Абай атындағы

 
21 
түрлендіруден  соң  мына  түрге  келеді: 


.
xy
3
3
3
z
y
x
xyz
zx
yz





  Бұл  қатыс  мына 
теңсіздікке эквивалентті: 








(1)
      
  
.
xy
2
3
3
3
z
y
x
xyz
z
y
x
zx
yz








 
Бұл теңсіздіктің орынды болатынын дәлелделік. Үш ӛлшемді кеңістікте вектор  .  

 

y
 
x;
 
;
n
 
,
;
;
m
z
zx
x
yz
z
xy
y




  болсын  делік.  Сонда  векторлар  үшін  Коши-
Буняковский  теңсіздігін 





 





 






 






n
n
m
m
n
2
m
    қолданып  (1)  теңсіздігі  алынады.   
 





 





 






 






n
n
m
m
n
m
2
  шарты  тек  қана   




n
m

жағдайда  орынды  болатындықтан 
берілген  теңсіздіктегі  теңдік 
y
zx
x
yz
z
xy
3
3
3


  болғанда,  яғни 
z
y
x


болғанда 
орындалады, демек, тең қабырғалы үшбұрын үшін орындалады.  
5-есеп. 
-
 
c
b,
a,
  теріс  емес  сандар  болсын.  Егер 
1
abc

  болса,  онда 






2
3
1
1
1
2
2
2






b
a
c
c
a
b
c
b
a
теңсіздігін орынды болатынын дәлелдеңдер.   
Шешуі.  
z
c
y
x



1
,
b
1
 
,
a
1
 делік. Сонда 
1
xyz

болады және берілген теңсіздік 
мына түрге келеді:  
.
2
3
z
y
x
S
2
2
2







y
x
z
x
z
y
 Бұл теңсіздікке Коши - 
Буняуовскийдің векторлық 
r
r
r
r
b
a
b







 
2
2
a
 теңсіздігін қолдансақ 


y
x
 
;
x
z
 
;
b
 
,
;
;
a
r
r














z
y
y
x
z
x
z
y
z
y
x
 векторлары үшін аламыз: 




 
,
2
2
2
2
2
y
x
x
z
z
y
y
x
z
x
z
y
z
y
x
z
y
x
b
a
r
r





























бұдан           




,
2
  
          
          
2
2
2
2
z
y
x
y
x
z
x
z
y
z
y
x
z
y
x
















  


.
2
1
z
y
x
S
        
          
2
2
2
z
y
x
y
x
z
x
z
y









 
Енді  арифметикалық  және  геометриялық  орта  туралы  қатыс  бойынша  
3
3
z
y
x
xyz



болатындықтан  


.
2
3
2
3
2
3
3
1
3
2
2
2













xyz
z
y
x
y
x
z
x
z
y
z
y
x
S
 
Векторлардың 
скаляр 
кӛбейтіндісінің 
кӛмегімен 
тригонометриялық 
функцияларға қатысты теңсіздіктерді дәлелдеуге болады.  
 6-есеп. 
z
 
y,
 
x,
  оң  сандары  үшін 
xy
z
xz
y





yz
x
xz
yz
xy
  теңсіздігі 
орынды болатынын дәлелдеңдер. 
Шешуі. Алдымен берілген теңсіздікті келесі түрде жазып аламыз: 

 
22 
 









zx
yz
xy
xy
z
zx
y
yz
x
2
2
2
 
.
xy
 
          
          
xz
yz
xy
zy
xz
xy
yz
xz








 
Енді   


zx
xy
a
 
yz;
 
;
1
   
және   


zy
yx
xz
b
;
 
;
1
векторларын  енгізіп,  олар  үшін 
тӛмендегілерді табалық:    
 
2
        
          
,
,
,
zx
yz
xy
b
a
zy
xy
xz
b
zx
yz
xy
a
r
r










 
.
xy
z
zx
y
yz
x
b
a
r
r




 
Енді 
b
a
b
a



1
1
 
теңсіздігіне  сүйеніп,  (2)  қатыстардан  берілген  теңсіздікті 
аламыз.  
7-есеп.  Кез келген АВС үшбұрышында 
2
3
2
2
2




C
Cos
B
Cos
A
Cos
 
теңсіздігі 
орынды болатынын дәлелдеңіздер.  
Шешуі.    О-АВС  үшбұрышына  сырттай  сызылған  R  ралиусты  шеңбер  центрі 
болсын. 
Сонда 
0
2












OC
OB
OA
 
теңсіздігі 
орынды 
болады. 
Бұдан 
.
0
2
2
2
2
2
2


















OC
OA
OC
OC
OB
OB
OB
OA
OA
  
ОА  және  ОВ  радиустары  арқылы  жасалған  центрлік  бұрыш  шеңберге  іштей 
сызылған С бұрышынан екі есе артық болғандықтан  
.
2
2
C
Cos
R
OB
OA




 
Сол сияқты 
.
R
OC
OB
  
,
2
2
CosA
CosB
R
OB
OA






  
2
2
2
2
R





OC
OB
OA
 болғандықтан соңғы теңсіздік мына түрге келеді:  


,
0
3
2
2
2
2
2
2




R
C
Cos
B
Cos
A
Cos
R
немесе
.
2
3
2
2
2




C
Cos
B
Cos
A
Cos
  
8-есеп. 




3
1
!
2
log
1
log
log
2
!
2
!
2
!





n
n
n
n
n
n
теңсіздігін  дәлелдеңдер,  мұнда 
.
,
2
N
n
n


  
Шешуі. 




z
n
y
n
x
n
n
n
n





!
2
log
,
1
log
,
log
!
!
!
  белгілеулерін енгізіп, берілген 
теңсіздікті келесі түрде жазамыз: 
.
3
1
2
2
2



z
y
x
 
Ал







1
!
log
!
2
1
log
!
2
log
1
log
n
 
log
 
!
!
!
n!
1












n
n
n
n
n
n
z
y
x
n
n
n
n
 
болады, яғни  
.
1



z
y
x
 
Бұл теңдікті
1
1
1
1






z
y
x
  түрде жазып, 


z
y
x
a
;
;

 
және 
 
1
;
1
;
1

b
 векторларын қарастыралық.                                            


,
3
,
3
,
2
2
2
2
2
2
z
y
x
b
a
b
z
y
x
a
r
r
r
r








 
                                         
.
1





z
y
x
b
a
r
r
 
b
a
b
a





  теңсіздігі  бойынша  бұл  қатыстардан  аламыз: 


.
3
1
2
2
2
z
y
x



 


z
y
x
a
;
;

 
 
және 
 
1
;
1
;
1

b
 
 
векторлары 
бағыттас 
емес 
(ӛйткені 

 
23 




z
n
y
n
x
n
n
n
n





!
2
log
,
1
log
,
log
!
!
!
 
- 
әртүрлі 
сандар)
 
 
болғандықтан   


.
3
1
2
2
2
z
y
x



Соңғы  теңсіздіктің  екі  жағын  квадраттап,  қажетті  түрлендірулерді 
орындағаннан кейін, берілген теңсіздікке мәндес  
3
1
2
2
2



z
y
x
 теңсіздігі шығады.  
9-есеп. Дәлелдеңдер: 
  
,
21
1
4
1
4
1
4






c
b
a
егер 
.
1



c
b
a
 
 Шешуі.  
 
1
;
1
;
1

p
 және 


1
4c
  
1;
4b
 
;
1
4




a
q
 
2
2
g
p
q
p





 теңсіздігі  бойынша 








.
21
7
3
4
3
3
1
4
1
4
1
4
3
1
4
1
4
1
4
2


















c
b
a
c
b
a
c
b
a
Теңсіздік дәлелденді. 
2. Алгебралық  өрнектердің экстремальді мәндерін табу 
Векторларды қолданып ӛрнектердің, функциялардың ең үлкен және ең кіші 
мәндерін табуға арналған есептерді қарастыралық.  
10-есеп. 
Cosx
Sinx



12
5
 өрнегінің ең үлкен мәнін табу керек  
Шешуі. 
Cosx)
(Sinx;
b
  
),
12
;
5
(





a
 
болсын.  Онда  берілген  ӛрнек  бұл 
векторлардың  скаляр  кӛбейтіндісі: 
Cosx.
 
12
 
-
Sinx 
 
5
 
 
b
 






a
Сонда  скаляр  кӛбейтінді 
туралы 
b
a







a
 
b
 
 
  теңсіздігі бойынша: 
13
1
13






b
a
b
a




, аламыз, яғни ізделінді 
ең үлкен мән 13-ке тең. Ӛрнек бұл мәнге х-тің қандай мәнінде ие болады?  
Ізделінді ең үлкен мәнге 
b
a







a
 
b
 
 
болғанда  ие болатынын байқаймыз, яғни 
векторлар бағыттас болғанда, демек, 
12
5


Cosx
Sinx
, бұдан  
.
)
12
5
arctg(-
 x
,
12
5






k
tgx
Сол сияқты, ӛрнектің ең кіші мәнін табуға болады.  
11-  есеп.   
 x
cos
 
24
 
 
sin
10
)
(


x
x
f
 
функциясының  максимум  және  минимум 
мәнін табу керек.  
Шешуі.  Алгебралық  ӛрнекті  а    және  в  векторларының  скаляр  кӛбейтіндісі  деп 
қарастырсақ, онда а(10;24) және b(sinx; cosx)  болады. 
 
;
cos
24
sin
10
)
(
x
x
b
a
x
f




 
1.
 
 
cos
 
sin
b
    
26;
 
576
100
2
2






x
x
a
 
Скаляр кӛбейтіндінің қасиетіне сүйенсек, 
b
a
b
a
b
a






 болатындықтан, 
26
)
(
26



x
f
 болады. Сонда 
 
,
26
)
(
min


x
f
26
)
(
max

x
f
.  
12-есеп. 
 
117
30x
-
2x
 
9
6x
2x
 
74
38x
-
5x
 
5
)
(
2
2
2








x
x
f
функциясының  ең  кіші 
мәнін табыңдар. 
Шешуі. Тӛмендегі векторларды қарастыралық: 
).
9
;
6
(
),
;
3
(
),
2
7
;
5
(
),
2
;
(
1
1
x
x
d
x
x
c
x
x
b
x
x
a






   
Сонда  
     
,
74
38x
-
5x
)
2
7
(
)
5
(
b
 
,
5
x
 
4
2
2
2
2
2









x
x
x
x
a
r
 ,
9
6
2
 
 
)
3
(
2
2
2






x
x
x
x
c
.
117
30
2
)
9
(
)
6
(
2
2
2







x
x
x
x
d
 

 
24 
Демек, 
r
r
r
r
d
c
b
a
x
f




)
(
  болады. 
r
r
r
r
r
r
r
r
d
c
b
a
d
c
b
a







болғандықтан 
.
)
(
min
r
r
r
r
d
c
b
a
x
f




Енді 
d
c
b
a
p




векторының ұзындығын есептейік. 
),
16
;
14
(
)
9
2
7
2
 
;
6
3
5

















x
x
x
x
x
x
x
x
d
c
b
a
p





.
113
2
 
452
 
16
14
2
2




p
 
Демек ізделінді мән  
113
2
)
(
min

x
f
 
3. Теңдеулер мен теңсіздіктер жүйесін шешу 
Енді  теңдеулер    және  олардың  жүйелерінің  геометриялық  мағынасын 
кӛрсетейік, яғни оларды векторлық әдіспен шешейік. 
Алдымен екі айнымалысы бар екі сызықтық теңдеулер жүйесін шешейік. 







.
,
2
2
2
1
1
1
c
y
b
x
a
c
y
b
x
a
                                               
          (3)
 
Бұл теңдеуді векторлық түрде жазамыз:  
c
b
y
a
x







                           
                             
(4) 
Мұндағы 
   
),
,
(
2
1
a
a
a


   
),
,
(
2
1
b
b
b


   
),
,
(
2
1
с
с
с


(3) 
теңдеулер 
жүйесінің 
шешімдерінің саны мен бар болу сұрағы оған мәндес х, у сандарын табуға келтіріледі. 
Бұл сұрақтың жауабы  мынадай: егер      
а

 және  b

 векторлары коллинеар болмаса, онда 
кез  келген 
с

  векторы  осы  векторлар  арқылы  жазықтықта  жалғыз  түрде  жіктеуге 
болады,  бұл  жіктелудегі  х  және  у  сандары  бір  мәнді  анықталады.    Ал     
а

және  b

 
векторларына  коллинеар  болмаса,  онда  шешім  болмайтындығы  белгілі,  жүйе 
үйлесімсіз. Егер 
с

 
векторы      
а

және  b

 векторларына коллинеар болса, онда ізделінді х 
және  у  сандары  шексіз  кӛп  болады.  Шынында  да,  айталық   
b
а


2

  және   
a
c


3

  
болсын  делік,  сонда  аламыз: 
a
a
y
a
x








3
)
2
(
,  бұдан  х+2у=3.  Бұл  теңдеуді 
қанағаттандыратын шексіз кӛп (х,у) бар. (4) теңдеуді шешу үшін векторлардың скаляр 
кӛбейтіндісі,  ортогональ  векторлар  түсінігі  қажет  болады,    яғни 
r
r
b
a
b
c
x





, 
   
a
b
a
c
y







,  
мұндағы   
a
   
-
  



a
  векторына  ортогональ  (перпендикуляр)  вектор.  Сол  сияқты,  жалпы 
жағдайда  да,  яғни  n    айнымалы  m  сызықтық  теңдеулер  жүйесі    үшін  де  осындай 
пайымдаулар келтіруге болады. 
Векторларды қолданып сызықтық емес теңдеулер және олардың жүйесін шешу 
мысалдарын  кӛрейік.  Мұнда  берілген  теңдеулер  векторлық  түрде  жазылатындай  етіп 
векторлар таңдалып алынады, одан соң векторлардың қасиеттері қолданылады. 

жүктеу/скачать 4,82 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: