«Сейфуллин оқулары 11: Жастар және ғылым»

«Сейфуллин  оқулары - 11: Жастар  және ғылым» атты  Республикалық ғылыми-теориялық

конференциясының

материалдары

=  Материалы  Республиканской  научно-теоретической

конференции «Сейфуллинские чтения - 11: Молодежь и наука». – 2015. – Т.1, ч.3. – Б.218-221

МЕКТЕПТЕ МОДУЛІ БАР ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ ТӘСІЛДЕРІ

Тілеулесова А.Б.,  Ақылбаева Н.Б.

Модулі  бар  теңдеулер  мен  теңсіздіктер  теориясы  орта  мектепте

оқушылардың логикалық ойлау қабілетін  дамыта  алатындай, өз  алдына

ғылыми  педагогикалық

маңызы  бар  негізгі  оқу  материалы  болып

есептеледі[1]-[5].  Ол  оқушыларды  айқын  дұрыс  ойлауға,  шамаларды

салыстыра  білуге  дағдыландырады.  Сондықтан  есеп  шығару  барысында

творчествалық  қабілеттілік,  ізденгіштілік қасиеттерді әр  түрлі  тәсілдермен

шығарып, ішінен ең қарапайым, тиімдісін таңдап алудың маңызы зор. Соңғы

кезде  орта  мектеп  математикасында  көптеген  жақсы  бетбұрыстарға

қарамастан  модулі  бар  теңдеулер  мен  теңсіздіктер  жөнінде  мектеп

оқушыларының түсініктері  мардымсыз.Дегенмен  кейбір  авторлардың  [2,

228бет], [3, 216 бет]оқулықтарында осы тақырыпқа байланысты есептер мен

материалдар  жақсы  берілген.  Енді  модулі  бар  теңдеулерге  байланысты

есептерді шығарудың негізгі тәсілдеріне келейік:

1.

a

x

f

)

(

теңдеуін қарастырайық, егер

0

а

болса  теңдеудің шешімі

болмайды,  ал

0

а

болғанда  анықтама  бойынша

a

x

f

)

(

,

a

x

f

)

(

теңдеулерінің бірігуіне таратылады. Ол былай жазылады:

a

x

f

a

x

f

)

(

)

(

.

1-мысал.

5

8

x

.  Модульдің

анықтамасы[3,  228  б.]  бойынша

теңдеулердің бірігуін аламыз.

5

8

5

8

х

х

.  Бұдан

3

,

13 х

х

.  Жауабы: 3; 13.

Кейбір 

модуль 

таңбасымен 

берілген 

теңдеулер 

геометриялық

кескіндердің көмегімен жеңіл шешіледі. Атап айтсақ,

5

8

x

теңдеуін шешу

үшін  8-ді  сан  осіне  белгілеп,  екі  жағынан  5  бірлікке  арақашықтықтан  екі

нүкте белгілейміз.

Жауабы: 3; 13

2.

a

x

f

)

(

теңдеуі.

Модуль анықтамасы бойынша екі жүйенің бірігуіне таратылады.

0

)

(

0

)

(

x

a

x

f

x

a

x

f

2-мысал.

0

6

2

х

х

теңдеуін шешу керек.

Шешуі.

0

6

0

)

1

2

х

х

х

0

6

0

)

2

2

x

x

х

жүйелерін шешеміз.

3

3

,

2

0

2

1

х

х

х

х

3

3

,

2

0

2

1

x

x

x

х

. Жауабы: -3; 3.

Егер  оқушылар  жұп  және  тақ функция ұғымдарымен  таныс  болса,  бұл

теңдеудің

0

х

болғандағы  түбірін ғана  тауып,  жұп  функция  анықтамасы

бойынша екінші түбірін ала алады.Мысалы,

0

6

2

х

х

теңдеуін шешу үшін

6

2

х

х

у

функциясы  жұп  болғандықтан

0

х

болғанда қарастырамыз.

Сонда

х

х

екенін  ескерсек,

0

6

2

х

х

,

2

х

,

3

х

болғандықтан

3

х

қана түбірі болады. Жұп функциялардың анықтамасы бойынша

3

х

түбірін

аламыз.      Жауабы: -3; 3.

3.

)

(

)

(

x

g

x

f

түріндегі теңдеу.

Бұл теңдеуді шешу үшін екі жүйенің бірігуін  шешеміз.

0

)

(

)

(

)

(

0

)

(

)

(

)

(

x

g

x

g

x

f

x

g

x

g

x

f

3-мысал. |3x-1|=7x+11 теңдеуін шешеміз.

Шешуі. 3x-1=7x+11 теңдеуін шешіп

түбірін аламыз. Енді –(3x-

1)=7x+11  теңдеуін  шешіп

түбірін  аламыз.Табылған  түбірлерді

теңдеудің оң жағына қойып  x=-1  болған  кезде  теріс  болмайтынын  кореміз.

Демек, x=-1.Жауабы: x=-1.

4-мысал. |x – 7| = x

3

– 15x

2

+ x + 7.

Шешуі: Модульдің анықтамасы бойынша

7

,

7

7

,

7

7

x

x

x

x

x

|x – 7| = x

3

– 15x

2

+ x + 7 теңдеуі келесі екі жүйенің жиынтығына тең:

0

)

2

15

(

7

0

)

14

14

)(

1

(

7

0

2

15

0

7

0

14

15

0

7

7

15

7

0

7

7

15

7

0

7

2

2

2

3

2

3

2

3

2

3

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

2

217

15

0

63

7

2

217

15

0

7

63

7

1

7

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Жауабы:

.

2

217

15

;

63

7

;

0

4.

)

(

)

(

x

g

x

f

түріндегі теңдеу.

Бұл теңдеулердіі шешу үшін төмендегі теңдеулердің бірігуін шешеміз.

|f(x)| = |g(x)|  түріңдегі теңдеу

)

(

)

(

2

2

x

g

x

f

немесе

0

))

(

)

(

(

)

(

)

(

x

g

x

f

x

g

x

f

теңдеуімен мәндес. Бұл келесі жиынтықпен

мәндес:

).

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

x

g

x

f

x

g

x

f

x

g

x

f

Бұл  түрдегі  теңдеулерді  екі  жағын  квадраттау  арқылы  да  шешуге

болады.

0

)

(

)

(

0

)

(

)

(

)

(

)

(

2

2

2

2

x

g

x

f

x

g

x

f

x

g

x

f

x

g

x

f

)

(

)

(

x

g

x

f

,

)

(

)

(

x

g

x

f

5-мысал. |x

5

-6x

2

+9x-6| = |x

5

-2x

3

+6x

2

-13x+6|.

Шешуі. |x

5

-6x

2

+9x-6| > 0  және  |x

5

-2x

3

+6x

2

-13x+6| > 0.

Теңдеудің екі  жағы  да  теріс  емес,  онда  берілген  теңдеу  төмендегі  екі

теңдеудің жиынтығына тең.

6

13

6

2

6

9

6

6

13

6

2

6

9

6

2

3

5

2

5

2

3

5

2

5

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Әрбір 

теңдеуді 

шешу 

арқылы

мыналарды аламыз :

.

2

;

0 x

x

3

;

2

;

1

x

x

x

.Жауабы:

.

3

;

2

;

1

;

2

;

0

6-мысал.

x

x

3

2

x

x

x

x

x

x

x

x

3

2

3

2

3

2

3

2

2

2

2

2

0

1

5

2x

,

5

2 x

5

,

2

x

.  Жауабы: 2,5.

7-мысал.| x-4 |+| (x–1)(x–3) |=1.Шешуі:    y  =  |(x–1)(x–3)|  және    y=1–|x–4 |

функцияларының графиктерін саламыз.  1) y = |(x–1)(x–3)| функциясына  х=1

және х=3 мәндерін қойып  у=0 аламыз. Яғни графиктің ОХ осімен қиылысу

нүктелері. х нөлге тең болғанда  у=3, яғни график ОУосімен (0 ;3) нүктесінде

қиылысады. Ал  х=4 болғанда у  тағы да  3-ке тең. Біз бірінші графикті алдық.

2) y=1–|x–4 |  ОХ осімен қиылысын табу үшін қарапайым  1-|x-4|=0  теңдеуін

шешеміз:

1

4

1

4

1

|

4

|

x

x

x

3

5

x

x

Бұдан график ОХ осін  5 және 3 нүктелерінде қияды. Екі функцияның да

графиктері  3 нүктесінде қиылысады.Жауабы: 3

5.

)

(

)

(

...

)

(

)

(

2

1

x

g

x

f

x

f

x

f

n

түріндегі  теңдеулер. Бұл  теңдеулерді

шешу интервалдар әдісімен шешіледі.

8- мысал.

1

4

3

2

2

х

х

теңдеуін шешіңіз.

Шешуі. Модуль астындағы өрнектердің нөлдері

2

х

,

4

х

-4                   2

Үш аралықта жеке-жеке қарастырып, түбірлерін анықтайық.

1

12

3

4

2

4

.

x

x

x

I

15

4

x

x

15

x

.

1

12

3

4

2

2

4

.

x

x

x

II

9

5

2

4

x

x

8

,

1

2

4

x

x

8

,

1

x

1

12

3

4

2

2

.

x

x

x

III

17

2

x

x

17

2

x

x

.  Жауабы: -15; -1,8.

Жаңа айнымалы енгізу әдісі

9-мысал.

3

|

1

2

x

теңдеуін шешу керек.

Шешуі:

y

x 1

деп белгілесек, онда

5

2

3

2

3

2

y

y

y

5

1

y

y

)

2

(

)

1

(

Белгілеуге қоямыз, сонда:  (1)

1

1

x

- түбірі жоқ

(2)

5

1

x

5

1

5

1

x

x

6

4

x

x

.       Жауабы: -6; 4.

Мектеп  бағдарламасында  модуль  түсінігі

6-сыныпта[1],  [2]  оның

геометриялық мағынасы  берілгенде  енгізіледі.Содан  кейін  санның модуліне

анықтама  беріледі.  Оқушылар  базалық деңгейде  мұндай  тапсырманың

стандартты  түрін  орындай  алулары  міндетті. Орта  мектептерде  модулі  бар

теңдеулер  мен  теңсіздіктерді  шешу әдістерін  беру  кезінде қойылатын  іргелі

мақсаттардың қатарына есептерді тиімді шешу дағдылары мен іскерліктерін

дамыту  проблемасы жатады.  Мәселенің күрделілігі  мен қиындығынан  осы

уақытқа  дейін  ол  түпкілікті ғылыми әдістемелік  шешімдерін  таба  алмай

келеді.  Осыған    байланысты  орта  мектепте  модулі  бар  теңдеулер  мен

теңсіздіктерді  шешуге  тереңдетіп  оқыту әдістемесін қолдануы,  олардың

теориялық

білімдерін  нақтылаудың

және  практикада

қолдана  алу

ептіліктерін қалыптастырудың басты формаларының бірі.

Әдебиеттер тізімі

1.Алимов Ш.А., Колягин Ю.М. и др. Алгебра и начала анализа, 10-11 классы.

М., «Просвещение», 1993

2.Алгебра:  Жалпы  білім беретін  мектептің  8-сыныбына  арналған  оқулық./

Шыныбеков Ә.Н.- Алматы: «Атамұра», 2004.-272 бет.

3.Математика  6:  Жалпы  білім  беретін  мектептің  6-сыныбына  арналған

оқулық./ А.Е.Әбілқасымова, Т.П.Кучер, З.А.Жұмағұлова.- Алматы «Мектеп»

2011.

4.Галицкий  М.  Л.,  Гольдман  А.М.,  Звавич  Л.И.,  Сборник  задач  по  алгебре:

учеб. пособ. для  8-9кл. с углуб. изуч. матем.– М : «Просвещение», 2001

5.Гусев В.А., Мордкович А.Г.  Математика – М : « Просвещение », 1988