№4(27), желтоқсан 2015 1 «математика» БӨліміне қош келдіңіздер!
жүктеу/скачать 4,49 Mb. Pdf көрінісі
|
- Бұл бет үшін навигация:
- №4(27), желтоқсан 2015 6
- №4(27), желтоқсан 2015 7
- №4(27), желтоқсан 2015 8
- 2. Потенциалдау арқылы теңдеуді шешу
- 3. Негізгі логарифмдік теңдікті қолдану
- №4(27), желтоқсан 2015 9
- №4(27), желтоқсан 2015
Материалды дайындағандар: Ирина Дронсейка, жоғары математика кафедрасының аға оқытушысы Жеңісгүл Рахметуллина, жоғары математика кафедрасының доценті Фракталды геометрияның тарихы өз бастауын XIX ғасырдың соңынан алады, яғни математик Вейерштрасс тапқан үзіліссіз дифференциалданбайтын функция туралы белгілі болған кезден бастап. Кейіннен бұл мәселемен Кох, Пеано, Хаусдорф, Серпинский, Жюлиа және т.б. көптеген ғалымдар айналысты. Бенуа Мандельброт өз еңбектерінде фракталды геометрияның танымал теория болуына үлкен үлес қосты. Фракталды геометрия фракталдар деп аталатын регулярлы емес жиындарды қарастырады. Математик Лаверье фракталдың келесі анықтамасын ұсынды: фрактал – масштабты азайтқан сайын бір бөлік қайталана беретін геометриялық фигура (бүтіннің формасы бір немесе бірнеше бөліктің формасындай). Бірақ бұл анықтама тек қана конструктивті немесе геометриялық фракталдарға лайық, өйткені динамикалық фракталдар бұл принциппен құрылмайды. Сондықтан француз ғалымы Бенуа Мандельброт енгізген анықтама дұрыс болып есептеледі. Оның анықтамасы бойынша, фрактал –топологиялықтан үлкен фракталды (Хаусдорф-Безикович) өлшемі бар жиындар. Фракталды өлшемді анықтау үшін топологиялық өлшем формуласын қолданамыз:
= 1
, мұндағы N – элементтер саны, u – элементтер өлшемі, d – топологиялық өлшем. Фракталдардың геометриялық, алгебралық және стохастикалық деп бөлінуі жалпы қабылданған классификациялардың бірі болып табылады. Фракталдардың әрбір тобына жеке-жеке тоқталайық. Геометриялық (конструктивті) фракталдар – олар әрбір нүктесінде туындысы болмайтын функциялар. Аталған фракталдар кез келген бөлікте өзіне ұқсастық қасиетімен сипатталады. Оларды құрастыру үшін негізі мен масштабты азайтқан сайын қайталана беретін бір бөліктің берілуі жеткілікті. Конструктивті фракталдардың мысалдары Кох қисығы (1-сурет), Минковский фракталы, Леви фракталы, «айдаһар» қисығы, Пифагор ағашы, Гильберта қисығы, папоротник бұтағы және т.б. болып табылады. Фракталдардың екінші үлкен тобы – алгебралық. Оларды қарапайым алгебралық формулаларды қолданып, n-өлшемді кеңістіктегі сызықты емес үрдістердің көмегімен алуға болады. Сызықты емес динамикалық жүйелердің бірнеше орнықсыз жағдайлары бар екені белгілі. Кейбір итерация санынан динамикалық жүйенің жағдайы бастапқы шарттарға тәуелді. Сондықтан әрбір орнықты жағдай (аттрактор) жүйе қарастырған ақырғы жағдайларға міндетті түрде көшетін бастапқы жағдайлардың кейбір облысына ие болады. Осылай фазалық кеңістік аттракторлардың тартылу облысына бөлінеді. Алгебралық фракталдардың ең белгілі мысалдары ретінде Жюлиа мен Мандельброт жиындарын қарастыруға болады. Бұл жиындар қарапайым итерациялық формулалармен құрастырылған. ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ №4(27), желтоқсан 2015 6 , 2 C Z Z + = ′
мұндағы Z және С – комплекс сандар. Егер біз С-ны бекітіп, ал Z-ті өзгертетін болсақ, онда Жюлиа жиынын аламыз, ал Z-ті бекітіп, С-ны өзгертетін болсақ, Мандельброт жиынын аламыз (2-сурет).
1-сурет
Алгебралық фракталдардың ерекшелігі оларда геометриялық фракталдар сияқты толықтай өзіне ұқсастық жоқ, бірақ фракталдың кез келген бөлігін үлкейтіп, фракталдың қиындығы азаймағанын, үлкейген сайын фрактал құрылысының жаңа қасиеттері пайда болғанын аңғаруға болады.
2-сурет
Итерациялық жүйеде кездейсоқ түрде құрылысында кейбір параметрлер өзгеретін фракталдар стохастикалық деп аталады. «Стохастикалық» термині «ұйғарым» мағынасын- дағы грек сөзінен алынған. Компьютердің көмегімен мұндай үрдістерді жасау қиын емес, ол кездейсоқ сандар тізбегін бақылауға мүмкіндік береді. Бұл фракталдар жер бедері және теңіз бетін, электролиз үрдісін модельдеуде қолданылады. Стохастикалық фракталдар броундық қозғалыс, стохастикалық ағаш түрінде болады (3- сурет). Барлық стохастикалық фракталдар қандай да бір параметрге кездейсоқ санды қосқанмен құрылады. Фракталдарды зерттеушілер олардың бәрінің кейбір жағдайда аз, кейде көп мөлшерде өзіне ұқсастық қасиеті бар екенін бұрыннан аңғарды және табиғатта көбі осындай қасиетке ие. Түрлі табиғи нысандардың өзіне ұқсастығы мен бөлшектенуіне байланысты табиғи нысандарды фракталдар жиындары көмегімен салыстыруға немесе сипаттауға болатыны туралы ұйғарым жасалды. Тұрғызудың бастапқы параметрлерін аздап өзгерткеннің өзінде фракталдар өзінің формасын түбегейлі өзгерту қасиетіне ие. Сондықтан фракталдардың бір-біріне ұқсамайтын шексіз санын тұрғызуға болады.
ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ №4(27), желтоқсан 2015 7
3 сурет
Бүгінде фракталдар теориясы дизайнда, талдауда және экономикалық көрсеткіштерді болжауда, ауыл шаруашылығында, медицинада және көптеген қызмет салаларында қолда- нылады; фракталдарды география, биология, химия және физика пәндерінде кездестіруге болады. Қазіргі кезде компьютерлер көмегімен аз уақыт ішінде қиындығы әртүрлі фрактал- дарды салуға болады. Бұл фракталды шығармашылықтың дамуына жол ашады.
Материалды дайындағандар: Роза Мұқашева, Жеңісгүл Рахметуллина, жоғары математика кафедрасының доценттері
Логарифмдік теңдеулерді шешу Айнымалысы логарифм белгісімен берілген теңдеулер логарифмдік теңдеулер деп аталады. Логарифмдік теңдеулердің қарапайым түрі b x a = log , мұндағы 1 , 0 ≠ > a a ,
a x = тең-
деуіне мәндес. ) ( log ) ( log x g x f a a = түріндегі логарифмдік теңдеуі: = > ) ( ) ( , 0 ) ( x g x f x f немесе
= > ) ( ) ( , 0 ) ( x g x f x g теңдеулер жүйесінің сәйкесінше әрқайсысына мәндес. ) (
) ( log x g x f a a = теңдеуін ) ( ) ( x g x f = түріндегі теңдеуге келтіру бөтен түбірлерге әкеле- ді. Бұл бөтен түбірлерді берілген теңдеуге қоя отырып немесе > > 0 ) ( , 0 ) ( x g x f
жүйесімен көрсетілген анықталу облысын табудың көмегімен тексеруге болады. Логарифмдік теңдеулерді шешудің жиі қолданылатын әдістерін қарастырайық. 1. Логарифм анықтамасына негізделген теңдеулерді шешу Логарифмнің анықтамасына сәйкес b x a = log теңдеуі b a x = теңдеуге мәндес. Бұл әдістің қолданылуын келесі мысалмен көрсетейік:
1-мысал. 2 7 130 log ) 6 ( log
3 = − − x x теңдеуін шешіңдер. Шешуі. Логарифмнің анықтамасына сәйкес 9 7 130 ) 6 ( log
= − − x x .
ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ №4(27), желтоқсан 2015 8 Теңдеудің екі жағын квадраттап: 81 7
) 6 ( log = − − x x немесе 49 7
6 ( log = −
x теңдеулерін аламыз, одан 2 )
( log
= −
x шығады. Соңғы теңдеу ≠ > > − = − . 1 , 0 , 0 6 , 6 2 x x x x x
Аралас теңдеулер жүйесіне эквивалент екендігінен 0 6 2 = − + x x теңдеуін шешіп, 2 ,
2 1 = − =
x түбірлерін аламыз. Екі түбірдің ішінен 2 = x ғана жүйенің басқа шарттарын қанағаттандырады. Ендеше, 2 =
– берілген теңдеудің шешімі. Жауабы: . 2 = x
2. Потенциалдау арқылы теңдеуді шешу Потенциалдау – логарифмдік теңдеуді немесе теңсіздікті шешу барысында логарифм белгісінен құтылуға мүмкіндік беретін логарифмдеуге кері амал.
2-мысал. 1 ) 7 2 ( log ) 1 2 ( log
7 7 = − + − x x теңдеуін шешіңдер. Шешуі. Берілген теңдеудің анықталу облысы > − > − . 0 7 2 , 0 1 2 x x теңдеулер жүйесіне эквивалент. Одан 7 2 >
x шығады. Логарифмнің қасиетін қолданып, берілген теңдеуді төмендегідей түрде жазайық: 1 ) 7 2 ( ) 1 2 ( log
7 = − ⋅ −
x , соңғы теңдеуді потенциалдай отырып, 7 )
2 ( ) 1 2 ( = − ⋅ − x x теңдеуін немесе ықшамдай келе, 0 2 8 ) 2 ( 2 = ⋅ −
x , 0 ) 8 2 ( 2 = − x x аламыз. 0 2 >
x болғандықтан, 8 2 =
x аламыз. Бұдан 3 =
тек қана 7 2 > x шартын қанағаттанды- рады. Ендеше, 3 = x – теңдеудің шешімі. Жауабы: . 3 = x
3. Негізгі логарифмдік теңдікті қолдану Негізгі логарифмдік теңдіктің түрі: b a b a = log ( ). 1 , 0 , 0 ≠ > > a a b
Бұл теңдікті қолдануға мысал қарастырайық. 3-мысал. 4 2
4 4 2 2 log
= x теңдеуін шешіңдер. Шешуі. Берілген теңдеудің анықталу облысы кез келген
0 2 4 >
болады. Негізгі логарифмдік теңдіктен 4 2
2 log
= . Онда
4 2 log 4 4 = x , 4 4 4 2 = x немесе 4 2
) 2 ( 2 = x , 8 4 2 2 = x , 8 4 = x , 2 = x – теңдеудің түбірі. Жауабы: 2 = x .
4. Логарифмдеу Логарифмдеу – айнымалылармен берілген өрнектің логарифмін қосындының немесе айырманың логарифміне келтіретіндей түрлендіру жасау. Аталған әдістің қолданылуына мысал қарастырайық.
4-мысал. 72 6 lg 6 lg = + x x теңдеуді шешіңдер. Шешуі. Берілген теңдеудің анықталу облысы: . 1 , 0 ≠ > x x
x lg 6 lg 6 = екендігін ескерейік. Теңдіктің екі жағын 10 негізі бойынша логарифмдеп, оған оңай көз жеткізуге болады: x x lg 6 lg 6 lg lg = , яғни 6 lg lg lg 6 lg ⋅ = ⋅ x x . Бұдан, берілген теңдеуді 72 6
lg = ⋅ x немесе
36 6 lg = x түрінде жазуға болады 2 lg
6 = x , 2 lg = x . Ендеше, 100 10
= =
.
ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ №4(27), желтоқсан 2015 9 Алынған шешім теңдеудің анықталу облысын қанағаттандырады. Сонымен, 100 =
– берілген теңдеудің түбірі. Жауабы: . 100 = x
5. Айнымалыны ауыстыру Теңдеуді қарапайым немесе элементар түрге келтіретіндей жаңа айнымалы енгізу кез келген теңдеуді шешудің негізгі әдістерінің бірі болып саналады. Аталған әдістің қолданылуына мысал қарастырайық. 5-мысал.
3 3 log 3 4 log 2 16 = − + теңдеуін шешіңдер. Шешуі. Теңдеудің анықталу облысы: 0 >
. Ауыстыру жасайық: t x = + 3 log 2 , мұндағы 0 ≠
, онда 2
3 − = t x . Берілгеніне қоя отырып, ) 2
3 4 2 2 16 − = − − + t t немесе
2 3 16 − =
t , 0 2 3 16 = + − t t теңдеулерін аламыз. Теңдеудің екі жағын t -ға көбейтсек, онда 0 16 2 3 2 = − − t t квадраттық теңдеуін аламыз. Оны шешсек, . 2
, 3 8 2 1 − = =
t
Жасаған ауыстыруды ескерсек, 1)
2 3 8 log 3 − = x немесе
3 2 log 3 =
, бұдан ; 9 3 3 3 2 = = x
2) 2 2 log 3 − − =
немесе 4 log 3 − = x , бұдан 81 1
4 = = − x .
81 1
9 2 3 1 = = x x .
6. Басқа негізге көшу Басқа негізге көшу берілген теңдеуді қарапайым түрге келтіруге мүмкіндік береді. Басқа
негізге көшу a b b c c a log
log log
= формуласына негізделген. 6-мысал. 0 log 40 log
14 log
4 3 16 2 5 , 0 = + − x x x x x x теңдеуін шешіңдер. Шешуі. Анықталу облысы 0 > x , сондай-ақ 1 5
0 ≠
немесе 2 ≠ x . Барлық логарифм- дерде 2 негізіне көшейік: , 0 4 log
log 40 16 log log
14 5 , 0 log
log 2 4 2 3 2 2 2 2 = + − x x x x x x x
. 0 2 log log 20 4 log log
42 1 log log 2 2 2 2 2 2 2 = + + + − −
x x x x x
0 > x болғандықтан, x x = , онда x x 2 2 log log
= .
x = 2 log ауыстыруын жасайтын болсақ, 0 2 20 4 42 1 2 = + + + − −
t t t t t теңдеуін аламыз. Оны шеше отырып, 2
2 1
, 0 3 2 1 = − = = t t t түбірлерін табамыз. Жасалған ауыстыруды ескерсек, онда 0 log
2 =
, бұдан ;1 = x
2 1 log
2 − = x , бұдан
; 2 1 = x
2 log 2 = x , бұдан
. 4 = x
Алынған түбірлердің барлығы берілген теңдеуді қанағаттандырады. Жауабы: . 4 , 2 2 , 1 3 2 1 = = = x x x
|