ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУДІҢ КЕЙБІР ҰТЫМДЫ ТӘСІЛДЕРІ



 

 

 

3

5

,

4

;

6

9

3

2

6

0

6

1

0

1

6

6

6

6

6

6

5

2

1

2

2

1

2

2





















































x

x

x

x

x

t

t

t

t

t

t

t

t

t

t

t

t

t

t

Айнымланың бұл мәндері бастапқы теңдеуді қанағаттандратынын тексеру арқылы

көз жеткізуге болады [1].

Теңдеулер  мен  теңдеулер  жүйесін  шешуде  тағы  да  бір  тиімді  тәсілмен

танысайық.

 





x

x

f

f



түріндегі  теңдеуді  шешкенде  мына  бір  тұжырымды  дәлелдеусіз

пайдалануға болады.

Тұжырым :

 

x

x

f



-

функциясы 

бір

қалыпты

өспелі 

функция 

болса

 

 





x

x

f

f

x

x

f



 ,

теңдеулері пара-пар.

Мысалы:

1

1







x

x

;

Шешуі: Теңдеуді түрлендіріп жазуға болады

.

1

1

x

x







 

x

x

f



 1

функциясын    алсақ бұл  функция  бірқалыпты өспелі  екенін  аңғару

қиын

емес.

0



x

.

 













x

x

x

f

x

f

f













1

1

1

тұжырымға  сәйкес

 

x

x

f



теңдеуін алмастырамыз.

.

1

x

x





 





 

;

0

1

1

















x

x

x

x

x

f

x

f

f





.

2

5

3

2

5

1

2

5

1

0

1

0

1

2



































x

x

t

t

t

t

x

x

x

Векторлар скаляр көбейтінді қасиетін пайдаланып теңдеулерді шешу:

Анықтама:

Егер









2

2

1

1

;

,

;

y

x

b

y

x

a









векторлары  кординаталары  арқылы  берілген  болса

олардың скаляр көбейтіндісі сәйкес кординаталарының көбейтіндісінің қосындысына тең.

 

.

,

2

1

2

1

y

y

x

x

b

a





- скаляр көбейтінді.

2

2

2

2

2

1

2

1

,

y

x

b

y

x

a













олардың модульдары.

 

b

a

b

a











,

теңсіздігі  орындалады.  Басқаша  айтсақ

екі  вектордың скаляр

көбейтіндісі олардың олардың ұзындықтарынаң көбейтіндісінен артық емес.

.

2

2

2

2

2

1

2

1

2

1

2

1

y

x

y

x

y

y

x

x









Егер екі вектор колленар болса теңсіздіктегі теңдік

орындалады.    Бұл  теңсіздіктерді  теңдеулер  және  теңсіздіктерді  шешуде  тиімді

пайдалануға болады.

Мысалы:

.

1

2

3

1

2

x

x

x

x











Шешуі:

2

1

2

3

1

1

x

x

x

x















түрде теңдеу берілді деп байқасақ.

 





x

x

b

x

a









3

,

1

,

1

,





векторларын  таңдап  алуға

 

x

x

x

b

a













3

1

1

,





және

1

2

4

1

3

1

1

2

2

2

























x

x

x

x

x

b

a





Демек  біз  таңдап  алған  векторлар  колленар  векторлар  болғаны.  Онда  олардың

сәйкес координаталары пропорционал.

1

3

1

x

x

x







теңдік орындалады. Ары қарай түрлендірсек.

.

0

1

3

3

1

3

1

2

3

3

2

























x

x

x

x

x

x

x

x

x



 





 



 







.

1

2

1

1

1

1

1

1

2

1

2

2

2

2

2

2

2

3





































x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x







































2

1

2

1

1

0

1

2

0

1

3

2

1

2

x

x

x

x

x

x

мына  шешімдердің соңғысы  теңдеудің анықталу

обылысына кірмейтіндіктен шешім бола алмайды.

Жауабы: {

2

1

,

1

2

1







x

x

}

Иррационал теңдеулерді жаңа айнымалы енгізу арқылы шешуге мысал.

Мысалы:

.

3

1

2

3









x

x

Шешуі:

b

x

a

x









1

2

3

жаңа айнымалы енгізсек берілген теңдеу

3



 b

a

3

1

,

2

2

3













b

a

x

b

x

a

Теңдеулерден  жаңа  айнымалы қатысқан















3

3

3

2

a

b

b

a

теңдеулер  жүйесін  алуға

болады.





















3

3

3

3

2

a

a

a

b























3

3

3

3

2

a

a

a

b























0

3

6

9

3

3

2

a

a

a

a

b

























0

6

6

3

3

2

a

a

a

a

b





























0

6

1

3

2

a

a

a

b















1

3

a

a

b

.

1

1

2















x

a

b

Алгебралық өрнектің бүтін бөлігін  айыру арқылы рациональ теңдеулерді шешу.

Мысалы:

.

2

2

3

1

2

2

2













x

x

x

x

Шешуі:

2

2

5

2

1

1

1

2

2

















x

x

x

x

түрінде жазуға болды.













0

2

1

1

5

2

0

2

5

1

1

2

2

5

1

1

1

1

2

2

2

2





































x

x

x

x

x

x

x

x

2

37

5

0

3

5

1

2

,

1

2























x

x

x

x

Функцияның үздіксіз монотондық қасиетін қолдану әдісіне мысал

Мысалы:

.

15

3

1

2

4











x

x

x

Шешуі:

 

x

x

x

x

f

3

1

2

4











. Функциясын таңдап алсақ

Бұл  функцияның анықталу  обылысы

.

0



x

болатын  барлық нақтылы  сандар  және

өспелі үздіксіз  монотон  функция. Басқаша  айтқанда  аргументтің тең емес  мәндеріне

қатысты функцияның мәндері де тең болмайды.

 

x

x

x

x

f

3

1

2

4











функция

 

15



x

f

түзуімен  тек  бір ғана  нүктеде

қиылысады. Ал мұндай жағдайда

3



x

екенін байқау онша қиын ем ес [2].

Тағы да бір иррационал теңдеуге мысал келтірейік

Мысалы:









.

2

3

1

1

1

3

3

3

3

















x

x

x

x

x

x

Шешуі:  Алдымен берілген теңдеудің анықталу обылысын тапсақ



   

















;

3

3

;

1

1

;

x

болады.

Енді жаңа айнымалы енгізейік

;

1

3

3







x

x

y

десек

y

x

x

1

3

1

3







болады.



 











0

1

2

3

2

1

1

3

2























x

y

y

x

y

x

y

x

соңғы  нәтижені

y

айнымалы

үшін квадрат теңдеу деп ұйғарып оны төмендегідей шешейік.







0

1

3

1

0

1

3

3

0

1

2

3

2

2

2

2





































x

xy

y

y

y

x

xy

y

y

x

y

xy

y

.

2

3

1

1

3

1

1

3

3

1

1

3

1

1

3

3

1

1

3

3

3

2

1































































































x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

y

y

жалғыз жауап шығады.

Теңдеулер мен олардың жүйесін шешуде Коши теңсіздігін қолдану.

Коши теңсіздігнің екі жағы тең болатын шартын қолданып кейбір теңдеулер және

олардың жүйесін әдеттегі амалдардан әлдеқайда оңай шешуге болады. Ол үшін төмендегі

тұжырымды жасайық.

Егер

   

x

g

x

f



теңдеуі  беріліп  оның

екі  жа ғы

 

 

A

x

g

A

x

f



 ,

шарт

орындалатын  А  саны  табылатын  болса

 

А

x

f



теңдеудің түбірі

 

A

x

g



теңдеудің де

түбірі бола алады егер ондай А саны табылмаса теңдік орындалмайды да теңдеуді шешімі

жоқ деп ұйғаруға тура келеді [3].

Мысалы:





.

1

log

4

4

2

4

4

2

4

2

4

3

2

2



















x

x

x

x

x

x

Шешуі: Теңдеудің анықталу обылысы барлық нақтылысандар.









1

log

4

4

2

2

2

4

2

2

1

log

4

4

2

4

4

2

4

2

4

3

2

2

4

2

4

3

2

2

























































x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Түрінде жазып қарасақ теңдеудің сол  жақ бөлігі өзара  кері  нольден үлкен

шамаларлың қосындысы болып көрінеді.

4

4

2

2

2

4

2

2

4

2

2

2

4

2

2

2

2

2

2

























































x

x

x

x

x

x

x

x

теңсіздіктегі

теңдік орындалу үшін

4

2

2

2

4

2

2

2











x

x

x

x

болуы керек онда

0



x

болуы керек

0



x

болғанда теңдеудің сол жағы 4 тең артық болады  Сондай -ақ

0



x

болғанда

ғана теңдеудің оң жағы 4 -ке  тең болады басқа жағдайда 4 -тен кем мәндер қабылдайды.

Демек

0



x

теңдеудің шешімі болады басқа шешім болуы мүмкін ем ес.

Бұл  тақырыпты  меңгерген  оқушы  осы  теңдеуді  шешуге  келіп  тірелетін  барлық

есептерді  шеше  біледі  деуге  болады.Жоғарыда  келтірілген  теңтеулері  шешуде

қолданылатын  тәсілдер  оңай  және  тиімді  екендігіне  көз  жеткіземіз.  Оқушыларға

теңдеулерді шешуде тиімді тәсілдердін қолдану    арқылы оқушылардың зияткерлік ойлау

қабілеті артып  және пәнге деген қызығушылығын арттыра түседі.

Теңдеулерді  шешуді  терең түсініп  меңгеру  математикалық білімдерді  одан әрі

дамытуға, қоршаған  ортадағы  сан  алуан құбылыстарға,  терең мағын алы  модельдер

жасауға үйретеді.Олай болса, теңдеулерді шешудің теориялық және практикалық маңызы

зор [4].

Пайдаланылғанәдебиеттертізімі :

1.

Т.Н. Мираков Развивающие задачи на уроках математикивV-VIII классах.- Львов,1991

г.

2.

Т.Т. Абылайханов, Т.Т. Абылайханов Математика есептері.- Алматы, 1995 ж.

3.

А.Г. Цыпкин Справочник по математике.- Москва,1984 г.

4.

Көбенқұлов Н. Алгебра 8 сынып.- Алматы, 1996 ж.

5.

Р. Мұқаева, Р. Ы дырысова Алгебра 9 сынып.- Алматы, 1993 ж.

жүктеу/скачать 8,85 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: