БҮркіт ағА-80 жаста орта мектепте окылатын 20-дан аса пәннің ішіндегі ең ма

Математика
Интервалдар  әдісін  жуықтап 
есептеуге  қолдану
Р.Н АУ РЫ ЗБА ЕВА,
ҚР  Үлттық қауіпсіздік комитеті  әскери 
институтынық доценті 
Г.ҚОЖАШЕВА,
І.Жансүгіров  атындағы  Ж етісу  мемлекеттік 
университетінін доценті
Интервалдардар  әдісін  жуыктап  есептеуге 
қолдануға  болатынын  көрсетейік.  [1]  жұмыс- 
та  полярлык  координаталар  жүйесінде  беріл- 
ген  функциялардын  аныкталу  аймағын  табу 
үш ін  колданылған  бүл  ә дістің  алгоритім ін 
қүрайық.  Ол  үшін  алдымен  мына
sinV  + 2sin2
тендеуді  карастырып,  ш еш імін  іздестіреміз. 
Егер  z = 
sin 
<р
  деп  алсак,  мына  үш інш і  ретті 
алгебралык  тендеуді  аламыз.
z3+ 2 r - z - l  = 0  (2)
Бұл  теңдеуді  интервалдар  әдісін  пайдала- 
нып,  түбірлердін  қай  аралыкта  жатканын  табу 
үшін,  соңғы  тендеуді  төрт  түрде  жазайык.
г * = - 2 г 2 + г + 1,  zi + 2z2  = +z + l, 
г 3 -1  = -2  z 2 + Z ’  2z2 -1  = z -  z 3
жэне  q = z* + 2z2  -  z -1   деп  белгілейміз.
I. z3  -  - 2 z 2 + z +1
Т е ң д ік т ің   е кі  ж ағы ндағы   ө р н е кте р д ін  
Z,
  = -1 /2 ,  z2  =  1,  -^з^О;  нөлдерін  сан  өсіне
саламыз  (1-сурет).  Онда  = z 3,  q2 = - 2 z 2 + z + l 
функцияларынын  осы  нүктелермен  белінген 
аралыктарда  таңбалары  анықталады.
-12
1-сурет. 
q{  = 
z 3, q2  = ~ 2 z 2  + 
Z
 + 1  
функцияларынын таңбалары
Онда  (2)  тендеудіц  шешімдері 
рында  жатады
l l . Z i + 2z1  = + z  
+ 1
Т е н д ік т ін   е кі  ж ағы нд ағы   ө р н е кте р д ін  
нөлдері  z = -2 ,  -   1,  0 .  Алдынғы  жағдайдағы-
дай  q ^ t ‘ + 2 z 1,  q2 - + z  + \  функцияларынын 
танбаларын  аралыктарда  кескіндеміз  (2-сурет).
аралықта-
+
+
2-сурет.  q\
  — Z3 + 2z~,  q2  — +Z +1 
функцияларынын таңбалары
Онда 
(2) 
т е ц д е у д і ң  
ш еш імдері 
] - о о ,   - 2 ] u [ ~ 1   + o o ]  
арадықтарында  жатады.
III.
  z3- l = - 2 z 2 + z   = > ( z - l) ( r  + z + l ) = z ( l ~ 2 z )  
Т е н д ік т ін   е к і  ж ағы ндаты   ө р н е кте р д ін
нөлдері  z =   0  ,  z = l/ 2 ,   z - 1
О 
12 
1
3-сурет.  q{ = z 2
 -1 ,  q2  = - 2 г 2  + z 
функцияларынын танбалары
Онда 
(2) 
теңдеуд ін 
ш еш імдері 
х е ] - с о ,   0 ] u [ l / 2 ;   l ]  
аралықтарында  жата­
ды.
IV .
  2z 2 - l  = z - z 3
Т е н д ік т ің   е к і  ж ағы ндағы   ө р н е кте р д ің
Г 2
нелдері  z -   0,z = ± l , z  = ±-
-1 
-0.7
0,7 
1
4-сурет.  qx = 2z2  -
1,  q2 = Z ~  Z3 
функцияларынын танбалары
Онда 
(2) 
теңдеуд ін 
ш еш ім дері 
]-оо,  - l j u [ - 0 , 7 ;   0 ]u [0 ,7 ;  l ]  
аралықтарын- 
да  жатады.
V. z(z2 + 2 z - l )  = l
Т е н д ік т ің   е к і  ж а ғы н д а ғы   ө р н екте р д ін  
нелдері  z =   0,  z = - l - ^ 2 ,   z = - l  + V2
+
+
-2,4
О 
0,4 
5-сурет.
11

Онда 
(2) 
тендеуд ін 
ш еш ім дері 
Тендіктін  сол  жағъ, 
In г   мен  он  жағының 
х
 6 
2,4;0J и  ^0,4;+oo j  аралыктарында жатады.
Бес  жағдайды  біріктірейік.
1 - Г
деп  белгілесек,  онда 
<7
 = In z-
\ - z l
1
[
0
.
1
]
x
 
e ] - o o , - 2 ] u [ - l , + c c ]  
x  
e
 ] —
oo,0]
2 ' 1
= > xe
[-2,4; -2] u [-0 ,7; -0,5] u [0 ,7; l]
“ 2
 
л  2 
1
 
u w i i  
и п д а  
ч   —  1,1 ^
 
.  
2
 
,
2z  - 1  
2 Г - 1
болады. 
мен 
анықтау  үш ін  интервалдар  әдісімен  танбалай-
— 
~ 
+
+  
+
м ы :
■1 
-о:
1
x
 e ]- o o , - l] u [ - 0 , 7 , 0 ] u [ 0 , 7 ; l]  
x e [-2 ,4 ;0 ]u [0 ,4 ;+ o o   )
Бізде ^ = sin 
өзгеру  аралығы  -1 < z < 1 бол-
ғандықтан,  біз  [- 0 , 7 ; - 0 , 5 ] u [ 0 , 7 ; l]   аралыкта­
рында  жаткан  түбірлерді  ғана  іздестіреміз.
Т ү б ір д і  табу  ү ш ін   те п е -те ң д ікте р д е гі 
өрнектердің  нөлдері  мен 
интервал  шеттері 
сәйкес  емес  кез  келген  біреуін  тандап  алып, 
белгілеу  енгіземіз.  Біз  II  жағдайды  карасты-
райык.  Тепе-тендіктен  q] = z 3 + 2 z 2, 
q2 = z  + \
деп  аламыз.  q(x) = 0 тендеуін  канағаттандыра- 
тын A'-тін. мәнін  табу керек.  Карастырып  отыр- 
ған  интервалдардын  ш е ткі  нүктелерінде
<7,(0,7) =  1,32; 
q2(
0,7) = 1,7;  9,(1)=  3;  д2( \)  = 2 
болғандықтан,
<7(0,7)=<
7
, (0,7) - q2(0,7)=-0,343;  q (\)= q ,{\)-q 2{X) = \
О 
0,7 
6-сурет.
Бізге  керек  шешімді  £е(0;  0,7)  аралығы- 
нан  іздейміз.  Онда
< 7 ,(0 ,
і
)   =  
і п
0 ,
і
= - 2 , 3 ;
<7, (0,1) =
і - Г
2z2
 -  11
= -1,01  <7(0,1) = -1,3 < 0
Ц=0,1
с/, (0,7) = In 0,7 = -0,3566; 
I — z 2
<72(0,7) =
2z2 - l
-25,5  q(0,7) = 24,2 > 0
î “ 0,7
^-ны ң  мәнше  қарап,  ш еш імнін  сол  жақка 
жакын  орналасқанын  байкаймыз.
<7,(0,3) = In 0,3 = -1,20397;
<7, ( 0 , 3 )   =
2 z 7
= -1,10975
г=0,з
<7(0,3) = -0 ,0 9  < 0
Сонғы  тенсіздіктен,  ш еш імнің  ^е(0,3;  0,7)
<7(0,7) -дің  модулі  0-ге  ж акы н,  сондықтан 
аралығында  жатканын  және  ол  сол  ж а к  ин-
түбірді  0,7-ге  таяу  іздейміз.  Біз  г  = 0,8  деп 
алсак,  онда  <7(0,8) = 0,008 .  Т үб ірд ін  дәлдігін  жоғарылату 
ү ш ін , 
z
 = 0,802 
деп 
аламыз, 
онда 
Д(0,802) = 0,00025  болады.  Сонымен  бізге  ке­
рек  шешім  q> = ( - \ ) k arcsin0,802 + A:7z-.
Осы  әдіспен  [-0 ,7 ;-0 ,5 ]  кесіндісінде  жата-
тын  түбірдің  z - -0,555  тен  екенін  таба  ала­
мыз.  Оған  сәйкес  бастапқы  тендеудің  түбірі
<р = ( -  1)*+! arcsin 0,555 + к л   тен  болады.
Мына  транцендентті  тендеудің  түбірін  та- 
байык.
і
Сонғы  тендіктің  сол  жағы  <
7
, = ln z   г - т ің  
оң  мәндерінде  анықталған,  яғни  ze(0,+oc).
12
тервалға  ж а кы н   орналасканын  байкаймыз. 
Олай  болса,
<7,(0,32) = ln0,32 = -1,13943;
QÀ
 0,32) =
l - z 2
-1,12877
г=о,32
2 z 2 - l  
<7(0,32) = -0,01  <0 
<
7
j (0,323) = ln 0,323 = 
-1,1301;
<7,(0,323) =
1 - z '
2
z
2 ~ \
= -1,1318
z - 0,323
(0,323) = 0,0017 > 0 .  ІІІеш ім  г  e (0,32;  0,323) 
Шешім  интервалдын  он  ж ак  шетіне  карай 
орналаскан.  Онда
<
7
, (0,3226) = 
In 
0,3226 = -1,13134,
0,3226) = - } ~ Z  , 
=-1,13145
г=0,3226
2z  - 1
онда  <у(0,3226) = 0,00008 > 0   .

Сонымен  берілген  теңдеудің  ш еш ім і
z
 = 0,3226  үтірден  кейінгі  терт  орын дәлдікпен 
табылды.
Тендеуді  интервалдар  әдісім ен  шешу 
алгоритімі  төмендегідей.
1. <
7
(jc) = 0  тендеуін  мүмкіндігінше 
ql(x )= q 2(x) 
түрінде  жазып,  мұндағы
q(x) = ql ( x ) - q 1( x ) ,   q,(x) =
 0,  деулерінін  түбірін  сан  өсіне  салып,  qx(x),q2(x) 
функцияларынын  бірдей  танба  болатын  ара- 
лықтарды  белгілейміз.
2.Карастырылған  жағдайларға  байланысты 
шыкқан  аралыктарды  киылыстырып,  түбір  жа- 
татын  аралыктарды  анықтаймыз.
З.Аралықтардың  шеткі  нүктелердегі  q(x) 
функциясыныц  мәнінін  таңбасы  мен  модуліне 
байланысты  жана  аралыктар  кұрып,  ^{х) = 0 
болатын  ж уы қ  мәнді  керек дәлдікпен  табамыз.
Интервалдар  әдісін  тендеу  шешуге  қолда- 
нудың  колайлығы  түбір  жататын  аралыктар­
ды  нақты  аныктап  алғандықтан  итерация  саны 
неғүрлым  кыскара  түседі.
ПАЙДАЛАНЫАҒАН  ӘДЕБИЕТ:
І.Н а у р ы з б а е в а   P .M .  Техникалық  ж огары   оқу  орны 
студенттеріне  қолданбалы  есептерді  пайдаланып  математиканы 
оқытудың  әдістемелік  негіздері:  Пед.  ғыл.  канд.  дис.  -  Алматы,
2007.  -  177 б.
Алматы қаласы.
Теңсіздіктерді  әр  түрлі тәсілдермен 
шешу
Ә.ХАМИТОВ,
Қапланбек  гуманитарлык  агроэкономикалык 
колледжінің  аға  оқытушы,  КР білім  беру  ісінің  үздігі, 
Ы.Алтынсарин  медалінін  иегері 
Ф.АИТКАЛИЕВА,
№ 4  дарынды  балаларға  арналғав  мектеп-интернаттын 
мұғалімі
Теңсіздіктерді  шешуде  түрді  тәсілдерді  қол- 
данып  шешу  тиесілі  нәтиженін  корінісінде 
көркемдей  түседі,  әсіресе  окушылардын  логи- 
калык  ойлау  қабілетінің,  ойлау  мәдениетінің 
калыптасып  дами  түсуіне  ыкпал  етуі  анык.
Берілген  есептердін  әрқайсысын  бірнеше 
тәсілдермен  шығара  алған  оқуш ы  есептерді 
шешудін  ен  тиімді  жолын  оңай  тауып,әсемдік 
көріністі  көре  алады.
Осы  макалада рационал,  иррационал теңсіз- 
діктерді  шешкенде  бір  мысалды  бірнеше  жол- 
мен  шығарып  көрсетелік,  ол  үш ін  төмен- 
дегілерді  есте  сақтау  қажет  болады.
1.  |û|-|/>|<0  теңсіздігін  түрлендіріп  көрелік.
\а\-\Ь\=
(|а|-|Ь|)(|а| + |/>|) 
a2- b 1
 
(a+ô)(û-é)
(*)
|в|+|й| 
|a|+|é| 
|a|+|A| 
Бүдан  |я|-|£|<0=>  ( a + b ) ( a - b ) < 0   болады 
өйткені  |û|+jè|>0.
2.Тенсіздіктерді  интервалдар  әдісімен  шеш 
кенде  мынаған  келіп  тіреледі.
х>а
 болғанда,  х-а  >0  болады
х<а
  болғанда,  х-а  <0  болады
Көпмүше  a  нүктесінен  еткенде  таңбасын 
озгертеді.
Ерекше  есте  сақтайтын  жағдайлар.
1)Егерде  (*)  көріністегі  екі  мүшенің  айыр- 
масынын  дәреже  көрсеткіші  так  болса,  онда 
көпм үш е  a  н үкте сін е н   өткенде  таңбасын 
әзгертпейді.
2)  Егерде  (*)  көріністегі  екі  мүшенін  айыр- 
масының  дәреже  көрсеткіші  жүп  болса,  онда 
көпм үш е  a  нүкте сін е н   откенде  таңбасын 
озгертпейді.
3 .а х 2+Ь х+с
  көпм үш есі  ү ш ін   D —b2-4ac<0 
және  а>0  болғанда  ах2+Ьх+с >0  болады,
4.Тенсіздіктіц  екі  жағы  да  тек  он  болғанда 
ғана  квадраттауға  және  жұп  дәрежеге  шыға- 
руға  болады  .
Модуль  танбасымен  берілген  мысалдарды 
карастырайык.
1-мысал.
+ 7х + 1 2 |-|
* - 1 2 !
х
  + 4 х - 5
> 0  тең-
сіздігш  шешіндер. 
Шешуі:  1-  тәсіл.
\ х 2
  -ь7jch- 12 I —
 1 jc2
- 12 1
х 1 + 4х-
>0<=>
-7x + 1 2 |-|x   - х - 1 2 |> 0
(і)жагдайды
I  I---------------- 
^
У х 2 + 4х -  5 > 0 
қмданамьв
[(х2 +7X+12+X2 -х-12Х х2+7х+12-х2 +х+12)>0 
І х 2 +4х-5>0
о
о
13

Д \ ч \ ч <   х
<=>
о
Жауабы:  (1;+оо ).
2-тәсіл.
х* + 4 9 Х + 1 4 4
і
 24л-2 +14Х3+ 168х>х4 +Х2 -+-144—24
дг
 - 2
х
’ +24
х
ІХ + 4 х - 5 > 0
J l6 x 3 + 96x2 +144x> 0 
( ( х -1 )(х  + 5 )> 0  
fl6 x (x 2+ 6 х  + 9 )> 0
o i s   1;-юс)
[( х - 1 ) ( х  + 5) >0
Жауабы:  (1 ;+œ ).
3-тәсіл.  Интервалдар  тәсілін  қолданамыз
1)л/х2 + 4 х - 5  >0<=>х^ + 4 х - 5 > 0 = >  xe(-oq-5)u(l;+oo)
2)Б өл ш ектін  алымын  |х2+7х+12|  |х2- х - 12| 
түрінде  жазып,  модуль  танбасы  астындағы 
өрнектердін  нөлдерін  тауып,  аралыктардағы 
ф ункнияларды н  танбаларына  байланысты 
өрнектерді  модуль  танбасынан  арылтып  жа- 
замыз  (1-сурет).
х 2  + 7 х  + 12 =  0 
х 2  -  х - 1 2  = 0
[х,  = -3,х2 = -4  
1х3  = - 3 ,
х
4 = 4
х 3 + 7 х  +  12 
-  
х 2 
— 7л: —12 
х 2 + 7х 
+  12 
x 2 + 7 j c  +  12
J l   <
х
< 4  
11  <  
х  
<  4
[2 х 2 + 6х > 0 ^   [2 х (х  + 3) > 0 ^
»   х
+ - Х
< = > xe (l;4 ]
Бұл  жағдайда  тенсіздіктің  шешімі  (1;4]ара- 
лығы  болады.
| х  > 4
^   '( х 2 + 7х + 1 2 ) - ( х 2 -  х - 1 2 ^ 0 ^
Гх > 4
<» •
х > 4
<=>х>4  демек  х>4
[8х > -2 4  
[х  > -3  
теңсіздіктің  шешімі  болады.
Жалпы  жауабы:  ( 1 ;4] u  [4;+ » )=( 1 ;+ œ )  бола­
ды.
Жауабы:  (1 ;+°°).
V x 2 -  х  -  20 W x 2 + 4 х  + 5 
n
2- МЫС“
-  | х ! + 6 х  +  8 | - и ! - 2 х  + З Г 0 
ТеН'  
сіздігін  шешіндер.
Ш еш уі:  І-тә с іл .(І)  жағдайды  колданамыз.
\Jx2
 -  х - 2 0  W x 2 + 4х + 5 
! х 2 + 6х + 8 1
 - 1
 х 2 -  2х + 3 1
> 0
о
I х 2 -  х  -  20 > 0 
І х 2 + 4 х  + 5 > 0
<=>•;
1-суреттен 
ізд е л ін ге н  
ш еш ім д і 
( - с о ; - 5 ) , ( і ; 4 ] , [ 4 ;  +  оо)
аралыктарында  қарасты- 
ру  керектігі  байқалады.
(х< -5
а)'
[\
 х 2 + 6х + 8 1>| х 2 -  2х + 3 1
 
х < -4  
х>5 
x e R
(х2 -ьбх+8+x2 -2х+3](х2 +'6х+8-х2 +2х-3) >0 
X 
< -4
<=>
«.<; 
о х = 0
(х2+ 7х+12]-|х2~х-12 ]> 0  
}х > -3  
х<-5  болғанда  теңсіздіктің  шешімі  ж ок. 
Г1 < х < 4
^ | ( х 2  + 7х +12) -  ( - Х 2 + х  +12) > 0 ° 1
х  > 5
о  х > 5
5
х   >   —
8
Жауабы:  [5 ;+<»).
2 -T e c û i,D (/)= (-« ;-4 ]u  [5;+ °°)  екенін  еске- 
реміз,  ал  х2-2х+3  үшмүшесі  барлык  кезде  оң 
мәнге ие болады,өйткені  D=4-12<0 және а=1>0 
б о л ға н д ы кта н ,  онда  т е ң с із д ік т ін   бөлімі 
|х2+6хН-8|-|х2-2х+3|>0  болацы,  яғни:
14

|х2+6х+8|>|х2-2х+3|  <=> 
x 2 + 6x + 8 > x 3 -  2x + 3
о
о
x 2 + 6x +
 8 < - x 2 + 2 x - 3
<=>
8x > -5  
2x2 + 4x4-11 <0
o x >
q
  ал  D ( /)   пен
х > ~ ^
  мәндерін  салыстырып  x  > 5  екенін  та-
О
бамыз.
Жауабы:  [5 
;+ о о   ). 
3-тәсіл.  х 
( - 0 0
 ;-4]  [5;+оо)  ескеріп  жэне  ин­
тервалдар  әдісін  колданамыз.
х 2 + 6х + 8 = О 
х 2 -  2х + 3 = О
<=>
х, 
= - 2
х 2  = -4
а)
х < - А
 
х < -4
х> 5  
о <
  х>5 
« х > 5
х2+ 6 х + 8 -(х 2- 2 х - 3 ) > 0  
[8х+5>0
Жауабы:  [5 ;+ °°) 
х е 
( - о о ; —
4) 
и  
[5;-к»)
I х 2 4- 6х + 8 ]>| х 2 -  2х + 3 1
4 -тә с іл .
болаты-
нын  ескерш,  жүиедегі  екінш і  тенсіздіктщ  ею 
жағын  да  квадраттаймыз,  яғни
x4+36x2+ 64 + l6x2+12x3+96x  >  х4+4х2+9+6х2- 
4х3-12х  <»  1бх34-42х24-108х+55>0
Осы  ш ы қ к а н   т е н с із д ік т ің   сол  ж а ғы н  
жіктейміз.
16х3+42х2+108+55>0 
4(х(4х3+8х+22)+0,625(4х2+8х+22))  о
8 (х+0,625) (2х2+4х+-11)>0 
х>-0,625= - -
8
Анықталу  облысымен  осы  табылған  х > -  ~
тенсіздігін  салыстырып х > 5  болатынын  таба- 
мыз.
Жауабы:  [5;+«=) 
Ескерту-1:  Жоғарыда  есте  сактауға  кажетті 
болған  мәліметтерге  коса  мыналарды  да  есте 
сактаған  жен.
1)|х|  <  b,  мұндағы  b>0  болса,  онда
\х \
  <  Ь  -Ъ  <  х   <  b  <=> JА 
^ 
болады
[х  > - Ь
2) 
|х| > Ь,  м ұндағы  
b
> О  болса,  онда 
х  > b
|х| > Ь =  
,  болады. 
х < - Ь
3-мысал.  ||х2-4 х + 3 |+ х 2| < 5-4х 
те ң с ізд ігін  
шешіндер.
Ш е ш у і:Т е ң с ізд іктің   сол  жағы   он  болған- 
дықтан,  оң  жағы  міндетті  түрде  5 -4 х> 0   о  
х <   1,25  болады.
Демек  5-4х>0  деп  алғандыктан 
||х2-4х+3|+х2|  <  5-4х  о
J| x 1 -  4х 4- 3 1< 5 -  4х -  х 2 
[J х 2  —
 4x4-3 |> - х 2 + 4х -  5 
1)|х2-4х+3|  0  болғандықтан  5-4х-х2  >0  <=> х2 
+ 4 х -5 < 0   < » х е [-5 ;1 ]  болғанда  жүйедегі  1- 
теңсіздіктін  екі  жағы  да  он  болып,  екі  жағын 
да  квадраттап,  модуль  танбасынан  арылуға  бо­
лады.  Яғни
х 4+ 6 х 2+ 9 - 8 х 3+ 6 х 2-2 4 х <  25+ 16х2+ х 4-4 0 х - 
10х2+8хл  <=>  16х3 -16х2- 16 х + 16 > 0  <=>  х2( х - 1 )-(х-
1)=(х-1)(х2-1 )> 0   х= ±1  болғанда
-
1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 1
болып  хе [-1 ;1 ]  болады.
fx  € [—5; 1]
г  , 
=>  x 
g
 L— J  болатыны  шығады.
[ x  
g
 [ — 1; 1]
2)|x2-4 x + 3 ]> -x 2+4x-5  тенсіздігінін  оң  жағы 
тек  теріс  мәнге  ие  болатынын  ескерсек,онда 
х-тің   кез  келген  мәнінде  тенсіздік  орындала- 
ды,  демек  бүл  жағдайдахё(-оо;+со)  болады.
х
 < 1,25
3) -  —
 1 < 
jc
 < 1 <=>  —
 1 < 
jc
 <  1 <=> 
jc
 е [—
 1; 1] аралығы
x е  R
берілген  теңсіздіктін  шешімі  болады.
Жауабы:  |-1 ; Г|
3-мысалдан  басқадай  тәсілдермен  шығару 
жолын  осы  мақалаға  мән  беріп  оқығандардын 
өздеріне  үсынамыз.
Осы  типтес  мысалдарды  біз  үсынған  жол- 
дардан  баска да ыкшамды, тиімді,  көрінісі әсем 
болған  жолдарын  тауып  шығарсаныздар,  біз 
тек  куанамыз,  алғысымызды  білдіреміз.
Онтүстік Кдзақстан  облысы, 
Сарыағаш  каласы.

s
Салу.  \ ) X   I X  = ( A B ) n ( C D ) ,
X  = ( C D ) n ( M S B )
 ;  2)  { M X )  -  ізделінді.
Дәлелдеу.  Түзу  M X  = a  глр -нан  шығатын 
ізделінді  түзу  (2-сурет).
Зерттеу.  Érep  АВ  мен  CD  түзулері  киылыс-
са,  есептін  бір  шешуі  бар;  егер  A B \ \ C D   бол­
са,  онда  2-есептін  шешуі  болмайды.
2-есебінің  шешуі  1-есептін  баска,  жалпы 
шешімін  береді.  М  нүктесі  және  a  түзуі  арк­
ылы  a   жазыктығын  салуға  болалы.  Бүдан  сон 
b
 
түзуім ен  a   ж а зы қты ғы н ы ң   киы лы су 
нүктесі  -  X  нүктесін  салуға  болады.  Егер
{ M X )
  түзуі  a  түзуімен  киылысса,  онда  { M X )  
түзуі  есептін  шешуі  болады.  X  нүктесін  салу 
үшін  b  түзуі  аркылы  кез  келген  д  жазыкты- 
ғын  жүргізу  жеткілікті.  л.  мен  a  -ның киылы­
су  түзуі  жэне  х  - b n  a   нүктесі  аркылы  J-ны 
салуға  болады.  2-есептегі  a - ( S B ) , b ~ ( C D ) ,
a  = ( M S B ) , À - { A B C D ) , d  = ( A B
) , 
ж э н е (М А ') 
түзулерінің  беттесетіндігіне  көз  жеткізу  киын 
емес.
1-ші  және  2-есептерінің  шешулерінің  бір- 
бірінеи  озгешелігі  қандай  екеніне  назар  ауда- 
райык.  1-есептің  шешуі  1-суретте  көрсетілген, 
онда  белгілі  бір 
а,Ь,  с 
түзулерін  салу  аркылы
орындалған.  2-суретті  { M X )   тү зу і  мен  X 
нүктесі  есеп  шартынан  бір  мәнді  аныкталады.
Призма  мен  пирамиданың  кимасын  салуға 
арналған  есептерді  шешудін  жалпы  әдістерін 
қарастырайык.
a
  жазыктығынан  a  түзуін  және  көпж ак- 
тын бір жағынын  у  жазықтығын тандап алып, 
олардын  киылысуынан  X  нүктесін  саламыз. 
у
  ж азы кты ғы н  онда  a   ж а зы кты гы н ы ң  
берілген  бір  нүктесі  жататындай  түрде  тандап 
аламыз.  а ,  у  жазықтыктарында  жататын  екі 
нүкте  алып,  а  жэне  у  жазыктыктарының 
киылысу  сызығын  саламыз.  X  нүктесін  салу 
үшін  a  түзуі  аркылы  өтетін  косымша  р   жа-
2.«Математика  жене  физика»  № 5,  2010.
зыктығын  жүргіземіз  Ь = р п у   жэне  X  = a г>Ь 
болатындай  b 
киы лы су  сызығы  мен  X 
нүктесін  саламыз,  онда  X = a n  у .
Егер  копж ак  призма  болса,  онда  р   жазык- 
тыгы  әдетте  бүйір  қабырғасына  жүргізіледі,  ал 
егер  копж ак  пирамида  болса,  р   жазыктыгы 
пирамиданын  төбесі  аркылы  өтеді.  Келесі  3- 
есептін  жэне  макалада  келтірілген  осы  сияк- 
ты  баска  есептердін  шешулері  осы  тәсіл  арк­
ылы  көрсетіледі.
З-есеп.Призманын  «   кима  жазыктығын 
салу 
ке ре к, 
мұндағы 
a  = (PQR
) ,  
егер
P e [ D D ^ , Q e [ C C , \ R z [ A A , \
Ш е ш у і.  I  ж ағд ай.  E = ( A B ) r \ ( C D )   деп 
белгілейік.  a  түзуі  ретінде  PQ  тұзуін  тандап 
тандап  аламыз,  у жазыктығы  ретінде  АА] Н[ В 
жазыктыгын  аламыз,  р   жазыктығынын  ролін 
DD\C{C
  аткарады.  Салу:
1 ) E \ E  = ( A B ) n ( C D ) ;
2) Щ   I{Е Е ;)//(С С Н Е Е ,) = ( D D f f ) Г)(ААІ
/?);
3) X   I X  = (PQ) n  ( ЕЕ, ), X  = (PQ) n  (A A, Bt B)-
4 ) R X \ ( R X )  = c c n ( A A l BlB);
5 ) S \ S  = ( R X ) n [ B ]B ] -
6)  PQSR-  ізделген  кима.
I l  
жағдай.  АВ  мен  CD  түзулері  киылыс- 
пайды,  немесе  олардын  киылысу  нүктесі  сыз- 
бадан тыс  болады.  RQ  кесіндісінен  М  нүктесін
тандап  аламыз  жэне  X  ~ ( Р М ) п ( А А 1ВіВ)  бо­
латындай  нүктесін  саламыз.  Бұдан  сон  RX 
түзуін  жүргіземіз,  сондай-ак  S = ( R X ) n \   BBt 
болатындай  S  н ү кт е с ін   табамыз.  RPQS- 
ізделінді  кима.  Егер  X  = ( Р М ) г \ ( В В , С хС) ,  онда
S  = ( Q X ) r [ В .
5 ] .   Егер  М   нүктесін  RQ  кесін- 
дісінен  тандап  алынса  және  ол  нүкте  DD^B^B
- 
диагональдық  кимада  жатса,  онда:  X  = S 
жэне  салу  жүмысы  ыкшамдалады.
Призманын  немесе  пирамиданын  кимасы 
бір  түзудін  бойында  жатпайтын  үш  нүкте  ар­
кылы  бір  мәнді  аныкталады,  онда  кима  салу 
есебінін  бір  ғана  шешуі  болады,  сондыктан 
есепке  зерттеу  ж үргізудін  кажеті  болмайды. 
Кима  салу  есебінін  сәтті  болуы  ен  алдымен 
тузу  мен  жазыктыктын  киылысу  нүктесін  сала 
білуге  тікелей  байланысты.
17

жүктеу/скачать 6,69 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: