№3(26), қыркүйек 2015 1 «математика» БӨліміне қош келдіңіздер!



жүктеу 1.36 Mb.

бет2/9
Дата03.03.2017
өлшемі1.36 Mb.
1   2   3   4   5   6   7   8   9



4-есеп. 

2007


2007

2007


2007

30

3



2

1





 саны 31-ге бөлінетіндігін дәлелдеңіздер. 

Шешуі. 

 Берілген  қосындының  қосылғыштар  саны  жұп  болғандықтан,  оларды  қос-қостан 



топтауға болады. Нәтижеге жеңіл жету үшін, біріншісі мен соңғысын, екіншісі мен соңғысының 

алдындағысын  және  т.с.с.  15-шісі  мен  16-шы  мүшелерін  топтастырсақ,  онда  дәрежелер 

негіздерінің қосындысы 31-ге тең болатындығынан 

2007


2007

2007


2007

2006


2

2004


2005

2006


2006

2

2004



2005

2006


2006

2

2004



2005

2006


2007

2007


2007

2007


2007

2007


2007

2007


2007

2007


30

3

2



1

)

16



16

15

16



15

15

(



31

)

29



29

2

29



2

2

(



31

)

30



30

1

30



1

1

(



31

)

16



15

(

)



29

2

(



)

30

1



(

30

3



2

1

































 



өрнегі  көбейтіндінің  бір  көбейткіші  31  болатындай  жіктелетіндіктен,  қосындының  31-ге 

бөлінетіндігі дәлелденеді. 

 

 

 



 

 

 

Материалды дайындағандар: Раушан Мұхамедова,  

жоғары математика кафедрасының аға оқытушысы; 

Жанар Әскербекова, жоғары математика кафедрасының оқытушысы 

 

Тригонометриялық теңсіздіктерді аралықтар әдісімен шешу 



 

Тригонометриялық теңсіздіктерді интервалдар әдісімен шешуді қарастырамыз:  

1. Теңсіздіктің бір  жағын нөлге,  екінші  жағын (мысалы, сол  жағын) көбейткіштер  түрінде 

жазып аламыз. 

2. Теңсіздіктің сол жағында тұрған бөлігінің нөлдері мен үзіліс нүктелерін табамыз. 

3. Барлық табылған мәндерді бірлік шеңберге саламыз. 

4. Алынған  аралықтың  кез  келгенінде  сол  жағында  тұрған  өрнектің  таңбасын  анықтай-

мыз. Ол үшін:  

a) осы аралықтан алдында табылған мәндермен беттеспейтін кез келген 

 мәнін аламыз; 



b) 

-ді теңсіздіктің сол жағына қойып, алынған өрнектің таңбасын анықтау керек. 



5. Осы интервалға Х бақылау нүктесін келесідей етіп қоямыз: 

а) егер өрнектің таңбасы нөлден артық болса, онда Х шеңбердің сыртына қойылады; 

б) егер өрнектің таңбасы нөлден кем болса, онда Х шеңбердің ішіне қойылады. 

6.  Х  нүктесінен  бастап  барлық  белгіленген  нүктелерден  өтетіндей,  сағат  тіліне  қарсы 

бағытпен,  бірлік  шеңберді  айнала  жатық  сызық  жүргіземіз.  Барлық  нүктелерді  басып  өте 

отырып, Х нүктесіне қайтып келеміз. 

7.  Егер  еселі  түбірлер болса,  онда  жұп  еселі  түбірде  өрнектің  таңбасы  өзгермейді,  сон-

дықтан жұп еселі нүкте Х нүктесінен шыққан сызықтың толқын түрде болуына жол бермейді.  

8. Жүргізілген сызық бойынша сызылған бөлікті анықтаймыз: 

a)  егер  теңсіздіктің  сол  жағындағы  өрнектің  таңбасы  нөлден  артық  болса,  онда 

қоршалған фигураның шеңберден тыс бөлігін аламыз; 

b)  егер теңсіздіктің сол жағындағы өрнектің таңбасы нөлден кем болса, онда қоршалған 

фигураның шеңбердің ішіндегі бөлігін аламыз. 

9.  Таңдалған  бөлікті  оң  бағыт  бойынша  шеңбер  бойы  бағытымен  белгілейміз.  Осы 

доғалар теңсіздіктің шешімі болады. 

 

1-мысал: Теңсіздікті шеш: 



.

0

sin



3

5

,



0

cos






x

x

 

Шешуі. 

.

0

2



3

sin


cos









x

x

 


 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015

 

1) 


;

,

2



,

0

cos



Z

k

k

x

x





 

2)   



 

.

,



3

1

,



2

3

sin



0

2

3



sin

Z

n

n

x

x

x

n







 



 



3



2

2

3



4



шеңбер  бойында  нүктелер  беттесе  бастады,  яғни  біз  х-тің  барлық 

мәндерін  таба  бастадық.  Енді  бірлік  шеңберді  сәйкес  нүктелермен  толтырамыз. 

0



  деп


 

қоямыз.  

Онда 

0

2



3

2

3



0

sin


0

cos










 

Таңбаның қисығы шеңбердің ішімен өтеді. Берілген теңсіз-

діктің шешіміне шеңбердің «-» таңбасымен белгіленген доғасы 

сәйкес келеді. Соңғы жауабын жазуда осы облыстардың ішінде 

х-тің  кіші  мәнінен  үлкен  мәніне  өтуі  бұзылатынын  көру  керек 

(суретте  ол  үзік  сызықпен  көрсетілген).  Бұл  жағдайда 

3



 



кіші 

мәнге 


2 -ді  қосу  керек  немесе 

2

3



  үлкен  мәннен 

2 -ді 



азайту керек. 

Соңғы  шешімін  аралықтардың  бірігуі  арқылы  көрсетуге 

болады.  

 

Жауабы:  



Z

n

k

n

n

k

k

x













,



;

2

3



7

;

2



2

3

2



3

2

;



2

2







 

немесе 



Z

n

k

n

n

k

k

x















,

;

2



3

2

;



2

2

2



3

;

2



2







 

 

 



2-мысал: Теңсіздікті шеш: 

.

0



2

sin


6

2

cos



3

sin








x

x

x

 



Шешуі. Мынадай теңдеулер жүйесін қарастырамыз: 





















.

,



,

2

,



2

3

,



3

,

0



,

0

2



sin

6

2



cos

,

0



3

sin


Z

m

n

k

m

x

n

x

k

x

x

x

x





 

 

 



0



k



 

2





x

 

1





n

 

 


3

4

3



1

1









x

 

1



k

 

2

3





x



 

0



n

 

3





x

 

 

 

1



n

 

 


3

2

3



1







x



 

2



n

 

 






2

;

0



3

7

2



3

1

2







x



 

 


 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015 

Түбірлерін шеңберге белгілейміз: 

1)                                                                                       2) 

0



k

 

0



x

 

 

0



n

 

3





x

 

1



k

 

3





x

 

 

1



n

 

6

5





x



 

2



k

 

3

2





x



 

 

2



n

 

3

4





x



 

3



k

 



x

 

 

3



n

 

6

11





x



 

4



k

 

3

4





x



 

 

 

 

5



k

 

3

5





x



 

 

3) 


 

0



m

 

0



x

 

 

1



m

 

2





x

 

 

2



m

 



x

 

 

3



m

 

2

3





x



 

 

 

Бұл нүктелер теңсіздіктің шешімі болмайды! 







3

;

0



6



 деп аламыз; 

.

0

3



sin

6

cos



2

sin




 



Кейбір нүктелердің еселілігін ескеріп, таңбаның қисығын жүргіземіз.  

Жауабы: 

.

,



,

,

,



;

2

3



2

6

11



;

2

3



5

2

2



3

;

2



2

;

2



6

5

2



3

2

;



2

2

Z



t

l

m

n

k

t

l

l

n

n

n

n

k

k

x





 








































 



 

3-мысал: Теңсіздікті шеш: 

.

0



 

 

sin3x



 

-

 



sin2x

  



Шешуі. 

.

0



2

5

cos



2

sin


,

0

 



 

2

5x



cos

 

 



2

x

sin



2









x



x

 

Жаңа айнымалы енгіземіз: 



t

2

 



 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015

 











.



,

,

5



10

,

,



0

5

cos



,

0

sin



0

5

cos



sin

Z

k

n

k

t

n

t

t

t

t

t



 

Шешімдерін табамыз: 



1) 

0



n

 

0



t

 

 

 



1



n



 



t

 

 

2) 



 

 

 



0



k



 

10





t

 

5



k

 

10

11





t



 

1



k

 

10

3



5

10







t



 

6



k

 

10

13





t



 

2



k

 

2





t

 

7



k

 

2

3





t



 

3



k

 

10

7





t



 

8



k

 

10

17





t



 

4



k

 

10

9





t



 

9



k

 

10

19





t



 

0

4



5

cos


4

sin


,

10

3



;

10

4













   деп аламыз. 

Суреттен  көріп  отырғанымыздай, 





10

3



;

10



шешімі 


   сайын  қайталанады,  бұл  аралық





10

13



;

10

11



, шешімі 













;



10

9

10



7

;

2



 периодтан кейін 













2

;

10



19

10

17



;

2

3



Сонымен, жауабын мына түрде жазуға болады: 

,

,

,



.

10

9



10

7

2



,

10

3



10

Z

m

n

k

m

t

m

n

t

n

k

t

k























 

2



x

t

 болғандықтан:  



,

,

,



.

2

2



2

5

9



2

5

7



2

,

2



5

3

2



5

Z

m

n

k

m

x

m

n

x

n

k

x

k























        


 

Жауабы:

 

.



,

,

;



2

2

;



2

5

9



2

5

7



;

2

2



5

3

;



2

5

Z



m

n

k

m

m

n

n

k

k

x





























 



 

4-мысал: Теңсіздікті шеш: 

.

4



cos

2

sin



5

cos


sin

x

x

x

x





 

Шешуі. 

Тригонометриялық 

функциялардың 

көбейтіндісін 

қосындысына 

түрлендіру 

формуласынан мынаны аламыз: 


 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015 


1   2   3   4   5   6   7   8   9


©emirsaba.org 2017
әкімшілігінің қараңыз

войти | регистрация
    Басты бет


загрузить материал