Физика математика факультеті

Дәрежелік функция. Бүтін көрсеткіштік дәрежелік функция деп 











n

x

x

 

функциясын атайды. Оны 

n

x

y 

  формуласымен де жазады. 

N

n 

 (натурал сан) 

болғанда дәрежелік функцияның анықталу облысы бүкіл сандық өс болады. Бұл 

функцияның мәндер облысы 

n

 санының жұп, не тақ болуына қарай әр түрлі 

болады; 

n

 тақ сан болғанда теріс емес нақты сандар жиыны. 

Ал  

n

 теріс сан болғанда бұл функция сандық өстің 

0



x

 нүктесінен өзге барлық 

нақты сандар жиыны болады да, ал 

n

 жұп сан болғанда, функцияның мәндер 

облысы тек нақты оң сандар жиыны болады.    

Жалпы дәрежелік функция деп 



x

x 

 (мұндағы 



-кез келген нақты сан) 

функциясын атайды. Бұл функцияны  



x

y 

 формуласымен де жазуға болады. 

Дәрежелік функцияның анықталу облысы жалпы алғанда нақты оң сандар, яғни 







,

0

 жиыны , ал мәндер облысы нақты оң сандар жиыны болады; 

0





 

болғанда 

0

 (нөл) саны да анықталу облысына енеді.  Жалпы дәрежелік 

функцияның бар болу мәселесі мен оның қасиеттерін негіздеу шектер 

теориясының аса нәзік мәселелеріне келіп саяды.  

Егер 

q

p





 рационал сан болып және 

q

 тақ сан болса, онда дәрежелік 

функцияның теріс 

x

 мәндері үшін де 



x

y 

 функция ретінде мағынасы болады. 

Аргументі 

0



x

 үшін 



x

y 

 функциясын былай анықтау жеткілікті; 

,



x

y 

 егер 

q

p





 және 



p

тақ сан болса, 



x

x 

(мұндағы 

q

p





, 

q

-тақ сан) функциясының 

графиктері 25-суретте келтірілген.  

 



x

y 

  

1

2

1

2







n

k



 

 

Көрсеткіштік функция деп 

x

a

x 

 (мұндағы 

0



a

 және 

1



a

) функциясын 

атайды. Көрсеткіштік функцияның анықталу облысы бүкіл сандық өс, ал мәндер 

облысы нақты оң сандар жиыны болады.  

Логарифмдік функция 





1

,

0







a

a

a

y

x

 формуласымен анықталатын 

көрсеткіштік функция қайтымды функция болып табылады, өйткені әрбір 









y

,

0

 мәніне 

a

y

x



теңдеуін қанағаттандыратын тек бір ғана 















x

,

 

мәні сәйкес келеді. Негізі 





1

,

0





a

a

a

 болатын логарифмдік функция деп 

көрсеткіштік функцияға кері функцияны атайды және оны 

a

log

 арқылы 

белгілейді. 

x

x

a

log



 немесе 

x

y

a

log



. Логарифмдік функцияның анықталу 

облысы 







,

0

 аралығы, ал мәндер облысы 











 ,

 аралығы болады.  

Көрсеткіш және логарифмдік функциялардың графиктері 

x

y 

 түзуіне 

қатысты симметриялы болатынын ескертеміз. 

Тригонометриялық функциялар. Тригонометриялық синус және косинус 

функциялары математиканың мектеп курсында геометриялық тұрғыдан 

қарастырылып анықталған болатын. Оларды жазып көрсету үшін 

x

y

x

y

cos

,

sin





 функциялары пайдаланылады. Синус және косинус 

функцияларының анықталу облысы нақты сандар жиыны, ал мәндер жиыны 





1

,

1 



 аралығы болып табылады.  

Қалған былайғы тригонометриялық функциялар 

x

y

ctgx

y

tgx

y

sec

,

,







 және 

ecx

y

cos



 синус пен косинус арқылы былай анықталады.  

.

sin

1

cos

,

cos

1

sec

,

sin

cos

,

cos

sin

x

ecx

x

x

x

x

ctgx

x

x

tgx









 

Бұдан тангенс пен секанстың анықталу облыстары

 









n

n,

2





 

түріндегі 

сандардан өзге нақты сандар жиыны болатынын байқаймыз.  

№ 13 дәріс. 

Тақырыбы: Рационал өрнектерді теңбе-тең түрлендіру. 

1.Иррационал өрнектерді теңбе-тең түрлендіру. 

2.Көрсеткіштік және логарифмдік өрнектерді теңбе-тең түрлендіру. 

3.Теңбе-теңдікті дәлелдеу. 

№14 дәріс 

Тақырыбы: Теңбе-тең түрлендіру. 

 Дәріс  мазмұны.  Көрсеткіштік  және  логарифмдік  өрнектерді  теңбе-тең 

түрлендіру. Теңбе-теңдікті дәлелдеу. 

№15 дәріс 

Тақырыбы: Теңдеулер. 

Дәріс  мазмұны.Теңдеулер.Теңдеулердің  негізгі  қасиеттері.Жоғары  дәрежелі 

теңдеулерді шешудің әр түрлі әдістері. Модулі бар теңдеулер. 

     

0

,

0

2









a

c

bx

ax

    (1)  квадраттық  теңдеуінің  нақты  түбірлері  бар  болады, 

егер оның дискриминанты теріс емес болса: 

               

0

4

2







ac

b

D

    (2) 

Бұл  жағдайда  (1)  теңдеу  түбірлері       

a

ac

b

b

x

2

4

,

2

2

1









    (3)  формуласы 

бойынша табылады. 

     Егер 

0



D

 болса, онда (1) теңдеудің нақты түбірлері болмайды.    

0

2







c

bx

ax

  квадрат  теңдеуі  үшін  Виет  теоремасы  бойынша,  теңдеудің 

1

x

 

және 

2

x   түбірлері  және  оның  коэффициенттері  арасындағы  келесі  қатыстар 

орындалады: 

a

b

x

x







2

1

,    

a

c

x

x





2

1

   (4) 

  

0

2

3









r

qx

px

x

   (5)   кубтық теңдеуі үшін де Виет теоремасы дұрыс: 

                 

p

x

x

x









3

2

1

,  

q

x

x

x

x

x

x







3

1

3

2

2

1

,  

r

x

x

x





3

2

1

  (6) 

Тең күшті  теңдеулер. 

            Екі   

 

 

x

g

x

f

1

1



 және 

 

 

x

g

x

f

2

2



  (1) теңдеулері тең күшті (эквивалентті) 

деп аталады,егер олардың барлық шешімдерінің жиыны беттесетін болса немесе 

екеуінің де шешімдері болмаса. 

           Тең  күштілік  анықтамасынан  берілген  теңдеудің  орнына  оған  тең  күшті 

теңдеу шешуге болатындығы шығады. 

           Тең  күштілік  ұғымы  транзитивтілік  қасиетке  ие,яғни,егер 

 

 

x

g

x

f



 

теңдеуі 

 

 

x

x







  теңдеуіне  тең  күшті  және 

 

 

x

x







  теңдеуі 

 

 

x

p

x

m



 

теңдеуіне тең күшті болса,онда 

 

 

x

g

x

f



 теңдеуі 

 

 

x

p

x

m



 теңдеуіне тең күшті 

болады. 

№16 дәріс. 

Тақырыбы:Теңдеулер. 

Дәріс мазмұны. 

Бөлшек-рационал теңдеулер. 

Иррационал теңдеулер. 

 

Иррационал теңдеуді шешу әдісі – берілген иррационал теңдеуге қандай да 

бір түрлендіруді қолдану арқылы ол теңдеуге мәндес немесе оның салдары 

болатын рационал теңдеумен алмастыру. Көпшілік жағдайда берілген теңдеудің 

екі жағын белгілі бір дәрежеге шығарады. Бұл жағдайда бастапқы теңдеудің 

салдары болатын теңдеу шығады. Иррационал теңдеуді шешкенде оқушылардың 

мынаны ескерген жөн: 

1)  егер радикалдың көрсеткіші жұп сан болса, онда түбір астындағы өрнектің 

мәні оң немесе нольге тең болады, сонымен қатар түбірдің мәні теріс бола 

алмайды. 

2)  Егер радикалдың көрсеткіші тақ сан болса, түбір астындағы өрнектің мәні 

оң  немесе  нольге  тең  болады,  сонымен  қатар  түбір  мәнінің  таңбасы  түбір 

астындағы өрнектің таңбасымен бірдей болады. 

Квадрат түбірлер қатысатын теңдеулер 

 

 

 

x

x

f





 теңдеуін квадрат дәрежеге шығарып 

 





 





2

2

x

x

f





 теңдеуін  алдық 

дейік.  Соңғы  теңдеу  бастапқы  деңдеуге  мәндес  емес,  оның  салдары 

болады.Себебі 

    (

 





 





2

2

x

x

f





)











 







 



 

0

0

2

2













x

x

f

x

x

f





және         

 

 



 

 



x

x

f

x

x

f













0

 және 

 

 

).

x

x

f







 

Бұдан 

 





 





2

2

x

x

f





 

теңдеуінің 

түбірлерінің 

жиынына 

бастапқы 

берілген

 

 

x

x

f





  теңдеулерінің  түбірлерімен  қатар  «басқа»  теңдеудің,  яғни 

 

 

x

x

f







 теңдеуінің түбірлері енеді.  

Осы айтылған мәліметтерден мынадай екі салдар шығады: 1) квадрат дәрежеге 

шығару  арқылы  алынған  теңдеудің  түбірі  не  берілген  теңдеудің  (

 

 

x

x

f





 

теңдеуінің)  түбірі,  не  «басқа»  (

 

 

x

x

f







  теңдеуінің  )  теңдеудің  түбірі  болады. 

2) егер «басқа» теңдеудің түбірі болмаса, онда квадрат дәрежеге шығару арқылы 

алынған теңдеу бастапқы берілген теңдеуге мәндес болады. 

Бір  ғана  квадрат  түбір  қатынасатын  теңдеуді  қарастырайық.  Бұл  жағдайда 

радикалды  бөлектеуге  болады,  яғни  берілген  теңдеуді 

 

 

x

х

и





  (мұндағы 

 

x

u

 

пен 

 

x



  рацоинал  функциялар)  түріне  келтіруге  болады. 

 

 

x

х

и





  теңдеуінің 

сол  жағында  арифметикалық  түбір  тұрғандықтан   

 

x



0



  болуы  қажет. 

Сондықтан  бір  ғана  радикал  қатынасатын  ирроцоинал  теңдеулерді  шешу  үшін 

радикалды бөлек шығарғаннан кейін  

                                             

 

x



0



                                         (19) 

шектелуін қою керек. Сонан соң теңдеудің екі жағын квадрат дәрежеге шығарып, 

алынған  теңдеуді  түбірлерін  табамыз,  оларды  қайсысы  (19)  шектелуін  немесе 

берілген теңдеуді қанағаттандырады соны анықтаймыз. 

 

М ы с а л. Теңдеуді шешіңіздер: 

                                 

.

4

7

2







х

х

 

 

Радикалды бөлек шығарамыз. 

 

Енді  4-х

0



  деп  ұйғарып,  теңдеудің  екі  жағын  квадрат  дәрежеге  шығарамыз, 

сонда 

2

8

16

7

2

x

x

x









 немесе 

0

9

10

2







x

x

 теңдеуді шешіп аламыз: 

.

1

,

9

2

1





x

x

 

9

1



x

  түбірі  қойылған  шектелуді  (4-х

0



),  сондай-ақ  берілген  теңдеуді  де 

қанағаттандырмайды. Берілген теңдеудің бір ғана түбірі бар. Ол: 

.

1

1



х

 

Екі  радикал  қатынасатын  теңдеулерді  шешу  –  теңдеудің  екі  жағын  квадрат 

дәрежеге шығару арқылы орындалады. Оны жалпы түрде жазайық: 

                     

 

 

,

a

x

t

х

и





 

мұндағы а

.

0



 Теңдеудің екі жағын квадрат дәрежеге шығарамыз: 

                            

   

 

 

.

2

2

a

x

t

x

u

x

t

x

u









 

Бұл  теңдеу  бастапқы  берілген  теңдеуге  мәндес  болады,  себебі  «бөтен» 

 

 

c

x

x

u









теңдеуінің түбірі жоқ (

0



c

). Соңғы теңдеуді түрлендірейік 

                         

   

   









.

2

1

2

x

t

x

u

a

x

t

х

и







 

Осы  шыққан  теңдеудің  екі  жағын  тағы  да  квадрат  дәрежеге  шығарып,  оңай 

шешілетін қандай да бір рационал теңдеу аламыз. 

  Табылған түбірлерді тексеру қажет. 

  Теңдеуді  шешу  процесінде  оқушылар 

 

 

x

t

х

и



  өрнегінің  орнына  түбір 

астындағы  өрнектерді  көбейтіп 

   

x

t

x

u



  өрнегін  қарастырады.  Әрине,  теңдеуді 

шешу  процесіндегі  мұндай  ауыстырулар  қате  емес,  себебі  квадрат  дәрежеге 

шығарғанда бір қорытындыға келеміз, яғни 

 

   





   

   

.

2

2

x

t

x

u

x

t

x

u

x

t

x

u





















 

Бірақ,  түбір  астындағы  өрнектерді  көбейтудің  нәтижесінде  мәндес  емес  түбір 

алынатындығын ескерген жөн. Оны мына мысалдан байқауға болады: 

    

3

9

1

2







х

х

 және 







,

3

9

1

2







x

x

 

х=0  саны  бірінші  теңдеудің  түбірі  болмай,  екінші  теңдеудің  түбірі  болады.  Бұл 

жөніндегі жалпы пікірді былай тұжырымдауға болады: 

   

 

 





   





.

a

x

t

x

u

a

x

t

х

и











 

№17,18 дәріс. 

жүктеу/скачать 0,96 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: