Сборник материалов IV международной научно-практической конференции «Роль физико-математических наук в современном образовательном пространстве»

18
 
 
  Енді жазықтықтың барлық бүтін нүктелеріндегі мәні нөлге тең функцияны  
Θ( , ) деп белгілесек, онда  
Θ( , ) ≡ . Онда 1 – ұйғарымнан мынаны аламыз: 
 
+ Θ =
= Θ + .   
            (1) 
 
2  –  ұйғарым
.  Дискретті гармоникалық  функцияны тұрақты  санға  көбейткенде  дискретті гармоникалық 
функция шығады. 
 
Дәлелдеуі.
  –  дискретті  гармоникалық  функциясы  беріліп,  оның  бүтін 
  нүктесіне  көршілес  бүтін 
нүктелердегі мәндері (
,
,
,
) төрттігі болсын.    – қандайма бір тұрақты сан болса, онда 
 
=
 , 
және 
=
(
)
=
 . 
Демек,  
∙   көбейтіндісіне  қандайма бір  дискретті гармоникалық функция сәйкес келеді. 
  Олай  болса,    〈
M, ω 〉    қосы  алгебра  құрайды.    гармоникалық  функция  болса,  онда    (−1) = −         – 
гармоникалық   функция болып,  
 
+ (− ) = Θ = − +
              (2) 
 
теңдігі  орындалады.   
 
 ,    және    дискретті гармоникалық функциялар болып, бүтін   
 ,   және     нүктелеріне сәйкесті 
бүтін көршілес нүктелердегі олардың сәйкес мәндерің төрттіктері  (
,
,
,
) , ( ,
,
,
)  және   ( ,
,
,
)  
болсын. Сонда  
 
+ ( + ) =
+
+
+
4
+
+
+
+
4
+
+
+
+
4
=
 
 
=
+
+
+
4
+
(
+
) + (
+
) + (
+
) + (
+
)
4
=
 
 
=
[
+ (
+
)] + [
+ (
+
)] + [
+ (
+
)] + [
+ (
+
)]
4
= 
 
=
(
+
) + (
+
) + (
+
) + (
+
)
4
+
+
+
+
4
= 
 
= ( + ) +  .                   (3) 
  (1)  –  (3)  теңдіктерден  және  [1  –  4]  әдебиеттердегі  қалыптасқан  алгебралық  ұғымдардың 
анықтамаларынан мыны ұйғарымдардың ақиқат болатындығы шығады. 
 
3 – ұйғарым
. 〈
M, +〉 -  группоид  болады.  
 
4 – ұйғарым
. 〈
M, +〉 - жартылай топ құрайды. 
 
5 – ұйғарым
. 〈
M, +〉- моноид құрайды. 
 
6 – ұйғарым
. 〈
M, +〉 - топ (группа) құрайды. 
  Жоғарыда  анықталған  қосу  мен  тұрақты  санға  көбейту  операциясының  анықтамасынан  мына 
теңдіктердің орындалатындығын тексеріп көруге болады: 
1 ∙
=  , 
 
(
∙ ) = (
)  , 
 
( +
) =
+
 , 
 
( + ) =
+
 , 
 
мұндағы    , 
  -  дискретті  гармоникалық  функциялар,  ал 
,
  -  тұрақты  сандар.  Бұл  теңдіктердің 
ақиқаттығынан мына ұйғарымды аламыз. 
 
7 – ұйғарым
. 〈
M, +, ω 〉 - векторлық кеңістік құрайды. 
 
Әдебиеттер тізімі: 
1. Б.Л. Ван дер Варден. Алгебра.М., 1979. 
2. Винберг Э. Б. Курс алгебры — М.: Издательство «Факториал Пресс», 2002. 
3. А.И. Кострикин. Введение в алгебру. М., 1977 
4. Л.Я. Куликов. Алгебра и теория чисел. М,. 1979 
5. М.А.Лаврентьев, Б.В.Шабат, «Проблемы гидродинамики и их математические модели». М., «Наука», 1977. 
 
 

19
 
 
ӘОЖ 512.1 
ЕКІНШІ ЖӘНЕ ҮШІНШІ РЕТТІ РЕКУРРЕНТТІ АНЫҚТАЛЫНҒАН 
АРИФМЕТИКАЛЫҚ ПРОГРЕССИЯЛАРДЫҢ ҚҰРЫЛЫМЫ 
 
А.Қ.Абиров, Ж.Сайдолқызы 
 
Х.Досмұхамедов атындағы Атырау мемлекеттік университеті 
 
Жоғарғы  ретті  арифметикалық  прогрессиялар  дегеніміз  не,  олардың  құрылымы  қандай  болады  деген 
мәселе соңғы кезде арнайы форумдарда көп айтылып жүр. 
Ван  дер  Варденнің  [
1]  еңбегінде  айырымдарынан  құрылған  тізбек  ( − 1)-ші  ретті  арифметикалық 
прогрессия құрайтын сандар тізбегі  жалпыланған k-шы ретті арифметикалық прогрессия деп атаған. 
Екінші  ретті  арифметикалық  прогрессия  деп,  негізінен  қатар  тұрған  екі  мүшесінің  айырмаларынан 
құралған  тізбектің  өзі  арифметикалық  прогрессия  құрайтындай  тізбекті  айтады.  Мысалға,  теріс  емес  бүтін 
сандардың  квадраттарынан  құралған    0,  1,  4,  9,  16,  25,  36,  ...  тізбегі  айырмасы    екіге  тең  1,  3,  5,  7,  9,  11,... 
арифметикалық  прогрессия  құрайтындықтан  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессия  болады.  Дәл  осылайша 
жоғары  ретті  прогрессиялар  анықталынады.  Мысалға,  жеке  жағдайда    -  шы  ретті  дәрежелер    -  шы  ретті 
арифметикалық прогрессия құрайды. 
Бұлайша индуктивті анықтамадан, тіпті екінші ретті арифметикалық прогрессияның құрылымының қандай 
болатындығын көрсету, оның жалпы мүшесі мен алғашқы мүшелерінің қосындысының формулаларын қорытынды 
шығару өте күрделі мәселе болып табылады. Арифметикалық прогрессияны рекуррентті анықтауға болатындығы 
белгілі.  Сондықтан,  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессия  ұғымын  рекуррентті  формула  арқылы  енгізіп,  оның 
құрылымдық мәселелерін зерттеуді қарастыралық. 
1-анықтама.
Бірінші  мүшесі 
және  айырмасы    болатын мына  рекуррентті  формуламен  берілген тізбекті 
екінші ретті арифметикалық прогрессия
 деп айтамыз:  
 
                              a
= a + (2n − 1)d.                                         (1) 
 
Екінші ретті арифметикалық прогрессияның алғашқы бірнеше мүшесін есептелік:  
=
+ ,
=
+ 4 , 
=
+ 9 ,
=
+ 16 ,  … 
Бұл есептеулерден  мынадай заңдылықты байқауға болады: 
=
+ ( − 1)
. 
Осы  заңдылықтың  ақиқат  болатындығын  математикалық  индукция  принципі  бойынша  тексерелік. 
= 2  
болғанда, 
=
+
=
+ (2 − 1)
 – ақиқат. 
=   болғанда, 
=
+ ( − 1)
 – ақиқат болсын деп есептеп, 
=
+ 1  болғанда, 
=
+
 болатындығын дәлелделік. Анықтаманы пайдаланып аламыз:  
 
= a + (2k − 1)d =
+ ( − 1)
+ (2k − 1)d = a +
. 
 
Демек, мына ұйғарымды дәлелдедік. 
 
1  –  ұйғарым. 
Екінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  жалпы  мүшесі  мына  формуламен 
есептелінеді: 
=
+ ( − 1)
. 
 
 
Енді  осы  формуланың  көмегімен  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы 
мүшелерінің қосындыларын есептелік: 
=
, 
= 2
+ , 
= 3
+ 5 ,
= 4
+ 14 . 
Бұл  есептеулерден  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы  n  мүшесінің  қосындысы  мына 
түрде болады деген қорытынды жасалық: 
 
 
            S = n(a + d(n − 1)(2n − 1))                               (2) 
 
 
Енді осы формуланың дұрыстығын дәлелдеп көрсетелік, ол үшін тағыда математикалық индукция 
принципін қолданамыз.  
 
= 2 болғанда, 
= 2
+
= 2
+
∙ 1 ∙ (1 + 1)(2 ∙ 1 + 1) – ақиқат болады. 
 
=   болғанда,  S = k(a + d(k − 1)(2k − 1))  –  ақиқат  болсын  деп  алалық.  Сонда 
=
+ 1 
болғанда, мына теңдіктің орындалатындығын көрсетелік: 
 
S
= (k + 1)(a + d (2k + 1)). 
 
 
Қосындының анықтамасы бойынша мынаны аламыз: 
=
+
=
+
1
6
( − 1)(2 − 1) + (
+
) = 
= ( + 1)
+
1
6
( − 1)(2 − 1) +
= ( + 1)
+
1
6
(2
− 3 + 1 + 6 ) = 

20
 
 
= ( + 1)
+
( + 1)(2 + 1) = ( + 1)
+
(2 + 1) . 
 
Cонымен мына ұйғарымның ақиқаттылығын дәлелдедік. 
2  –  ұйғарым. 
Екінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы  мүшелерінің  қосындысы  мына 
формуламен есептелінеді: 
S = n(a + d(n − 1)(2n − 1)). 
2-анықтама.
 Екінші ретті арифметикалық прогрессия деп, рекуррентті  
 
=
+
∙
( ∈
)                                            (3) 
 
формуласымен анықталынатын реттелген сандардың 
,
, … ,
,
… тізбегін айтамыз, мұндағы  ≠ 0 –cаны 
екінші ретті арифметикалық прогрессияның айырымы. 
,
, … ,
,
…  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  жалпы  мүшесінің  формуласын  табу  үшін  (1) 
формулада k=1, 2, 3, …, n-3, n-2, n-1 деп алалық. Сонда  
 
=
+
∙ 1 ,
=
+
∙ 2 ,
=
+
∙ 3 ,      ……………….                                                               
=
+
∙
( − 3) ,
=
+
∙ ( − 2) ,
=
+
∙ ( + 1) .  (4) 
 
Бұл теңдіктерді мүшелеп қоссақ, онда  
 
=
+
∙ [1 + 2 + 3 + ⋯ + ( − 3) + ( − 2) + ( − 1) ] =
 
=
+
1
6
( − 1) (2 − 1). 
Cонымен,  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  жалпы  мүшесі,  мына  формуламен  есептелінеді: 
 
=
+
( − 1) ∙
∙ (2 − 1)                             (5) 
Екінші жағынан   
а +
+ ⋯ +
+
=
 формуласын пайдаланып, (4) теңдіктерді мүшелеп қосуды, 
мына түрде жазуға болады: 
−
=
+
1
6
( − 1) ∙ ∙ (2 − 1), 
немесе 
−
=
+
( − 1) ∙ ∙ (2 − 1)                            (6) 
(6) формулада 
= , − 1, − 2, … , 4,3,2 деп алсақ, онда мына теңдіктер жүйесін аламыз: 
−
=
+
1
6
( − 1) (2 − 1), 
−
=
+
1
6
( − 2)( − 1)(2 − 3), 
−
=
+
1
6
( − 3)( − 2)(2 − 5) 
…………………………………………………    (7) 
−
=
+
1
6
∙ 3 ∙ 4 ∙ 7, 
−
=
+
1
6
∙ 2 ∙ 3 ∙ 5, 
−
=
+
1
6
∙ 1 ∙ 2 ∙ 3, 
(7) теңдіктерді мүшелеп қосып аламыз: 
−
= ( − 1)
+
[1 ∙ 2 ∙ 3 + 3 ∙ 4 ∙ 5 + ⋯ + ( − 1) (2 − 1)]. 
Бұдан   
 
 
=
+
1
6
( − 1) ∙ ∙ (2 − 1) =
+
1
6
(2 − 3 + ) =
+ 
+
1
6
2
− 3
+
=
+
1
6
2 ∙
( + 1)
4
− 3 ∙
( + 1)(2 + 1)
6
+ +
( + 1)
2
=
+
1
6
( + 1)
2
−
( + 1)(2 + 1)
2
+
( + 1)
2
=
+
1
12
( + 1)[ ( + 1) − −(2 + 1) + 1] =
+
1
12
( + 1) ∙ (
− )
=
+
1
12
(
− 1) . 
Cонымен  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы  nмүшесінің  қосындысымына  формуламен 
есептелінеді: 
=
+
(
− 1) . 
3 – анықтама.
 Үшінші ретті арифметикалық прогрессия деп рекуррентті  
с
=
с
+
∙
 формуласымен 
берілген накты сандардың  
с ,
с
, … ,
с
, … тізбегін атаймыз.  

21
 
 
 
Бұл  прогрессияның  жалпы  мүшесін  есептейтін  формуланы  табу  үшін  рекуррентті  берілген 
өрнекте 
= 1, 2, … , − 3, − 2, − 1 деп  алалық. Сонда мына тізбекті аламыз: 
 
с
=
+
∙ 1 ,
с
=
+
∙ 2 ,
с
=
+
∙ 3 , …….  
с
=
с
+
∙ ( − 3) , 
с
=
с
+
∙ ( − 2) , 
с
=
с
+
∙ ( − 1) . 
 
 
Бұл өрнектердің екі жағын мүшелеп қосып, мынаны аламыз:  
 
с
= с + [1 + 2 + 3 +  … + ( − 3) + ( − 2) + ( − 1) ] = 
=
с
+
∙
(
)
=
с
+
( − 1)
. 
 
Сонымен, мына ұйғарымды дәлелдедік. 
3 – ұйғарым
. Үшінші ретті рекуррентті анықталынған арифметикалық прогрессияның жалпы мүшесі мына 
формуламен есептелінеді: 
=
+
( − 1)
. 
 
Енді  рекуррентті  анықталынған  үшінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы 
мүшелерінің қосындысын беретін формуланы қорытып шығаралық. Сонда, мынаны аламыз: 
=
=
+
1
4
( − 1)
= 
+
1
4
(
− ) =  
=
+
1
4
(
− 2
+
) =
+
1
4
− 2
+
=
+ 
+
1
4
1
30
( + 1)(2 + 1)(3
+ 3 − 1) − 2 ∙
1
4
( + 1) +
1
6
( + 1)(2 + 1) = 
=
+
1
4
1
30
( + 1)(2 + 1)[(3
+ 3 − 1) + 5] −
1
2
( + 1)
= 
=
+
1
4
1
30
( + 1)(2 + 1)(3
+ 3 + 4) −
1
2
( + 1)
= 
=
+
1
120
( + 1)[(2 + 1)(3
+ 3 + 4) − 15 ( + 1)] = 
=
+
1
120
( + 1)(6
+ 6
+ 8 + 3
+ 3 + 4 − 15
− 15 ) = 
=
+
1
120
( + 1)(6
− 6
− 4 + 4) = 
=
+
1
120
( + 1)[6 ( − 1) − 4( − 1)] =
+
1
120
(
− 1)(6
− 4) = 
=  
+
(
− 1)(3
− 2) =
+
(
− 1)(3
− 2) . 
 
Бұдан мына ұйғарымның ақиқаттылығы шығады. 
 
4  –  ұйғарым
.  Рекуррентті  анықталынған  үшінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы 
мүшелерінің қосындысы мына формуламен есептелінеді: 
=
+
(
− 1)(3
− 2) . 
Жазық  көпбұрышты  сандардың  кеңістіктегі  баламасы  пирамидалық  сандар  деп  аталып,  мынадай  тізбек 
құрайды: 
1,4,10,20,35,56,84,120, … ,
( + 1)( + 2), …
 
 
5  –  ұйғарым
.  Пирамидалық  сандардың 
( + 1)( + 2)     тізбегі  үшінші  ретті  арифметикалық 
прогрессия құрайды. 
 
Дәлелдеуі
.  Пирамидалық  сандардың   
с =
( + 1)( + 2)  тізбегін  қарастырып,  оның  қатар 
тұрған мүшелерінің айырымын 
=
−
 арқылы белгілеп, оның екінші  
ретті  арифметикалық  прогрессия  құрайтындығын  қөрсетелік.  Ол  үшін 
=
−
  айырымдарының 
тізбегі арифметикалық прогрессия болатындығын көрсету жеткілікті болады. Сонда  
=
−
= (
−
) −
(
−
) =
− 2
+
= 
=
1
6
( + 1)( + 2)( + 3) − 2 ∙
1
6
( + 1)( + 2) +
1
6
( − 1) ( + 1) = 
=
1
6
( + 1)[( + 2)( + 3) − 2 ( + 2) + ( − 1) ] = 
=
1
6
( + 1)(
+ 5 + 6 − 2
− 4 +
− ) =
1
6
( + 1) ∙ 6 =
+ 1. 
Бұл  айырымы 
  = 1  және  бірінші  мүшесі 
= 4  болатын  арифметикалық  прогрессия.  Ұйғарым 
дәлелденді. 
4 – анықтама.
Үшінші ретті арифметикалық прогрессия деп рекуррентті  
с
=
с
+
∙
 формуласымен 
берілген накты сандардың  
с ,
с
, … ,
с
, … тізбегін атаймыз.  
 
Бұл  прогрессияның  жалпы  мүшесін  есептейтін  формуланы  табу  үшін  рекуррентті  берілген 
өрнекте 
= 1, 2, … , − 3, − 2, − 1 деп  алалық. Сонда мына тізбекті аламыз: 
с
=
+
∙ 1 ,
с
=
+
∙ 2 ,
с
=
+
∙ 3 ,…,
с
=
с
+
∙ ( − 3) , 
с
=
с
+
∙ ( − 2) , 
с
=
с
+
∙ ( − 1) . 

22
 
 
 
Бұл өрнектердің екі жағын мүшелеп қосып, мынаны аламыз:  
с
= с + [1 + 2 + 3 +  … + ( − 3) + ( − 2) + ( − 1) ] = 
=
с
+
∙
(
)
=
с
+
( − 1)
. 
 
Сонымен, мына ұйғарымды дәлелдедік. 
 
6  –  ұйғарым
.  Үшінші  ретті  рекуррентті  анықталынған  арифметикалық  прогрессияның  жалпы 
мүшесі мына формуламен есептелінеді: 
=
+
( − 1)
. 
 
Енді  рекуррентті  анықталынған  үшінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы 
мүшелерінің  қосындысын  беретін  формуланы  қорытып  шығаралық.  Сонда,  мынаны  аламыз:   
=
∑
= ∑
+
( − 1)
= ∑
+
∑
(
− ) =  
=
+
1
4
(
− 2
+
) =
+
1
4
− 2
+
=
+ 
+
1
4
1
30
( + 1)(2 + 1)(3
+ 3 − 1) − 2 ∙
1
4
( + 1) +
1
6
( + 1)(2 + 1) = 
=
+
1
4
1
30
( + 1)(2 + 1)[(3
+ 3 − 1) + 5] −
1
2
( + 1)
= 
=
+
1
4
1
30
( + 1)(2 + 1)(3
+ 3 + 4) −
1
2
( + 1)
= 
=
+
1
120
( + 1)[(2 + 1)(3
+ 3 + 4) − 15 ( + 1)] = 
=
+
1
120
( + 1)(6
+ 6
+ 8 + 3
+ 3 + 4 − 15
− 15 ) = 
=
+
1
120
( + 1)(6
− 6
− 4 + 4) =
 
=
+
1
120
( + 1)[6
( − 1) − 4( − 1)] = 
=
+
1
120
(
− 1)(6
− 4) =  
+
1
60
(
− 1)(3
− 2) = 
=
+
(
− 1)(3
− 2) . 
 
Бұдан мына ұйғарымның ақиқаттылығы шығады. 
 
8  –  ұйғарым
.  Рекуррентті  анықталынған  үшінші  ретті  арифметикалық  прогрессияның  алғашқы 
мүшелерінің қосындысы мына формуламен есептелінеді: 
=
+
(
− 1)(3
− 2) . 
Жазық  көпбұрышты  сандардың  кеңістіктегі  баламасы  пирамидалық  сандар  деп  аталып,  мынадай  тізбек 
құрайды:    
1,4,10,20,35,56,84,120, … ,
( + 1)( + 2), … 
 
9  –  ұйғарым
.  Пирамидалық  сандардың 
( + 1)( + 2)     тізбегі  үшінші  ретті  арифметикалық 
прогрессия құрайды. 
 
Дәлелдеуі
.  Пирамидалық  сандардың   
с =
( + 1)( + 2)  тізбегін  қарастырып,  оның  қатар 
тұрған  мүшелерінің  айырымын 
=
−
  арқылы  белгілеп,  оның  екінші  ретті  арифметикалық  прогрессия 
құрайтындығын  қөрсетелік.  Ол  үшін 
=
−
  айырымдарының  тізбегі  арифметикалық  прогрессия 
болатындығын көрсету жеткілікті болады. Сонда   
=
−
= (
−
) − (
−
) =
− 2
+
=
1
6
( + 1)( + +2)( + 3) − 2 ∙
1
6
( + 1)( + 2) +
1
6
( − 1) ( + 1)
=
1
6
( + 1)[( + 2)( + 3)— 2 ( + 2) + ( − 1) ] =
1
6
( + 1)(
+ 5 + 6 − 2
− 4 +
− )
=
1
6
( + 1)6 = 
=
+ 1. 
Бұл  айырымы 
  = 1  және  бірінші  мүшесі 
= 4  болатын  арифметикалық  прогрессия.  Ұйғарым 
дәлелденді. 
 
Әдебиеттер тізімі 
1.  Б.Л.Вандер Варден. Алгебра . М.Наука 2003.
 
 
 
 
 

23
 
 
ӘОЖ 373.167.1:51     
СИММЕТРИЯЛЫ ОЛИМПИАДАЛЫҚ ЕСЕПТЕР 
 
А.Қ.Абиров,  К.Қ.Абирова, М.М. Есқалиева 
 
Х. Досмұхамедов атындағы Атырау мемлекеттік университеті, 
Ә. Жангелдин атындағы орта мектеп, №35 мектеп – гимназия 
 
Мақалада  2013-2014  оқу  жылындағы  математикалық  олимпиаданың  бірінші  және  екінші  кезеңдерінде 
берілген 
есептердің 
ішінен 
симметриялы 
өрнектерге 
немесе 
симметриялылықты 
пайдаланылып 
шығарылатындарына тоқталып, шешу және оны жазу үлгісі көрсетілген. 
Жалпы  симметрия  ұғымы  алгебра  және  сандар  теориясының  басты  ұғымы  болып  табылғанымен,  оның 
негізі  орта  мектеп  математикасында  қалыптасады.  Сондықтан  математикалық  олимпиадалардың  барлық 
кезеңдерінде  оқушыларға  ашық  түрде  таныс  болмасада  оларға  орта  мектеп  көлемінен  кеңінен  танымал 
симметриялы  теңдеулермен  (теңсіздіктермен)  және    олардың  жүйелерімен  байланысты  есептер  жиі  кездесіп 
отырады. Математикалық олимпиадалардың І - ІІІ кезеңдеріне дайындық барысында оқушылардың шығарылған 
есептерін  тексерушілерге  түсінікті  болатындай  етіп  жаза  алмайтындығы  байқалып  жүр  [1].  Төменде    (І.8.2) 
жазылуы  математикалық  олимпиаданың  бірінші  кезеңінде  сегізінші  сыныпқа  берілген  екінші  есеп  дегенді 
білдіреді.     
1 
– 
есеп.
(І.10.1) 
Теңдеулер 
жүйесін 
нақты 
сандар 
жиынында 
шешіндер: 
4
7
1
1
1






x
z
z
y
y
x
. 
Шешуі.
  Бұл  теңдеу 


z
y
x
,
,
  үштігіндегі  айнымалыларды  дөңгелекті  ауыстыруға  байланысты 
симметриялы  болады.  Оларды  бір  бірінен  ретімен  азайтып  мына  жүйені  аламыз: 
yz
y
z
y
x



,  
xy
y
x
z
x



, 
xz
z
x
z
y



. Бұл теңдеулерді көбетіп мына түрге келтіреміз: 
 








0
1
2
2
2
















z
y
x
z
x
z
y
y
x
z
x
z
y
y
x
. 
 
Бұл  теңдеуден 
0
,
0
,
0



z
y
x
  болатындығын  ескерсек,  онда 
z
y
x


  болатындығын  аламыз. 
Сонда берілген жүйе мына теңдеуге мәндес болады: 
4
7
1


x
x
. Енді 
0

 t
x
 белгілеуін енгізсек теңдеу 
0
4
7
4
2
3


 t
t
немесе 




0
2
4
2
2




t
t
t
. 
0

 t
x
  шартынан 
2

t
  нмесе 
4

x
  болатындығын 
аламыз.  
Жауабы:


4
,
4
,
4
 
2 
–есеп.
(І.10.4)
y
x,
және 
z
сандары 
1






y
x
z
x
z
y
z
y
x
қанағаттандырса 
y
x
z
x
z
y
z
y
x





2
2
2
өрнегі қандай мәндер қабылдайды? 
Шешуі.
 Берілген теңдікті сәйкесінше 
y
x,
және 
z
сандарына көбейтсек, онда 
x
y
x
xz
x
z
xy
z
y
x






2
, 
y
y
x
yz
x
z
y
z
y
xy






2
, 
z
y
x
z
x
z
yz
z
y
xz






2
. 
 
Бұларды қосып және ұқсас мүшелерін біріктірсек, ондап 
0
2
2
2






y
x
z
x
z
y
z
y
x
. 
Жауабы:
 0. 
3 – есеп.
(І.11.1)
p
tg
tg




, 
q
ctg
ctg




екендігі белгілі, 



 
tg
 табыңдар. 

24
 
 
Шешуі.
  Екінші  теңдіктен 
q
p
tg
tg




  болатындығы  шығады.  Сонда  анықтама  бойынша 


p
q
pq
q
p
p
tg





1


.  Мұнда 
q
p 
,  яғни 



  немесе 
Z
k
k



,
4



, 
Z
m
m



,
4



 
болуы  керек.  Егер 



  болса,  онда 


2
4
4
2
p
p
tg
tg







.  Егерде 
Z
k
k



,
4



  және 
Z
m
m



,
4



 болса, онда 






2



tg
tg
. 
 
Жауабы:





























Z
m
k
m
k
егер
p
егер
p
p
Z
m
k
m
k
егер
p
q
pq
tg
.
,
,
4
,
4
,
;
2
,
4
4
;
,
,
4
,
4
;
,
2
















 
 
 4  –  есеп. 
(І.11.6)Егер 
12



c
b
a
  (
b
a,
  және 
c
-теріс  емес  сандар)  болса 
abc
ca
bc
ab



өрнегінің ең үлкен мәнін табыңдар. 
Шешуі.
  Ыңғайлы  болуы  үшін 
1
,
1
,
1






z
c
y
b
x
a
ауыстыруын  енгізсек,  онда 
15



z
y
x
 
және 
13
1













ca
bc
ab
abc
c
b
a
ca
bc
ab
abc
xyz
. 
Олай 
болса, 
13





xyz
ca
bc
ab
abc
 және 
1
,
1
,
1



z
y
x
. Демек, Коши теңсіздігі бойынша мынаны аламыз: 
 
112
13
3
13
3
















z
y
x
xyz
ca
bc
ab
abc
. 
 
Мұнда теңдік таңбасы 
5



z
y
x
 нмесе 
4



c
b
a
 болғанда орындалады. 
Жауабы:
 112. 
5–есеп.
(ІІ.8.1) 
a
 және 
b
 нақты сандары 
6
1
1




b
a
b
a
 теңдеулер жүйесін қанағаттандырса, онда  
a
b
b
a

  өрнегінің мәнін табыңыз. 
Шешуі.
 Берілген теңдеулер жүйесінен 
1
,
6



ab
b
a
. Сонда 
 


34
1
2
6
1
2
2
2
2
2










ab
b
a
ab
b
a
a
b
b
a
. 
Жауабы:
 34. 
6–есеп.
(ІІ.9.1)  Өзара  жай 
a
  және 


b
a
b

сандары  үшін 


3
73
3
3
3



b
a
b
a
теңдігі  орындалса, 
b
a 
 
өрнегінің мәнін табыңыз. 
Шешуі.
 Теңдікті 
0

 b
a
 санына қысқартып симметриялы 
3
73
2
2
2
2
2





b
ab
a
b
ab
a
 теңдігін аламыз. Егер 
ab
v
u
b
a



,
  ауыстыруын  енгізсек,  онда  бұл  теңдік  мына  түрге  жазылады: 
3
73
4
2
2



v
u
v
u
  немесе 

25
 
 
v
u
289
70
2

.  Бұдан 
0
70
149
70
2
2



b
ab
a
.  Бұл  екінші  ретті  теңдеуді  шешіп  және  есептің  шартын 
ескерсек, онда  
7
,
10


b
a
 және 
3
7
10



 b
a
. 
Жауабы:
 3. 
7–есеп.
(ІІ.9.6)
a
-  ның  қандай  мәнінде 













a
xyz
a
zx
yz
xy
a
z
y
x
,
2
,
1
  теңдеулер  жүйесінің  нақты  сандар 
жиынында шешімі бар? 
Шешуі.
  Теңдеулер  жүйесінен 
y
x,
  және 
z
сандары  Виеттің  кері  теоремасы  [2,  88  бет]  бойынша 


0
2
1
2
3





a
at
t
a
t
 
теңдеуінің 
түбірлері 
болады. 


0
1
2
1
1





a
a
 
болатындықтан, 
айнымалылардың  біреуі,  мысалға 
1

z
.  Сонда,  берілген  жүйе  мына  түрге  келеді: 
a
xy
a
y
x



,
.  Енді 
x
 
және 
y
 айнымалылары 
0
2



a
at
t
 теңдеуінің түбірлері болады. Демек, берілген жүйенің нақты шешімдері 
болуы үшін 
0
4
2



a
a
D
, яғни 
0

a
 немесе 
4

a
 болуы керек. 
Жауабы:

 







;
4
0
;
a
 
8–есеп.
(ІІ.10.6)  Тақтада 100 сан жазылған: 
100
1
...,
,
3
1
,
2
1
,
1
. Әр минутта келесі операция орындалады: 
тақтадан  кез  келген  екі    және    сандары  өшіріледі,  олардың  орнына 
ab
b
a


саны  жазылады.  Бірнеше 
уақыттан кейін тақтада бір ғана сан қалады. Бұл қандай сан? 
Шешуі.
  Бұл  есептің  қалыптасқан  симетриялы    теңдеулер,  теңсіздіктер  және  олардың  жүйелерін  шешу 
немесе  дәлелдеуден  өзгешелігі  болғанымен,  ондағы  амал  симметриялы  болып  тұр.  Соңғы  санды  табуға  қажетті 
заңдылықты анықтау үшін, алдымен сол жақ шеттен бастап, бірнеше санды есептейміз. Енді  
1
1
,



k
b
k
a
 
деп  алсақ,  онда  мынаны  аламыз: 
1
1
1
1
1










k
k
k
k
k
ab
b
a
.  Демек,  берілген  операцияны  99 
рет қолданғаннан кейін шығатын сан 
100
100
1
99
100
1
99




. 
Жауабы:
 100. 

жүктеу/скачать 12,19 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: