Региональный №1(65)2015 гуманит indd Тіркеу нөмірі 204-ж



Pdf көрінісі
бет7/60
Дата15.03.2017
өлшемі14,99 Mb.
#9288
1   2   3   4   5   6   7   8   9   10   ...   60

м.Қ. ҚАЙРАтОвА

1

, Р.О. НуРКАНОвА

2

, О.Д. АПЫШев

1

 

1

С. Аманжолов атындағы Шығыс Қазақстан мемлекеттік университеті, Өскемен қ., Қазақстан



2

Әл-Фараби атындағы Қазақ Ұлттық университеті, Алматы қ., Қазақстан

АлГеБРАлыҚ еСеПТеРде КООРдИНАТТыҚ ӘдіСТі ҚОлдАНУ

Мақалада әртүрлі элементарлық функциялардың көмегімен жасалған теңдеулер-

мен олардың жүйелерінің координаттық (векторлық) әдісті қолданып шығарылған жол-

дары  қарастырылған.  Олардың  дәстүрлі  тәсілмен  шығарылған  есептің  шешімдеріне 

қарағанда басымшылығы айқын көрсетілген. Мақаланың авторлары сол бағытта бірнеше 

жаттығуларды келтірген.



түйін сөздер: үшбұрыш теңсіздігі, метрика, скаляр көбейтінді, коллинеар вектор-

лар, Коши-Буняковский теңсіздігі.

ПРИМеНеНИе КООРдИНАТНОГО МеТОдА 

В АлГеБРАИЧеСКИХ ЗАдАЧАХ

В  статье  рассмотрены  решения  уравнений  и  их  систем  с  помощью  координат-

ных (векторных) методов. Показаны преимущества приведенных способов в отличие от 

стандартных (классических) методов решения. Авторами статьи продемонстрированы 

решения нескольких примеров и упражнений.



Ключевые слова: Неравенство треугольника, скалярное произведение, метрика, 

коллинеарность векторов, неравенство Коши-Буняковского.

APPLyiNG OF THE COORDiNATE METHODS 

iN THE ALGEBRAiC PROBLEMS.

The article deals with the solution of equations and their system using the coordinate 

methods. The advantages of the methods were demonstrated, in contrast to standard, classical 

methods of solving. The solution of several examples and exercises were demonstrated by 

М.Қ. ҚАйРАТОВА, Р.О. НУРКАНОВА, О.д. АПыШеВ. 1 (65) 2015. Б. 55-63 

 

                iSSN 1683-1667 



56

Тоқсанына бір рет шығарылады

  

 

 



 

         



Шығыстың аймақтық хабаршысы

authors.


  Keywords:  triangle  inequality,  scalar  product,  metric,  collinear  vectors,  Koshy-

Bunyakovskyi inequality.

Біз  мақалада  әртүрлі  элементарлық  функциялардың  көмегімен  жасалған 

теңдеулермен олардың жүйелерінің координаттық әдісті қолданып шығару жол-

дарын қарастырамыз. Оқушы қауым үшбұрыш теңсіздігі, жазықтықтағы немесе 

кеңістіктегі екі нүктенің арақашықтығы (метрикасы), векторлардың коллинеар 

болуы, олардың скаляр көбейтіндісі, Коши, Коши-Буняковский теңсіздігі деген 

ұғымдармен жақсы таныс деп есептейміз.

Қарастырылған жаттығулардың басқадай да әдіспен шығарылатын тәсіл- 

дері  бар,  бірақ  координаттар  әдісін  қолданғанда  есептің  өте  тамаша,  қысқа, 

оңтайлы  жолмен  шешілетініне  куә  боламыз.  Пайымдауымызша,  мақалада 

келтірілген мысалдардың қиындығы орта, одан жоғары дәрежедегі немесе стан-

дартты емес есептер класына жатады деп ойлаймыз.

1-мысал. 





=



+

+

=



+

+

=



+

+





,



3

,

3



,

3

1



1

1

1



1

1

y



z

x

y

z

x

z

y

x

x

z

z

y

y

x

 теңдеулер жүйесін шешейік.

Шешуі: нөлдік емес 

(

)



,

;

z



y

x

m

 

,



1

;

1



;

1











x



z

y

n

 











y



x

z

k

1

;



1

;

1



 және тұрақты 

( )


1

;

1



;

1

d

 

векторларын енгізіп, скаляр көбейтінділерін анықтайық, онда:



– бірінші теңдеуден 

( )


;

3

, =



n

m

– екінші теңдеуден 

( )

;

3



, =

d

m

–  үшінші  теңдеуден 

( )

;

3



, =

k

m

  қатынастарына  ие  боламыз.  Олай  болса 

( )

( )


,

1

1



,

3

,



z

y

k

n

k

m

n

m

=



=

=



=

 

,



1

1

x



z

=

 



y

x

1

1 =



,  яғни 

x

z

y

=

=



  теңдігін  ала-

мыз;


– 

( )


( )

,1

1



,

3

,



=

=



=

=



y

d

n

d

m

n

m

 

,1



1 =

z

 

1



1 =

x

. Сол себепті 

1

=

=



=

z

y

x

 

берілген жүйенің шешімі болатынын көреміз.



Жауабы: 

( )


1

;

1



;

1

2-мысал. 



( ) (

) (


)

(

) (



)

2

2



2

2

6



1

4

2



+



+

+



=

=



x

x

x

x

x

f

y

  функциясының 

ең кіші мәнін анықтайық.

Шешуі:  бірінші  түбір  жазықтықтағы 

( )

4

;



2

A

  және 


( )

x

x

;

  нүктелерінің, 

ал  екіншісін 

( )


6

;

1



C

  және 


( )

x

x

;

,  немесе 

( )

1

;



6

D

  және 


( )

x

x

;

  нүктелерінің 

ТеХНИКА, ТеХНОлОГИЯ ЖӘНе ФИЗИКАлыҚ-МАТеМАТИКАлыҚ ҒылыМдАР


57

Региональный вестник Востока

  

 



 

 

 



        

Выпускается ежеквартально

арақашықтығы деп қарастыруға болады (

x

=

 биссектрисасына қарағанда 



C

 

және 



D

 нүктелері симметриялы). Осылай алу себебіміз, келешекте 



A

 және 


D

 

нүктелерінің 



x

=

  түзуінің  әртүрлі  жағында  жатқаны  ыңғайлы  болып  келеді. 

Олай  болса 

( )


x

f

=

  функциясының  геометриялық  мағынасы  – 



ABD

  сынық 


сызығының  ұзындығы. 

A

  және 


D

  нүктелері  тұрақты,  ал 



B

  нүктесі 



x

=

 

биссектрисаның  бойында  жатқан  –  айнымалы  нүкте.  Бізге  керегі, 



B

  қалай 


орналасқанда 

( )


x

f

0

min


>

 ие болады,

1-сурет

1-cуреттен ол 



, егер 


ABD

 сынық сызығы AD кесіндісіне айналса, яғни 



AB+BD+AD  =

(

) (



)

( )


5

min


5

4

1



2

6

2



2

=



=

+





x

f

,  егер 


0

B

=

0



B

  нүктесін 



x

=

-пен  AD  түзуінің  қиылысу  нүктесі  деп  іздейміз.  Ол  үшін  AD  түзуінің 

теңдеуін жазайық:







=



1

2

1



1

2

1



x

x

x

x

y

y

y

y

 – екі 


(

) (


)

2

2



1

1

,



,

,

y



x

y

x

 нүктелерін басып өткен түзудің фор-

муласын  пайдаланымыз); 



=



2

6



2

4

1



4

x

y

 

,



2

11

4



3 +

=



x

y

 







=

+



=



,

,

2



11

4

3



x

y

x

y

 

М.Қ. ҚАйРАТОВА, Р.О. НУРКАНОВА, О.д. АПыШеВ. 1 (65) 2015. Б. 55-63 



 

                iSSN 1683-1667 



58

Тоқсанына бір рет шығарылады

  

 

 



 

         



Шығыстың аймақтық хабаршысы

7

22



2

11

4



3

=



=

+





x

x

x

.  Сонымен 

=

7



22

x

 

( )



,

5

min



=

x

f

  сондықтан 

( )

x

f

 

функциясының мәндерінің жиыны болып 



[

)



=

;

5



E

 сәулесі табылады екен.

Жауабы: 

( )


,

5

min



=

x

f

7

22



=

x

.

3-мысал. 



екі 

айнымалы 

( )

+

+



+

+



=

5

2



4

;

2



2

y

x

y

x

y

x

f

 

3



1

4

6



2

2

+



+

+



+

y

x

y

x

 функциясының ең кіші мәнін анықтайық.

Шешуі: 

( )


y

x

;

 

функциясын 



төмендегі 

түрде 


жазып 

 

 



( ) (

) (


)

(

) (



)

2

2



2

2

2



3

1

2



;

+



+

+

+



+

=



y

x

y

x

y

x

f

,

xOy

 

жазықтығында 



( )

,

y



x

M

 

(



)

,

1



;

2 −


N

 

(



)

2

;



3



K

  нүктелерін  қарастырсақ,  онда  бірінші  түбір 

(

) (



) (

)

,



1

2

;



2

2

+



+

=



y

x

N

M

ρ

  ал  екінші  түбір 



(

) (


) (

)



+

+



=

2

2



2

3

;



y

x

K

M

ρ

нүктелердің  арақашықтықтары  болар  еді.  Үшбұрыш  теңсіздігінен 



(

) (


)

(

)



(

) (


)

4

3



1

2

2



3

;

;



;

2

2



=

+

+



=



+

K



N

K

M

N

M

ρ

ρ



ρ

  қатынасын  аламыз. 

Үшбұрыш аксиомасынан 

( )


=

4



3

;

min



y

x

f

 егер 


M

 нүктесі NK кесіндісінің 

арасында жататын болса. енді осы ең кіші мәнге ие болатын нүктені анықтайық. 

2-мысалдағы сияқты, NK түзуінің теңдеуі 

5

1

5



3 +

=



x

y

 түрінде жазылады, егер 

2

0

=



x

 деп ұйғарсақ, онда 

1

0



=

y

 болар еді. 

( )

K

N

M



1

;

2



0

. Берілген 

( )

y

x

;

 

функциясына апарып қойсақ, расында да 



(

) (


)

4

3



1

;

2



;

0

0



=

=



P

y

x

P

 болатынын 

көреміз.  Жалпы  M

0

  нүктесі  үшін  NK  түзуінің  бойынан 

  нүктені  алсақ  бізді 



қанағаттандырады, яғни 

,

5



1

5

3



;

0

0



0





+

− x



x

M

 

2



3

0





x

Жауабы: 

( )


4

3

;



min

=

y



x

f

.

4-мысал. 



(

)

(



)

(

)







=

+



+



=

+



+



,1

4

,



1

2

2



2

2

2



2

2

2



y

x

a

a

a

y

a

x

y

x

параметр 



a

-ның  қандай  мәндерінде  жүйенің  жалғыз  шешімі  болатынын 

ТеХНИКА, ТеХНОлОГИЯ ЖӘНе ФИЗИКАлыҚ-МАТеМАТИКАлыҚ ҒылыМдАР


59

Региональный вестник Востока

  

 



 

 

 



        

Выпускается ежеквартально

зерттейік.

Шешуі: жазықтықта 

( ) ( )

( )


2

,

,



0

;

0



,

;

a



a

D

O

y

x

M

 нүктелерін алсақ, онда бірінші 

теңдеуден 

(

) (



)

(

)



(

)

,



;

,

;



2

2

2



2

2

D



M

a

y

a

x

O

M

y

x

ρ

ρ



=

+



=

+



 

( )


,

0

;



4

2

D



a

a

ρ

=



+

 

үшбұрыш теңсіздігінде 



(

)

+



D

;

ρ

 



( ) (

)

0



;

0

;



M

D

ρ

ρ



=

+

 қатынасына келеміз, яғни 



үшбұрыш аксиомасы теңдікке айналып кететінін, сол себепті 

( )


y

x

;

 нүктесі 



OD түзуінің бойында жататынын, сондықтан оның теңдеуі y=ax сәулесі болаты-

нын көреміз.

2-сурет

Берілген жүйенің екінші теңдеуінің геометриялық мағынасы – центрі K(4;0)



радиусы 

1

=



R

  шеңбер,  ал  жүйенің  геометриялық  мағынасы  болып  тұрақты 

шеңбермен  бас  нүктеден  өтетін  сәулелер  шоғырының  қиылысуы  табылады. 

есептің берілуінен іздеп отырған жалғыз шешім сонда және тек қана сонда бар 

болады. 2-суретті қара, егер сәуле шеңберді жанап өтсе ғана, сол себепті a=tgα



OTK

тік бұрышты. 

;

4

1



sin

=

=



K

O

K

T

α

 



.

5

1



1

5

1



1

sin


1

sin


2

=



=

=



a

g

t

α

α



α

 

Онда жалғыз шешімді 







4



5

1

;



4

5

1



 

 нүктесі қанағаттандыратынын көреміз. 

М.Қ. ҚАйРАТОВА, Р.О. НУРКАНОВА, О.д. АПыШеВ. 1 (65) 2015. Б. 55-63 

 

                iSSN 1683-1667 



60

Тоқсанына бір рет шығарылады

  

 

 



 

         



Шығыстың аймақтық хабаршысы

Себебі, 


x

y

5

1



1

=

-ті жүйенің екінші теңдеуіне апарып қойсақ 



(

)

,



1

5

1



4

2

2



=

+



x

x

 

 



(

)

,



4

5

1



0

5

1



4

0

225



120

6

1



2

2

=



=



=

+





x

x

x

x

 

онда 



=

=



5

1

1



x

a

y

 

,



4

5

1



4

5

1 =



 

 

олай болса 









4

5

1



;

4

5



1

 

расында да іздеп отырған жүйенің шешімі.



Жауабы: 

( )


.

5

1



1

 



5-мысал. 





=



+



+

+

+



+

+



=

+

,



0

1

125



0

1

0



2

5

2



4

,

6



2

4

3



2

2

2



2

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

 

теңдеулер жүйесін шешейік.



Шешуі:  екінші  теңдеуде  толық  квадраттарды  айырып  жазсақ 

(

) (



)

(

) (



)

,

0



1

5

0



1

1

2



2

2

2



2

=



+

+



+

+



y

x

y

x

 

xOy

 

жазықтығында 



( ) (

) ( )


5

;

0



1

,

1



;

2

,



;

N

K

y

x

M

 



нүктелерін  қарастырсақ,  онда  бірінші  түбір 

M

  және 


,

K

  ал  екінші  түбір  – 



M

  және 


N

  нүктелерінің  арақашықтығы 

[сәйкес 

метрикалары 

(

) (


)

N

M

K

M

;

;



ρ

ρ



екенін 


көреміз, 

яғни 


(

)

(



) (

) (


)

(

) (



)

2

2



2

2

5



0

1

;



,

1

2



;

+



=

+



+

=



y

x

N

M

y

x

K

M

ρ

ρ



.  енді 

N

  және 


K

 

нүктелерінің  метрикасын  анықтайық: 



(

)

(



) (

)



=

+

+



=

0



1

1

5



2

0

1



;

2

2



K

N

ρ

 



екінші  теңдеу  метрикалар  арқылы 

(

) (



) (

)

K



N

N

M

K

M

;

;



;

ρ

ρ



ρ

=

+



  түріне  енеді, 

яғни  үшбұрыш  аксиомасында  тағы  да  теңсіздік  теңдікке  айналып  кететінін 

көреміз. Осы жағдай 

 орындалады, егер M нүктесі NK кесіндісінің бойында 



жататын болса, 

0

1



2





x



K

N

M

 

және 



.

5

1





y

 

N

 және 

K

 нүктелерінің 

координаттары  белгілі,  онда  екі  нүктені  басып  өтетін  түзудің  теңдеуінен,  2 

мысалдағы  сияқты,  3x    4y  =  10  аламыз.  Берілген  жүйенің  бірінші  теңдеуін 

ескеріп,  бастапқыға  қарағанда  әлдеқайда  қарапайым 



=



=

+

,



0

1

4



,

6

2



4

3

y



x

y

x

 

жүйеге 



келеміз 

( )


2

;

6



2

,

6



=

=





y

x

 берілген жүйенің шешімі болып табылады.

Жауабы: 

( )


2

;

6



.

ескерту: бірінші теңдеуден мысал үшін 



y

-ті 


x

 арқылы өрнектеп, екіншісіне 

ТеХНИКА, ТеХНОлОГИЯ ЖӘНе ФИЗИКАлыҚ-МАТеМАТИКАлыҚ ҒылыМдАР


61

Региональный вестник Востока

  

 



 

 

 



        

Выпускается ежеквартально

апарып қойсақ, пайда болған иррационал теңдеуді шығару өте үлкен қиындыққа 

әкелетіні сөзсіз, ал координаттар әдісі (үшбұрыш теңсіздігі) есептің қарапайым, 

тамаша, нақты шешілетін жолын көрсетіп тұр.

енді  жүйені  күрделендіріп,  бірінші  теңдеу  трансценденттік  функциядан 

тәуелді жағдайын қарастырайық.

6-мысал. 







+

+



+

+



=

+



+

=



+

+

2



2

2

7



3

2

122



22

2

,



0

4

log



4

log


2

2

2



2

1

y



x

y

x

y

x

y

x

y

x

 

,



теңдеулер жүйесін шешейік.

Шешуі: жоғарыдағы, 5-мысалдағы тәсілді қолданайық: 

(

) (


)

+



+

2



2

11

1



y

x

 

(



) (

)

,



7

3

2



1

1

2



2

=

+



+

+

+



y

x

 

( ) ( ) (



)

1

;



1

,

11



;

1

,



;



N

K

y

x

M

 деп белгілесек, онда ир-

рационал  теңдеуден 

(

) (



)

7

3



2

;

;



=

+

N



M

K

M

ρ

ρ



  шығар  еді,  ал 

(

)



N

K;

ρ

  тапсақ 



(

) (


) (

)

,



7

3

2



148

1

1



1

1

1



;

2

2



=

=



+



=

N



K

ρ

  сол  себепті  жүйенің  екінші 



теңдеуі 

(

) (



)

(

)



K

N

M

N

K

N

M

K

M

=



+

,

;



;

;

ρ



ρ

ρ

 



жағдайына  тап  болатынын 

көреміз. NK түзуінің теңдеуі болып 

5

6 +


=

x

y

 табылады. Олай болса берілген 

жүйе 





=

+





+

=

+



,

0

4



log

4

log



,

1

1



,

5

6



1

y

x

x

x

y

 қарапайым жүйеге мәндес екені шығады.

(

)

(



)

(

)



(

)

(



)(

)

[ ]



.

1

;



1

3

4



,

2

1



0

4

11



6

0

5



6

1

log



3

2

''



,

0

'



0

5

6



log

,

0



1

log


0

5

6



log

1

1



log

1

0



4

log


4

log


2

1

2



4

4

4



4

4

5



6

1



=



=



=

+

+



=

+



+





+



+



=

+

+



+

=



+

+

+



x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Сол себепті 

,

5

,



0

=



x

 

,



2

5

6



=

+

=



x

y

(

)



2

;

5



,

0



M

 берілген жүйенің шешімі.

Жауабы: 

(

)



2

;

5



,

0



.

7  мысал. 





=



+

+



+

+

=



+

+

7



5

1

3



,

9

4



,

6

1



5

2

4



9

2

2



2

2

2



2

2

2



2

2

2



2

z

y

x

z

y

x

z

y

x

y

x

z

x

z

y

 

теңдеулер  жүйесін 



шешейік.

М.Қ. ҚАйРАТОВА, Р.О. НУРКАНОВА, О.д. АПыШеВ. 1 (65) 2015. Б. 55-63 

 

                iSSN 1683-1667 



62

Тоқсанына бір рет шығарылады

  

 

 



 

         



Шығыстың аймақтық хабаршысы

Шешуі:  есептің  берілуінен 

0

,

0



,

0





z



y

x

  көру  қиын  емес.  Бірінші 

теңдеуден  (

2

2



2

z

y

x

  бөлгеннен  кейін), 

6

1

5



2

4

9



2

2

2



=

+

+



z

y

x

 

қатынасы  шығады. 



Кеңістікте 











z

y

x

m

5

;



2

;

3



 және 

(

)



z

y

x

n

;

2



;

 векторларын енгізсек, олардың модульдері 

(ұзындықтары) 

,

ˆ



5

2

4



9

2

2



2

m

z

y

x

=

+



+

 

 



n

z

y

x

=

+



+

2

2



4

 яғни берілген жүйенің 

алғашқы екі теңдеуінен 

3

,



4

=

=



n

m

 болатынын көреміз. енді осы екі векторлар- 

дың  скаляр  көбейтіндісін  есептесек 

( )


,

2

1



5

4

3



5

2

2



3

,

=



+

+

=



+



+

=



z

z

y

y

x

x

n

m

 

олай  болса 



( )



=

n

m

n

m,

  нөлдік  емес 



m

  және 


n

  екі  векторла-

ры 

(Коши-Буняковский 



теңсіздігі 

теңдікке 

айналғандықтан) 

кол-


линеар 

екенін 


көреміз, 

сондықтан 

сәйкес 

координаттары 



про-

порционал, 



n

λ

=

 



немесе 

,

5



,

1

,



2

2

,



3

,

3



2

2

z



z

y

y

y

x

x

x

λ

λ



λ

λ

λ



=

=

=



=

=

 



3

5

1



3

5

2



2

2

2



2

2

x



y

z

y

x

z

=



=

=



=

λ

 және 



=

2



2

3

x



z

 жүйенің екінші теңдеуінен 

.

2

5



1

,

2



3

,

2



3

,

9



4

9

3



5

3

4



2

2

2



2

±

=



±

=

±



=

=



=

+

+



z

y

x

x

x

x

x

 

Пайда 



болған 

әртүрлі сегіз үштіктердің жүйенің үшінші теңдеуін тек қана екеуі: 







2



5

1

;



2

3

;



2

3

 



 

және 








2

5



1

;

2



3

;

2



3

 қанағаттандыратынын көреміз. Сол себепті тек қана осы 

нүктелер берілген жүйенің шешімі болып табылады.

Жауабы: 














2

5



1

;

2



3

;

2



3

,

2



5

1

;



2

3

;



2

3

 




Достарыңызбен бөлісу:
1   2   3   4   5   6   7   8   9   10   ...   60




©emirsaba.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет