir, yani;

3) kökler sayıya eşittir, yani;

4) kareler ve sayılar köklere eşittir, yani;

5) kareler ve kökler bir sayıya eşittir, yani;

6) kökler ve sayılar karelere eşittir, yani.

Bir görev . Kare ve 21 sayısı 10 köke eşittir. Bir kök bulun.

Çözüm. Kök sayısını ikiye bölün - 5 elde edersiniz, 5'i kendisiyle çarparsınız,

4 bırakarak üründen 21 çıkarın.

4'ün karekökünü alın ve 2'yi elde edin.

5'ten 2 çıkarın - 3 elde edersiniz, bu istenen kök olacaktır. Veya 5'e ekleyin, bu da 7 verecek, bu da bir kök.

Fibonacci İtalyanca doğdu alışveriş merkezi Pisa şehri, muhtemelen 1170'lerde. . 1192'de Kuzey Afrika'daki Pisan ticaret kolonisini temsil etmek üzere atandı. Babasının isteği üzerine Cezayir'e yerleşti ve orada matematik okudu. 1200'de Leonardo Pisa'ya döndü ve ilk eseri olan Abaküs Kitabı'nı yazmaya başladı. [ . Matematik tarihçisi A.P.'ye göre Yushkevich Abaküs kitabı”, yöntemlerin çeşitliliği ve gücü, problemlerin zenginliği, sunum kanıtları ile XII-XIV yüzyılların Avrupa aritmetik ve cebirsel literatürünün keskin bir şekilde üzerine çıkar ... Sonraki matematikçiler ondan hem problemler hem de problemler çıkardılar. bunları çözmek için yöntemler ».

fonksiyonu çizelim

Grafik, dalları yukarı doğru yönlendirilmiş bir paraboldür, çünkü

2) Parabol köşe koordinatları

W. Sauer konuştu :

“Bir cebir öğrencisinin aynı problemi üç farklı şekilde çözmesi genellikle daha faydalıdır. Farklı yollarüç veya dört farklı görevi çözmektense. Bir sorunu çözme çeşitli metodlar, hangisinin daha kısa ve verimli olduğunu karşılaştırarak öğrenebilirsiniz. Tecrübe böyle yapılır."

"Şehir farklıların birliğidir"

Aristo

“Ondalık işaretiyle ifade edilen bir sayı, bir Alman, bir Rus, bir Arap ve bir Yanki tarafından aynı şekilde okunacaktır”

Tataristan Cumhuriyeti Eğitim ve Bilim Bakanlığı

Belediye bütçe eğitim kurumu

"Üsad orta okulu

Vysokogorsky belediye bölgesi Tataristan Cumhuriyeti"

Araştırma çalışması:

"Hikaye olayMeydan denklemler»

Tamamlayan: Andreeva Ekaterina,

8B sınıfı öğrencisi

Bilim danışmanı:

Pozharskaya Tatyana Leonidovna,

matematik öğretmeni

giriiş

Kim şimdiki zamanla sınırlı olmak ister?

geçmişi bilmeden,

asla anlamayacak.

G.V. Leibniz

Okul matematik dersindeki denklemler lider yer, ancak denklem türlerinin hiçbiri böyle bulunamadı geniş uygulama ikinci dereceden denklemler gibi.

İkinci derece veya ikinci dereceden denklemlerin denklemi, insanlar MÖ II binyılda Eski Babil'de bile çözebildiler. İkinci dereceden denklemlere yol açan problemler, birçok eski matematiksel el yazması ve incelemede tartışılmaktadır. Ve günümüzde birçok cebir, geometri, fizik problemi de ikinci dereceden denklemler kullanılarak çözülmektedir. İnsanlar bunları çözerek cevaplarını bulurlar. çeşitli sorular Bilim ve Teknoloji.

Hedef bu çalışma- ikinci dereceden denklemlerin ortaya çıkış tarihini incelemek.

Bu hedefe ulaşmak için aşağıdaki görevleri çözmek gerekir:

Konuyla ilgili bilimsel literatürü inceleyin.
İkinci dereceden denklemlerin ortaya çıkış tarihini takip edin.

Çalışmanın amacı: ikinci dereceden denklemler.

Çalışma konusu: ikinci dereceden denklemlerin ortaya çıkış tarihi.

Konunun alaka düzeyi :

İnsanlar eski zamanlardan beri ikinci dereceden denklemleri çözüyorlar. İkinci dereceden denklemlerin kökeninin tarihini bilmek istedim.
Okul ders kitaplarında ikinci dereceden denklemlerin ortaya çıkış tarihi hakkında bilgi yoktur.

Araştırma Yöntemleri:

Eğitim ve popüler bilim literatürü ile çalışın.
Gözlem, karşılaştırma, analiz.

Bence çalışmanın bilimsel değeri, bu materyalin matematiğe düşkün okul çocukları ve seçmeli sınıflardaki öğretmenler için ilgi çekici olabileceği gerçeğinde yatmaktadır.

Eski Babil'de İkinci Dereceden Denklemler.

Eski Babil'de, sadece birinci dereceden değil, ikinci dereceden denklemleri çözme ihtiyacı, alan bulma ile ilgili problemleri çözme ihtiyacından kaynaklandı. araziler ve askeri nitelikteki toprak işlerinin yanı sıra astronomi ve matematiğin kendisinin gelişimi ile.

Modern cebirsel gösterimi kullanarak, çivi yazısı metinlerinde, eksik olanlara ek olarak, örneğin tam ikinci dereceden denklemler olduğunu söyleyebiliriz:

x 2 - x \u003d 14,5

Karşın yüksek seviye Babil'de cebirin gelişimi, çivi yazılı metinler kavramdan yoksundur. negatif sayı ve yaygın yöntemler ikinci dereceden denklemlerin çözümleri.

Bu döneme ait kil tabletlerden birinden alınan bir örnek.

"İki karenin toplamının alanı 1000'dir. Karelerden birinin kenarı diğer karenin kenarı eksi 10'dur. Karelerin kenarları nedir?"

Bu, çözümü pozitif kökü olan ikinci dereceden bir denklemi çözmeye indirgenen denklemlere yol açar.

Aslında, çivi yazısı metnindeki çözüm, tüm Doğu problemlerinde olduğu gibi, ikinci dereceden denklemi çözmek için gerekli hesaplama adımlarının basit bir sıralamasıyla sınırlıdır:

“Kare 10; bu 100 verir; 1000'den 100'ü çıkarın; bu 900 verir" vb

Diophantus ikinci dereceden denklemleri nasıl derledi ve çözdü?

Diophantus en çok temsil edilenlerden biridir. zor bilmeceler bilim tarihinde. En orijinal antik Yunan matematikçilerinden biriydi, eserleri İskenderiyeli Diophantus idi. büyük önem cebir ve sayı teorisi için. Şimdiye kadar Diophantus'un ne doğum yılı ne de ölüm tarihi netlik kazanmadı. Diophantus'un yaşayabileceği süre yarım bin yıl! 3. yüzyılda yaşadığı tahmin edilmektedir. Ancak Diophantus'un ikamet ettiği yer iyi bilinmektedir - bu, Helenistik dünyanın bilimsel düşüncesinin merkezi olan ünlü İskenderiye'dir.

Diophantus'un eserlerinden en önemlisi, bugüne kadar 13 kitaptan sadece 6'sı kalan Aritmetik'tir.

Diophantus' Aritmetiği, cebirin sistematik bir açıklamasını içermez, ancak açıklamaların eşlik ettiği ve denklemleri formüle ederek çözülen sistematik bir dizi problem içerir. farklı dereceler.

Diophantus denklemleri derlerken çözümü basitleştirmek için bilinmeyenleri ustaca seçer.

Burada, örneğin, görevlerinden biri.

Bir görev: "Toplamlarının 20 ve çarpımlarının 96 olduğunu bilerek iki sayı bulun"

Diophantus şöyle tartışır: Problemin koşulundan, istenen sayıların eşit olmadığı sonucu çıkar, çünkü eğer eşit olsaydı, çarpımları 96'ya değil, 100'e eşit olurdu. Böylece, bunlardan biri daha fazla olacaktır. toplamlarının yarısı, yani. 10+x, diğeri daha küçüktür, yani. 10'lar. Aralarındaki fark 2 kere.

Dolayısıyla denklem:

(10 + x)(10 - x) = 96

100 - x 2 = 96

x 2 - 4 = 0 (1)

Buradan x = 2. İstenilen numaralardan biri 12 , başka 8 . Çözüm x = -2 Diophantus diye bir şey yoktur, çünkü Yunan matematiği yalnızca pozitif sayıları biliyordu.

Bu problemi istenilen sayılardan birini bilinmeyen olarak seçerek çözersek denklemin çözümüne ulaşmış oluruz.

y(20 - y) = 96,

y 2 - 20y + 96 = 0. (2)

Diophantus'un bilinmeyen olarak istenen sayıların yarı farkını seçerek çözümü basitleştirdiği açıktır; sorunu, tamamlanmamış bir ikinci dereceden denklemi (1) çözmeye indirgemeyi başarır.

Diophantus aritmetiğinden ikinci dereceden denklemler:

12x2+x=1
630x2 +73x=6.

Eski zamanlarda bile Hindistan astronomi, dilbilgisi ve diğer bilimler alanındaki bilgisi ile ünlüydü.

Hintli bilim adamları bu alanda en büyük başarıyı elde ettiler. matematik. Gelişiminde Yunanlılardan daha ileri gittikleri aritmetik ve cebirin kurucularıydılar.

İkinci dereceden denklemler için problemler, 499'da derlenen astronomik tez "Aryabhattiam" da zaten bulundu. Hintli matematikçi ve astronom Aryabhatta. Başka bir Hintli bilgin Brahmagupta (7. yüzyıl), Genel kural tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemlerin çözümleri: ax 2 +bx=c, a>0.

Brahmagupta'nın kuralı esasen bizimkiyle örtüşür.
AT eski hindistan halka açık yarışmalar yaygındı
zor problemleri çözmede. Eski Hint kitaplarından birinde, bu tür yarışmalar hakkında aşağıdakiler söylenir: “Güneş, parlaklığıyla yıldızları nasıl gölgede bırakıyorsa, o kadar bilim adamı Cebirsel problemleri önererek ve çözerek, halka açık toplantılarda bir başkasının ihtişamını gölgede bırakın.

Görevler genellikle paketlendi şiirsel biçim.
İşte XII.Yüzyılın ünlü Hintli matematikçisinin sorunlarından biri. Bhaskara:

« Maymun sürüsü,

İyi yemek, eğlenmek.

Sekizinci kısmı karedir,

Çayırda eğlenmek.

Ve asmalarda on iki ...

Atlamaya başladılar, asılı kaldılar ...

kaç maymun vardı

Bana bu sürüde mi söylüyorsun?

Bhaskara'nın çözümü, ikinci dereceden denklemlerin köklerinin iki değerli olduğunun farkında olduğunu gösterir.

Probleme karşılık gelen denklem

Bhaskara x 2 - 64x \u003d -768 olarak yazar ve bu denklemin sol tarafını bir kareye tamamlamak için her iki parçaya da 32 2 ekleyin, ardından şunu elde edin:

x 2 -64x + 32 2 \u003d -768 + 1024,

x 1 =16, x 2 =48.

Çin'de ikinci dereceden denklemler (MÖ 1. binyıl).

Bize ulaşan ilk Çin yazılı anıtları Shang dönemine (MÖ XVIII-XII yüzyıllar) kadar uzanır. Ve zaten XIV yüzyılın falcı kemiklerinde. M.Ö e., Henan'da bulunan sayıların gösterimi korunmuştur. Ancak bilimin gerçek çiçeklenmesi XII.Yüzyıldan sonra başladı. M.Ö e. Çin, Zhou göçebeleri tarafından fethedildi. Bu yıllarda Çin matematiği ve astronomi ortaya çıktı ve inanılmaz boyutlara ulaştı. İlk doğru takvimler ve matematik ders kitapları ortaya çıktı. Ne yazık ki, İmparator Qin Shi Huang'ın (Shi Huangdi) "kitapların imhası", ilk kitapların bize ulaşmasına izin vermedi, ancak büyük olasılıkla sonraki eserlerin temelini oluşturdular.

"Dokuz Kitapta Matematik", antik Çin'deki bir dizi klasikten ilk matematiksel denemedir, harika bir anıt Antik Çin Erken Han Hanedanlığı dönemi (MÖ 206 - MS 7). Bu makale, ikinci dereceden denklemler de dahil olmak üzere çeşitli ve zengin bir matematiksel materyal içermektedir.

Çin görevi: “Bir kenarı 10 chi olan bir rezervuar var. Ortasında 1 chi için suyun üzerinde çıkıntı yapan sazlıklar büyür. Kamışı kıyıya çekerseniz, sadece dokunacaktır. Soru şu: Suyun derinliği nedir ve kamışların uzunluğu ne kadardır?

(x + 1) 2 \u003d x 2 +5 2,

x 2 + 2x + 1 \u003d x 2 +25,

Cevap: 12çi; 13 saat

El-Harezmi'nin İkinci Dereceden Denklemleri

"Ben yaptım kısa kitap basit ve basit içeren cebir ve almukabala hesabı hakkında zor sorular aritmetik, çünkü insanların buna ihtiyacı var. El Harezmi Muhammed bin Musa.

El-Harezmi (Özbekistan) en çok “Cebir” kelimesinin adının geldiği “Tamamlama ve Çelişki Kitabı” (“Al-kitab al mukhtasar fi hisab al-jabr wa-l-muqabala”) ile tanınır. . Bu inceleme, ikinci dereceden denklemlerin sınıflandırılmasının sistematik olarak sunulduğu ve çözüm formüllerinin verildiği bize ulaşan ilk kitaptır.

El-Harezmi, incelemesinin teorik bölümünde, 1. ve 2. dereceden denklemlerin bir Sınıflandırmasını verir ve altı tipini tanımlar:

1) "Kareler köklere eşittir", yani ax 2 = bx. (örnek:)

2) “Kareler bir sayıya eşittir”, yani eksen 2 \u003d s. (Örnek :)

3) "Kökler sayıya eşittir", yani. ax \u003d c. (örnek:)

4) “Kareler ve sayılar köklere eşittir”, yani ax 2 + c = bx. (örnek:)

5) "Kareler ve kökler sayıya eşittir", yani ax 2 + bx \u003d c.

6) “Kökler ve sayılar karelere eşittir”, yani bx + c == ax 2. (örnek:)

Negatif sayıları kullanmaktan kaçınan el-Harezmi için, bu denklemlerin her birinin terimleri çıkarma değil toplamadır. Bu durumda, pozitif çözümü olmayan denklemler açıkça dikkate alınmaz. Yazar, el-cebr ve el-mukabele yöntemlerini kullanarak bu denklemleri çözme yöntemlerini özetlemektedir. Onun kararı elbette bizimkiyle tamamen örtüşmüyor. Tamamen retorik olduğu gerçeğinden bahsetmiyorum bile, örneğin, birinci tipte tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklemi çözerken, 17. yüzyıldan önceki tüm matematikçiler gibi, el-Harezmi'nin sıfırı hesaba katmadığı belirtilmelidir. çözüm, muhtemelen belirli pratik görevlerde önemli olmadığı için. Tam ikinci dereceden denklemleri çözerken, el-Khorezmi, belirli sayısal örnekler kullanarak bunları çözme kurallarını ve ardından geometrik kanıtlarını belirler.

Bir örnek alalım.

“Kare ve 21 sayısı 10 köke eşittir. Kökünü bulun"(x 2 + 21 = 10x denkleminin kökü varsayılarak).

Yazarın çözümü şöyle bir şey yazıyor: “Kök sayısını ikiye bölün, 5 elde edin, 5'i kendisiyle çarpın, üründen 21 çıkarın, 4 kalır. 4'ün kökünü alın, 2'yi 5'ten çıkarın, 3 alırsanız, bu istenen kök olacaktır. Veya 2'ye 5 ekleyin, bu da 7 verecek, bu da bir kök.

El-Harezmi'nin ünlü denklemi: "Bir kare ve on kök 39'a eşittir." x 2 + 10x= 39 (IX yüzyıl). İncelemesinde şöyle yazar: “Kural şudur: Kök sayısını iki katına çıkarırsanız, bu problemde beş elde edersiniz. Bunu otuz dokuza ekle, altmış dört. Bundan bir kök alın, sekiz olacak ve bundan kök sayısını çıkarın, yani. beş, üç olacak: bu, aradığınız karenin kökü olacak "

Avrupa XII-XVII yüzyıllarda ikinci dereceden denklemler.

Avrupa'daki Al-Khwarizmi modeli üzerinde ikinci dereceden denklemleri çözme biçimleri ilk olarak 1202'de yazılan "Abaküs Kitabı"nda tanımlanmıştır. İtalyan matematikçi Leonard Fibonacci. Yazar bağımsız olarak bazı yeni cebirsel problem çözme örnekleri geliştirdi ve Avrupa'da negatif sayıların kullanımına ilk yaklaşan kişi oldu.

Bu kitap cebirsel bilginin sadece İtalya'da değil, Almanya, Fransa ve diğer Avrupa ülkelerinde de yayılmasına katkıda bulunmuştur. Bu kitaptaki birçok görev, 14-17. yüzyılların neredeyse tüm Avrupa ders kitaplarına aktarıldı. Tüm olası işaret ve katsayı kombinasyonları b, c ile x 2 + bx \u003d c biçimine indirgenmiş ikinci dereceden denklemleri çözmenin genel kuralı, 1544'te Avrupa'da M. Stiefel tarafından formüle edilmiştir.

Vieta, ikinci dereceden bir denklemi çözmek için formülün genel bir türevine sahiptir, ancak Vieta yalnızca pozitif kökleri tanıdı. İtalyan matematikçiler Tartaglia, Cardano, Bombelli, 16. yüzyılda ilk olanlar arasındaydı. pozitif ve negatif köklere ek olarak dikkate alın. Sadece XVII yüzyılda. Girard, Descartes, Newton ve diğerlerinin çalışmaları sayesinde bilim adamları yolu ikinci dereceden denklemleri çözer modern görünüm.

Çözüm.

İkinci dereceden denklemler, görkemli bina cebir. Hem ikinci dereceden hem de daha yüksek dereceli denklemler, uzak atalarımız tarafından çözüldü. Bu denklemler birbirinden en farklı ve birbirinden uzak ülkelerde çözülmüştür. Denklemlere duyulan ihtiyaç büyüktü. Denklemler inşaatta, askeri işlerde ve günlük durumlarda kullanıldı.

Günümüzde, ikinci dereceden denklemleri çözme yeteneği herkes için çok önemlidir. İkinci dereceden denklemleri hızlı, rasyonel ve doğru bir şekilde çözme yeteneği, matematik dersinin birçok konusunun geçişini kolaylaştırır. İkinci dereceden denklemler sadece matematik derslerinde değil, fizik, kimya, bilgisayar bilimleri derslerinde de çözülür. En pratik görevler gerçek dünya ayrıca ikinci dereceden denklemlerin çözümüne indirgenir.

Edebiyat

Bashmakova I. G. Diofant ve Diofant Denklemleri. Moskova: Nauka, 1972.
Berezkina E.I. Antik Çin Matematiği - M.: Nauka, 1980
Pichurin L.F. Cebir ders kitabının sayfalarının ardında: Kitap. Öğrenciler için

7-9 hücre. orta okul - M.: Aydınlanma, 1990

Glazer G. I. Okulda matematik tarihi VII - VIII sınıfı. Öğretmenler için bir rehber. - M.: Aydınlanma, 1982.

1.1. İkinci dereceden denklemlerin ortaya çıkış tarihinden

Cebir, denklemleri kullanarak çeşitli problemlerin çözümü ile bağlantılı olarak ortaya çıktı. Genellikle problemlerde, istenen ve verilen miktarlar üzerinde gerçekleştirilen bazı eylemlerin sonuçlarını bilirken bir veya birkaç bilinmeyeni bulmak gerekir. Bu tür problemler, bir veya birkaç denklem sistemini çözmeye, verilen miktarlar üzerinde cebirsel işlemler yardımıyla istenenleri bulmaya indirgenir. cebir çalışmaları Genel Özellikler miktarlarla ilgili eylemler.

Doğrusal ve ikinci dereceden denklemleri çözmek için bazı cebirsel teknikler, 4000 yıl önce Eski Babil'de biliniyordu.

Eski Babil'de İkinci Dereceden Denklemler

Eski zamanlarda sadece birinci değil, aynı zamanda ikinci dereceden denklemleri çözme ihtiyacı, askeri nitelikteki arazi ve toprak işlerinin yanı sıra astronomi ve bilimin gelişmesiyle ilgili sorunları çözme ihtiyacından kaynaklandı. matematiğin kendisi. Babilliler, MÖ 2000 civarında ikinci dereceden denklemleri nasıl çözeceklerini biliyorlardı. Modern cebirsel gösterimi kullanarak, çivi yazısı metinlerinde, eksik olanlara ek olarak, örneğin tam ikinci dereceden denklemler olduğunu söyleyebiliriz:

Babil metinlerinde geçen bu denklemleri çözme kuralı, esasen modern olanla örtüşmektedir, ancak Babillilerin bu kurala nasıl geldikleri bilinmemektedir. Şimdiye kadar bulunan hemen hemen tüm çiviyazılı metinler, nasıl bulunduklarına dair hiçbir belirti olmaksızın, yalnızca tarifler şeklinde belirtilen çözümlerle ilgili sorunları verir. Babil'de cebirin yüksek düzeyde gelişmesine rağmen, çivi yazılı metinler negatif sayı kavramından ve ikinci dereceden denklemleri çözmek için genel yöntemlerden yoksundur.

Diophantus' Aritmetiği, cebirin sistematik bir açıklamasını içermez, ancak açıklamaların eşlik ettiği ve çeşitli derecelerde denklemler formüle ederek çözülen sistematik bir dizi problem içerir.

Diophantus denklemleri derlerken çözümü basitleştirmek için bilinmeyenleri ustaca seçer.

Burada, örneğin, görevlerinden biri.

Görev 2. "Toplamlarının 20 ve çarpımlarının 96 olduğunu bilerek iki sayı bulun."

Diophantus şöyle tartışır: Problemin koşulundan, istenen sayıların eşit olmadığı sonucu çıkar, çünkü eğer eşit olsaydı, çarpımları 96'ya değil, 100'e eşit olurdu. Böylece, bunlardan biri daha fazla olacaktır. toplamlarının yarısı, yani .10 + x. Diğeri daha küçüktür, yani 10 - x. Aralarındaki fark 2x. Dolayısıyla denklem:

(10+x)(10-x)=96,

Dolayısıyla x = 2. İstenen sayılardan biri 12, diğeri 8'dir. Diophantus için x = - 2 çözümü yoktur, çünkü Yunan matematiği yalnızca pozitif sayıları biliyordu.

Bu problemi bilinmeyen olarak istenen sayılardan birini seçerek çözersek, denklemin çözümüne gelebiliriz:

Diophantus'un bilinmeyen olarak istenen sayıların yarı farkını seçerek çözümü basitleştirdiği açıktır; sorunu, tamamlanmamış bir ikinci dereceden denklemi çözmeye indirgemeyi başarır.

Hindistan'da ikinci dereceden denklemler

İkinci dereceden denklemlerle ilgili problemler, Hintli matematikçi ve astronom Aryabhatta tarafından 499'da derlenen astronomik tez "Aryabhattam"da zaten bulundu. Başka bir Hintli bilim adamı, Brahmagupta (7. yüzyıl), tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemleri çözmek için genel kuralı özetledi:

balta 2 + bx \u003d c, a> 0. (1)

(1) numaralı denklemde katsayılar negatif olabilir. Brahmagupta'nın kuralı esasen bizimkiyle örtüşür.

Hindistan'da zor sorunları çözmede halka açık yarışmalar yaygındı. Eski Hint kitaplarından birinde, bu tür yarışmalar hakkında şöyle söylenir: "Güneş, parlaklığıyla yıldızları gölgede bırakıyorsa, bilgili bir kişi de halka açık toplantılarda, cebirsel problemleri önererek ve çözerek görkemi gölgede bırakacaktır." Görevler genellikle şiirsel biçimde giyinirdi.

İşte XII.Yüzyılın ünlü Hintli matematikçisinin sorunlarından biri. Bhaskara.

Bhaskara'nın çözümü, yazarın ikinci dereceden denklemlerin köklerinin iki değerli olduğunun farkında olduğunu gösterir.

3. probleme karşılık gelen denklem:

Bhaskara kisvesi altında yazıyor:

x 2 - 64x = - 768

ve bu denklemin sol tarafını kareye tamamlamak için her iki tarafa da 32 2 ekler, sonra şunu elde ederiz:

x 2 - b4x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x 1 = 16, x 2 = 48.

El-Harezmi'nin İkinci Dereceden Denklemleri

El-Harezmi'nin cebirsel incelemesi, doğrusal ve ikinci dereceden denklemlerin bir sınıflandırmasını verir. Yazar, bunları aşağıdaki gibi ifade ederek 6 tür denklemi listeler:

1) "Kareler köklere eşittir", yani ax 2 = bx.

2) “Kareler sayıya eşittir”, yani ax 2 = c.

3) "Kökler sayıya eşittir", yani. ax \u003d c.

4) “Kareler ve sayılar köklere eşittir”, yani ax 2 + c = bx.

5) "Kareler ve kökler sayıya eşittir", yani ax 2 + bx \u003d c.

6) “Kökler ve sayılar karelere eşittir”, yani bx + c == ax 2.

Negatif sayıları kullanmaktan kaçınan El-Harezmi için, bu denklemlerin her birinin terimleri çıkarma değil toplamadır. Bu durumda, pozitif çözümü olmayan denklemler açıkça dikkate alınmaz. Yazar, el-cebr ve el-mukabele yöntemlerini kullanarak bu denklemleri çözme yöntemlerini özetlemektedir. Onun kararı elbette bizimkiyle tamamen örtüşmüyor. Tamamen retorik olduğu gerçeğinden bahsetmiyorum bile, örneğin, birinci tipte tamamlanmamış ikinci dereceden bir denklemi çözerken, 17. yüzyıldan önceki tüm matematikçiler gibi El-Harezmi'nin sıfırı hesaba katmadığı belirtilmelidir. çözüm, muhtemelen belirli pratik görevlerde önemli olmadığı için. El-Harezmi, ikinci dereceden tam denklemleri çözerken, belirli sayısal örnekleri ve ardından geometrik kanıtlarını kullanarak bunları çözmenin kurallarını belirler.

Bir örnek alalım.

Problem 4. “Kare ve 21 sayısı 10 köke eşittir. Kökü bulun "(x 2 + 21 \u003d 10x denkleminin kökü anlamına gelir).

Çözüm: Kök sayısını ikiye bölün, 5 elde edin, 5'i kendisiyle çarpın, üründen 21 çıkarın, 4 kalır 4'ün kökünü alın, 2 elde edin. 5'ten 2 çıkarın, 3 elde edin, bu olacak istenilen kök Veya 2'ye 5 ekleyin, bu da 7 verecek, bu da bir kök.

El-Harezmi'nin incelemesi, ikinci dereceden denklemlerin sınıflandırılmasının sistematik olarak sunulduğu ve çözüm formüllerinin verildiği bize ulaşan ilk kitaptır.

Avrupa XII-XVII yüzyıllarda ikinci dereceden denklemler.

Bu kitap cebirsel bilginin sadece İtalya'da değil, Almanya, Fransa ve diğer Avrupa ülkelerinde de yayılmasına katkıda bulunmuştur. Bu kitaptaki birçok görev, 14-17. yüzyılların neredeyse tüm Avrupa ders kitaplarına aktarıldı. Tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemleri çözmenin genel kuralı x 2 + bx \u003d c, olası tüm işaret ve katsayı kombinasyonları b, c ile, 1544'te Avrupa'da M. Stiefel tarafından formüle edildi.

Vieta, ikinci dereceden bir denklemi çözmek için formülün genel bir türevine sahiptir, ancak Vieta yalnızca pozitif kökleri tanıdı. İtalyan matematikçiler Tartaglia, Cardano, Bombelli, 16. yüzyılda ilk olanlar arasındaydı. pozitif ve negatif köklere ek olarak dikkate alın. Sadece XVII yüzyılda. Girard, Descartes, Newton ve diğer bilim adamlarının çalışmaları sayesinde, ikinci dereceden denklemleri çözme yöntemi modern bir biçim alır ..

Pratik problemleri çözmek için cebirsel yöntemlerin kökenleri bilimle ilgilidir. Antik Dünya. Matematik tarihinden bilindiği gibi, Mısır, Sümer, Babil yazıcı bilgisayarları (MÖ XX-VI yüzyıllar) tarafından çözülen matematiksel nitelikteki problemlerin önemli bir kısmı hesaplanmış bir karaktere sahipti. Bununla birlikte, o zaman bile, zaman zaman, bir niceliğin istenen değerinin, modern bakış açımızdan bir denklemin veya bir denklemler sisteminin formülasyonunu gerektiren bazı dolaylı koşullar tarafından belirlendiği sorunlar ortaya çıktı. Başlangıçta, bu tür problemleri çözmek için aritmetik yöntemler kullanıldı. Daha sonra cebirsel temsillerin başlangıcı oluşmaya başladı. Örneğin, Babil hesap makineleri, azaltılabilen problemleri çözebildiler. modern sınıflandırma ikinci dereceden denklemlere. Daha sonra cebirsel bileşeni ve bağımsız çalışmasını vurgulamak için temel teşkil eden metin problemlerini çözmek için bir yöntem oluşturuldu.

Bu çalışma, başka bir çağda, ilk önce Arap matematikçiler (MS VI-X yüzyıllar) tarafından, denklemlerin indirgendiği karakteristik eylemleri seçen bir çağda gerçekleştirildi. standart biçim benzer terimlerin azaltılması, denklemin bir bölümünden diğerine işaret değişikliği ile terimlerin aktarılması. Ve sonra Rönesans'ın Avrupalı matematikçileri tarafından uzun bir araştırma sonucunda modern cebir dilini, harflerin kullanımını, aritmetik işlemler için sembollerin tanıtılmasını, parantezleri vb. yarattılar. 16. yüzyılın başında- 17. yüzyıllar. Cebir, kendi konusu, yöntemi, uygulama alanları olan matematiğin belirli bir parçası olarak zaten oluşturulmuştur. Zamanımıza kadar daha da geliştirilmesi, yöntemlerin geliştirilmesinden, uygulama kapsamının genişletilmesinden, kavramların ve bunların matematiğin diğer dallarının kavramlarıyla olan bağlantılarının açıklığa kavuşturulmasından oluşuyordu.

Bu nedenle, denklem kavramıyla ilişkili malzemenin önemi ve genişliği göz önüne alındığında, onun çalışma modern metodoloji matematik, kökeni ve işleyişinin üç ana alanıyla ilişkilidir.

Modern cebirsel gösterimi kullanarak, çivi yazısı metinlerinde, eksik olanlara ek olarak, örneğin tam ikinci dereceden denklemler olduğunu söyleyebiliriz:

X 2 + X = *; X 2 - X = 14.5

Babil'de cebirin yüksek düzeyde gelişmesine rağmen, çivi yazılı metinler negatif sayı kavramından ve ikinci dereceden denklemleri çözmek için genel yöntemlerden yoksundur.

Diophantus ikinci dereceden denklemleri nasıl derledi ve çözdü?

Diophantus denklemleri derlerken çözümü basitleştirmek için bilinmeyenleri ustaca seçer.

Burada, örneğin, görevlerinden biri.

Görev 11."Toplamlarının 20 ve çarpımlarının 96 olduğunu bilerek iki sayı bulun"

Dolayısıyla denklem:

(10 + x)(10 - x) = 96

Buradan x = 2. İstenilen numaralardan biri 12 , başka 8 . Çözüm x = -2 Diophantus diye bir şey yoktur, çünkü Yunan matematiği yalnızca pozitif sayıları biliyordu.

Bu problemi istenilen sayılardan birini bilinmeyen olarak seçerek çözersek denklemin çözümüne ulaşmış oluruz.

y(20 - y) = 96,

de 2 - 20y + 96 = 0. (2)

Hindistan'da ikinci dereceden denklemler

İkinci dereceden denklemler için problemler, Hintli matematikçi ve astronom Aryabhatta tarafından 499'da derlenen astronomik yol "Aryabhattam" da zaten bulundu. Başka bir Hintli bilim adamı, Brahmagupta (7. yüzyıl), tek bir kanonik forma indirgenmiş ikinci dereceden denklemleri çözmek için genel kuralı özetledi:

ey 2 + bx = c, a > 0. (1)

(1) numaralı denklemde, katsayılar, a, olumsuz da olabilir. Brahmagupta'nın kuralı esasen bizimkiyle örtüşür.

Eski Hindistan'da, zor sorunları çözmede halka açık yarışmalar yaygındı. Eski Hint kitaplarından birinde, bu tür yarışmalar hakkında şöyle söylenir: "Güneş, parlaklığıyla yıldızları gölgede bırakıyorsa, bu nedenle, bilgili bir kişi halka açık toplantılarda, cebirsel problemleri önererek ve çözerek diğerinin ihtişamını gölgede bırakacaktır." Görevler genellikle şiirsel biçimde giyinirdi.

İşte XII.Yüzyılın ünlü Hintli matematikçisinin sorunlarından biri. Bhaskara.

Görev 13.

"Ufak bir maymun sürüsü Ve asmalarda on iki...

Güç yemiş, eğlenmiş. Atlamaya başladılar, asılı kaldılar ...

Sekizinci bölüm bir meydanda Kaç maymun vardı,

Çayırda eğlenmek. Bana bu sürüde mi söylüyorsun?

Bhaskara'nın çözümü, ikinci dereceden denklemlerin köklerinin iki değerliliğini bildiğini gösterir (Şekil 3).

Sorun 13'e karşılık gelen denklem:

(x/8) 2 + 12 = x

Bhaskara kisvesi altında yazıyor:

X 2 - 64x = -768

ve bu denklemin sol tarafını bir kareye tamamlamak için her iki tarafa da ekler 32 2 , o zaman almak:

X 2 - 64x + 32 2 = -768 + 1024,

(x - 32) 2 = 256,

x - 32 = ± 16,

X 1 = 16, x 2 = 48.

Diophantus ikinci dereceden denklemleri nasıl derledi ve çözdü? Dolayısıyla denklem: (10 + x) (10 - x) \u003d 96 veya: 100 - x2 \u003d 96 x2 - 4 \u003d 0 (1) Yunan matematiğinden beri Diophantus için x \u003d -2 çözümü mevcut değil sadece pozitif sayıları biliyordu.

Src="https://present5.com/presentation/137369579_55459696/image-4.jpg" alt="(!LANG: Hindistan'da İkinci dereceden denklemler. ax2 + bx = c, a>0. (1)"> Квадратные уравнения в Индии. ах2 + bх = с, а>0. (1)!}

Harezmi'de ikinci dereceden denklemler. 1) "Kareler köklere eşittir", yani. ax2 + c \u003d bx. 2) “Kareler sayıya eşittir”, yani ax2 = c. 3) "Kökler sayıya eşittir", yani. ah \u003d c. 4) “Kareler ve sayılar köklere eşittir”, yani ax2 + c = bx. 5) “Kareler ve kökler bir sayıya eşittir”, yani ax2 + bx = c. 6) "Kökler ve sayılar karelere eşittir", yani. bx + c \u003d ax2.

13-17 yüzyıllarda Avrupa'da ikinci dereceden denklemler. x2 + bx = c, b, c katsayılarının tüm olası kombinasyonları ile Avrupa'da sadece 1544'te M. Stiefel tarafından formüle edildi.

Vieta teoremi üzerine. "B + D çarpı A - A 2, BD'ye eşitse, o zaman A, B'ye ve D'ye eşittir." Modern cebir dilinde, Vieta'nın yukarıdaki formülasyonu şu anlama gelir: eğer (a + b)x - x2 = ab, yani x2 - (a + b)x + ab = 0, o zaman x1 = a, x2 = b.

İkinci dereceden denklemleri çözme yöntemleri. 1. YÖNTEM: Denklemin sol tarafının faktörlere ayrıştırılması. x2 + 10 x - 24 = 0 denklemini çözün. Sol tarafı çarpanlara ayırın: x2 + 10 x - 24 = x2 + 12 x - 24 = x(x + 12) - 2(x + 12) = (x + 12) (x - 2). Bu nedenle denklem şu şekilde yeniden yazılabilir: (x + 12) (x - 2) = 0 Çarpım sıfır olduğundan, çarpanlarından en az biri sıfırdır. Bu nedenle, denklemin sol tarafı x = 2'de ve ayrıca x = - 12'de kaybolur. Bu, 2 ve - 12 sayısının x2 + 10 x - 24 = 0 denkleminin kökleri olduğu anlamına gelir.

2. YÖNTEM: Tam kare seçim yöntemi. x2 + 6 x - 7 = 0 denklemini çözelim. Sol taraftan bir tam kare seçin. Bunu yapmak için x2 + 6 x ifadesini aşağıdaki biçimde yazıyoruz: x2 + 6 x \u003d x2 + 2 x 3. Ortaya çıkan ifadede, ilk terim x sayısının karesidir ve ikincisi x'in çift çarpımı 3. Bu nedenle, tam bir kare elde etmek için 32 eklemeniz gerekir, çünkü x2 + 2 x 3 + 32 = (x + 3)2. Şimdi x2 + 6 x - 7 \u003d 0 denkleminin sol tarafını, buna ekleyerek ve 32'yi çıkararak dönüştürüyoruz. elimizde: x2 + 6 x - 7 \u003d x2 + 2 x 3 + 32 - 7 = (x + 3) 2 - 9 - 7 \u003d (x + 3) 2 - 16. Böylece, bu denklem şu şekilde yazılabilir: (x + 3) 2 - 16 \u003d 0, (x + 3) 2 \u003d 16 Bu nedenle, x + 3 - 4 \u003d 0, x1 = 1 veya x + 3 = -4, x2 = -7.

3. YÖNTEM: İkinci dereceden denklemlerin formülle çözümü. ax2 + bx + c = 0, a ≠ 0 denkleminin her iki tarafını 4 a ile çarpın ve sırasıyla: 4 a 2 x2 + 4 abx + 4 ac = 0, ((2 ax) 2 + 2 ax b + b elde ederiz. 2) - b 2 + 4 ac = 0, (2 eksen + b) 2 = b 2 - 4 ac, 2 eksen + b = ± √ b 2 - 4 ac, 2 eksen = - b ± √ b 2 - 4 ac ,

4. YÖNTEM: Vieta teoremini kullanarak denklemleri çözme. Bildiğiniz gibi, verilen ikinci dereceden denklem x2 + px + c \u003d 0 formuna sahiptir. (1) Kökleri, a \u003d 1 için x 1 x 2 \u003d q, x 1 + formuna sahip olan Vieta teoremini karşılar. x 2 \u003d - p a) x 2 – 3 x + 2 = 0; x 1 = 2 ve x 2 = 1, çünkü q = 2 > 0 ve p = - 3 0 ve p = 8 > 0. b) x 2 + 4 x - 5 = 0; x 1 \u003d - 5 ve x 2 \u003d 1, çünkü q \u003d - 5 0; x 2 - 8 x - 9 = 0; x 1 \u003d 9 ve x 2 \u003d - 1, çünkü q \u003d - 9

5. YÖNTEM: "Transfer" yöntemini kullanarak denklemleri çözme. İkinci dereceden ax2 + bx + c \u003d 0 denklemini düşünün, burada a ≠ 0. Her iki parçasını da a ile çarparak, a 2 x2 + abx + ac \u003d 0 denklemini elde ederiz. ax \u003d y, nereden x \ u003d y / bir; sonra verilene eşdeğer olan y2 + by + ac = 0 denklemine ulaşırız. Vieta teoremini kullanarak y1 ve y2 köklerini buluyoruz. Son olarak x1 = y1/a ve x1 = y2/a elde ederiz.

Örnek. 2 x2 - 11 x + 15 = 0 denklemini çözelim. Çözüm. 2 katsayısını serbest terime “at”, sonuç olarak y2 - 11 y + 30 = 0 denklemini elde ederiz. Vieta teoremine göre y1 = 5 y2 = 6 x1 = 5/2 x 2 = 6/2 Cevap : 2, 5; 3. x 1 = 2, 5 x 2 = 3.

6. YÖNTEM: İkinci dereceden bir denklemin katsayılarının özellikleri. A. İkinci dereceden bir denklem ax2 + bx + c \u003d 0 verilsin, burada a ≠ 0, 1) Eğer, a + b + c \u003d 0 (yani, katsayıların toplamı sıfırsa), o zaman x1 \u003d 1, x2 \u003d c / a. Kanıt. Denklemin her iki tarafını a ≠ 0'a bölün, indirgenmiş ikinci dereceden denklem x 2 + b / a x + c / a \u003d 0 elde ederiz. Vieta teoremine göre x 1 + x 2 \u003d - b / a, x 1 x 2 \u003d 1 c / a. a - b + c = 0 koşuluyla, b = a + c'den. Böylece, x 1 + x 2 \u003d - a + b / a \u003d -1 - c / a, x 1 x 2 \u003d - 1 (- c / a), yani x1 \u003d -1 ve x2 \u003d c / a, kanıtlanacaktı.

B. İkinci b \u003d 2 k katsayısı bir çift sayı ise, o zaman kök formül C. Yukarıdaki denklem x2 + px + q \u003d 0 denklemle çakışır Genel görünüm, burada a = 1, b = p ve c = q. Bu nedenle, indirgenmiş ikinci dereceden denklem için, köklerin formülü

7. YÖNTEM: İkinci dereceden bir denklemin grafik çözümü. x2 + px + q = 0 denkleminde ikinci ve üçüncü terimleri sağ tarafa aktarırsak, x2 = - px - q elde ederiz. y \u003d x2 ve y \u003d - px - q bağımlılık grafikleri oluşturalım.

Örnek 1) x2 - 3 x - 4 = 0 denklemini grafiksel olarak çözelim (Şekil 2). Çözüm. Denklemi x2 \u003d 3 x + 4 biçiminde yazıyoruz. Bir parabol y \u003d x2 ve düz bir çizgi y \u003d 3 x + 4 oluşturuyoruz. İki kullanılarak düz bir y \u003d 3 x + 4 çizgisi oluşturulabilir. M (0; 4) ve N (3; 13) noktaları . Cevap: x1 = - 1; x2 = 4

8. YÖNTEM: İkinci dereceden denklemleri pusula ve cetvelle çözme. kare bir pusulanın ve bir cetvelin köklerini bulma (Şek. 5). Denklemler O zaman, sekant teoremi ile, OB OD = OA OC'yi elde ederiz, bu durumda OC = OB OD/ OA= x1 x2/ 1 = c/a. ax2 + bx + c = 0 ile

Src="https://present5.com/presentation/137369579_55459696/image-19.jpg" alt="(!LANG:1) Daire yarıçapı merkez ordinatından büyük (AS > SK veya R > a +"> 1) Радиус окружности больше ординаты центра (AS > SK, или R > a + c/2 a), окружность пересекает ось Ох в двух точках (6, а рис.) В(х1; 0) и D(х2; 0), где х1 и х2 - корни квадратного уравнения ах2 + bх + с = 0. 2) Радиус окружности равен ординате центра (AS = SB, или R = a + c/2 a), окружность касается оси Ох (рис. 6, б) в точке В(х1; 0), где х1 - корень квадратного уравнения. 3) Радиус окружности меньше ординаты центра окружность не имеет общих точек с осью абсцисс (рис. 6, в), в этом случае уравнение не имеет решения.!}

9. YÖNTEM: Bir nomogram kullanarak ikinci dereceden denklemleri çözme. z 2 + pz + q = 0. Nomogramın eğrisel ölçeği formüllere göre oluşturulmuştur (Şekil 11): OS = p, ED = q, OE = a (tümü cm cinsinden) varsayarak, Üçgenlerin benzerliğinden SAN ve CDF oranlarını elde ederiz

Örnekler. 1) z 2 - 9 z + 8 = 0 denklemi için, nomogram z 1 = 8, 0 ve z 2 = 1, 0 köklerini verir (Şekil 12). 2) Nomogramı kullanarak 2 z 2 - 9 z + 2 = 0 denklemini çözeriz. Bu denklemin katsayılarını 2'ye böleriz, z 2 - 4, 5 z + 1 = 0 denklemini elde ederiz. kökleri z 1 = 4 ve z 2 = 0, 5. 3) z 2 - 25 z + 66 \u003d 0 denklemi için, p ve q katsayıları ölçek dışı, z \u003d 5 t ikamesini yapıyoruz, biz nomogramlarla çözdüğümüz t 2 - 5 t + 2, 64 \u003d 0 denklemini alın ve t 1 = 0.6 ve t 2 = 4.4, buradan z 1 = 5 t 1 = 3.0 ve z 2 = 5 t 2 = 22.0.

10. YÖNTEM: İkinci dereceden denklemleri çözmenin geometrik yolu. Örnekler. 1) x2 + 10 x = 39 denklemini çözelim. Orijinalde bu problem şu şekilde formüle edilmiştir: "Kare ve on kök 39'a eşittir" (Şekil 15). Orijinal karenin istenen x kenarı için,

y2 + 6 y - 16 = 0. Çözüm, şek. 16, burada y2 + 6 y = 16 veya y2 + 6 y + 9 = 16 + 9. Çözüm. y2 + 6 y + 9 ve 16 + 9 ifadeleri geometrik olarak aynı karedir ve orijinal y2 + 6 y - 16 + 9 - 9 = 0 denklemi aynı denklemdir. y + 3 = ± 5 veya y1 = 2, y2 = - 8'i nereden alıyoruz (Şekil 16).