Сборник материалов «миссия молодежи в науке республики казахстан»

30

 

 

3.  Ахметов  А.Ф.,  Ахметшина  М.Н.,  Десяткин  А.А.,  Хафизов  Ф.Ш.  Создание 

агрегативно-устойчивых  топливных  смесей  на  основе  тяжѐлого  котельного  то-плива  и 

нефтешлама  //  Химические  реактивы,  реагенты  и  процессы  малотон-  нажной  химии: 

Тез.докл. XIII Междунар. науч.-практ. конф. - Уфа: Реак- тив,2000-С.124 . 

4.  АхметовА.Ф.,  Ахметшина  М.Н.,  Десяткин  А.А.,  Хусаинов  Р.М.,  Рахметов  Э.Э. 

Разработка технологии утилизации нефтешлама // Нефтяные топлива и экология: Тез.докл. 

республ. конф.мол.уч.- Уфа: УГНТУ, 2000-С.61 

5.  Монтаев  С.А,  Сулейменов  Ж.Т.  Стеновая  керамика  на  основе  композиций 

техногенного и природного сырья Казахстана. Уральск, 2006-С.190. 

 

 

ӘОЖ 517.5 

 

М.Қ. Қайратова

1

, Р.О. Нурканова

2

, О.Д. Апышев

1 

1

С. Аманжолов атындағы Шығыс Қахақстан мемлекеттік университеті, 

Ӛскемен қ., Қазақстан 

2

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

 

 

КЛАССИКАЛЫҚ ТЕҢСІЗДІКТЕРМЕН БАЙЛАНЫСТЫ ЕСЕПТЕР 

 

Мақалада  қиындығы  жоғары  дәрежедегі  немесе  стандартты  емес 

есептерді  шығару  кезінде  классикалық  теңсіздіктер  қалай  жҧмыс  істейтінін 

кӛрсететін математикада ӛзіндік орны бар әдіс-тәсілдерді ҧсынамыз.  

Жаттығулардың  бірталайы  басқада  жолмен  (мысал  ҥшін  туындыларын 

зерттеу  арқылы)  шешілетінін  білеміз,  дегенмен  біздің  мақсатымыз  жоғарғы 

анализ аппаратын қолданбай да тамаша шешімге ие болатынына кӛз жеткізу. 

Ол ҥшін алдымен классикалық теңсіздіктердің тҧжырымдамаларын келтіріп, 

элементарлық  математиканың  қайсыбір  есептерінің  шығарылуын  олардың 

кӛмегімен қолдануларын кӛрсетеміз. 

1. 

Коши 

теңсіздігі. 

n

i

a

i

,

1

0

 

берілсін, 

онда 

2

n

 

,

...

...

1

2

1

2

1

n

n

n

a

a

a

a

a

a

n

  (оң  сандардың  арифметикалық  ортасы  олардың 

геометриялық  ортасынан  кіші  болмайды).  Теңдік  таңбасы 

  орындалады, 

егер 

,

...

2

1

n

a

a

a

 

ал 

 

0

1

,

2

1

a

a

a

a

a

 болса, онда 

.

2

1

a

a

 

2. Коши-Буняковский теңсіздігі. 

Евклид жазықтығында берілген 

n

x

x

x

U

,...,

,

2

1

 , 

n

y

y

y

V

,...,

,

2

1

 векторлардың 

скалярлық 

кӛбейтіндісі 

,

...

,

2

2

1

1

n

n

y

x

y

x

y

x

V

U

 

ал 

модульдері 

2

2

1

2

2

1

...

,

...

n

n

y

y

V

x

x

U

  қатынастармен  анықталатыны  белгілі,  бҧл 

жағдайда  Коши-Буняковский  теңсіздігі

2

2

1

2

2

1

2

1

1

...

...

...

n

n

n

n

y

y

x

x

y

x

y

x

 

немесе 

V

U

V

U,

 тҥрінде жазылатыны белгілі. 

Теңсіздікте  теңдік  таңбасы 

 

орынды,  егер  векторлар  коллинеар 

V

U

 

болса, яғни 

k

k

y

x

R

,

0

  

.

,

1 n

k

 

Енді  осы  теңсіздіктердің  әртҥрлі  жаттығуларға  қолдануларын 

31

 

 

қарастырайық. 

I.

 

Теңдеулерді шешуге қолданылуы. 

1 мысал.  

z

y

x

xy

z

xz

y

yz

x

4

2

5

2

6

2

5

2

2

2

 

Шешуі: Тӛмендегі екі векторды алсақ 

xy

z

xz

y

yz

x

U

2

;

2

;

2

2

2

2

 және 

,

5

;

6

;

5

V

 онда  

,

4

5

6

5

,

2

2

2

2

2

2

2

2

V

z

y

x

U

z

y

x

yz

xz

xy

z

y

x

U

 

Скаляр 

кӛбейтіндісі 

xy

z

xz

y

yz

x

V

U

2

5

2

6

5

;

2

2

2

 

болғандықтан,  берілген  теңдеу  векторлар  арқылы   

V

U

V

U ;

тҥрде 

болатынын 

кӛреміз, 

яғни 

.

e

U

 

Онда 

анықтама 

бойынша 

,

5

2

2

xy

z

V

U

R

 

  

5

2

,

6

2

2

2

xy

z

xz

y

5

2

6

2

5

2

2

2

2

xy

z

xz

y

yz

x

. 

Осы пропорциядан 

xy

z

yz

x

2

2

2

2

z

x

y

z

x

2

2

2

  бҧдан 

z

x

  немесе 

y

z

x

2

 қатынастарын аламыз: 

 

а)  Егер 

0

5

12

4

6

2

5

2

2

2

2

2

2

y

xy

x

x

y

xy

x

z

x

біртектес  теңдеуінен 

x

y

5

2

 және 

x

y

2

 шешімдеріне ие боламыз. 

б) 

Егер 

y

z

x

2

 

болса, 

пропорцияның 

алғашқы 

екеуінен 

,

0

19

32

16

2

2

5

2

2

6

2

2

2

2

y

xy

x

x

y

x

y

x

y

y

x

  пайда  болған  біртектес 

теңдеудің  дискриминанты  теріс  сан  болғандықтан,  оның  тек  қана  нӛлдік 

шешімі бар, яғни 

,

0

y

x

 онда 

0

z

. 

Сонымен  берілген  теңдеудің  шешімдері  болып 

0

;

0

;

0

,

;

2

;

,

;

5

2

;

c

c

c

c

c

c

 

табылатынын кӛреміз, мҧндағы с – кез келген ерікті сан, соңғы шешімді 

0

c

 

деп  ҧйғарып  алғашқыларынан  алуға  болатынын  кӛреміз.  Теңдеудің 

шешімдері шексіз жиын екен, жалпы ондай болуы да, болмауы да мҥмкін. 

Жауабы: 

,

0

;

0

;

0

,

;

2

;

,

;

5

2

;

c

c

c

c

c

c

 

2 мысал. 

4

2

1

2

2

2

x

x

x

 

Шешуі:  Теңдеудің 

5

,

0

x

  мәндерінде  мағынасы  бар,  яғни 

.

;

5

,

0

D

 

Берілген теңдеудің оң жағына Коши теңсіздігін (

4

n

  ҥшін)  қолдансақ,  онда 

.

1

4

1

2

1

1

1

2

1

2

1

1

1

2

1

2

2

4

4

x

x

x

x

 Олай болса берілген теңдеуден 

,

1

0

1

0

1

1

2

2

2

2

x

x

x

x

x

x

 

.

1

D

x

  

Теңдеуге апарып қойсақ 

1

x

 тҥбірі болатынын кӛреміз. 

Жауабы: 

1

x

. 

 

3 мысал. 

2

1

2

3

1

x

x

x

x

 

Шешуі: 

x

x

b

x

a

3

,

1

,

1

;

 векторларын енгізіп, скаляр кӛбейтіндісі 

b

a,

 

32

 

 

табайық. 

,

3

1

;

x

x

x

b

a

 

2

,

1

2

b

x

a

.  Теңдеудің  сол  жағы  болып 

b

a;

, ал оң жағы 

b

a

 кӛбейтіндісі екенін кӛреміз, сондықтан берілген теңдеу 

b

a

b

a;

  тҥріне  енеді  де  Коши-Буняковский  теңсіздігінен 

a

 

және 

b

векторларының  коллинеар  болатынын  кӛреміз,

 

,

b

a

  сол  себепті  сәйкес 

координаталары пропорционал, яғни 

1

3

,

3

1

1

x

x

x

x

x

x

 

0

1

2

1

0

1

3

2

2

3

x

x

x

x

x

x

2

1

,

2

1

,

1

3

,

2

1

x

x

x

бӛгде 

шешім,  себебі 

1

3

x

x

x

  ӛрнегінің  сол  жағы  теріс,  ал  оң  жағының  мәні 

теріс бола алмайды. Ең соңында 

2

1

,

1

2

1

x

x

 аламыз.  

Жауабы: 

2

1

,

1

2

1

x

x

. 

 

4 мысал. 

1

4

2

2

4

4

xy

y

x

 

Шешуі:  Коши  теңсіздігінен 

2

2

4

4

4

4

4

2

2

2

2

2

y

x

y

x

y

x

 

аламыз.  Онда 

берілген  теңдеуден 

.

0

1

2

4

1

4

2

2

2

xy

y

x

xy

 

Бҧдан 

.

2

1

2

1

x

y

xy

 

Берілген теңдеуге апарып қойсақ  

1

2

1

4

8

1

2

4

4

x

x

x

x

 немесе  

.

1

8

1

2

4

4

x

x

  

z

x

4

 

деп 

белгілеу 

енгізейік. 

,

1

8

1

2

z

z

 

0

1

8

16

2

z

z

 

2

1

4

1

4

1

0

1

4

2

4

2

x

x

z

z

;

2

2

2

,

1

x

.

2

2

2

2

2

1

2

1

2

,

1

2

,

1

x

y

 

Ең 

соңында  берілген  теңдеудің 

2

2

;

2

2

  және 

2

2

;

2

2

  шешімдері  болып 

табылатынын кӛреміз. 

Жауабы: 

2

2

;

2

2

 , 

2

2

;

2

2

 

 

II.

 

Алгебралық теңдеулер жҥйесін шешу. 

5 мысал. 

3

1

,

1

2

2

2

z

y

x

z

y

x

 . 

Шешуі:

 

z

y

x

U

;

;

 

және 

1

;

1

;

1

e

  векторларын  енгізсек,  анықтамалардан 

;

;

'

e

U

z

y

x

   

3

;

2

2

2

e

z

y

x

U

 

аламыз,  онда  жҥйенің  екінші  теңдеуі 

2

2

1

e

U

 немесе 

1

e

U

тҥріне енеді, олай болса 

1

;

e

U

e

U

 (екі 

U

 және 

e

 

векторларының  скаляр  кӛбейтіндісі  олардың  модульдарының  кӛбейтіндісіне 

тең)

 

  егер   

,

e

U

  сол  себепті 

U

  және 

e

  векторларының  сәйкес 

координаталары 

пропорционал, 

R

 

3

1

1

,

1

,

1

z

y

x

  

.

3

1

z

y

x

 

33

 

 

Берілген  жҥйенің  шешімі  болып  ҥш  ӛлшемді  евклид  кеңістігіндегі 

3

1

;

3

1

;

3

1

P

нҥктесі  табылатынын  кӛреміз.  Енді  сол  жҥйедегі  теңдеулердің 

геометриялық мағынасына тоқталайық: 

-

 

бірінші  теңдеу  –  әрбір  осьтен  ҧзындығы  бірге  тең  кесіндіні  басып 

ӛтетін жазықтық (кеңістікте симплекс пайда болады – пирамида); 

-

 

екінші теңдеу – центрі 

0

;

0

;

0

O

 бас нҥктеде жатқан радиусы 

3

1

r

 тең 

сфераны  білдіреді,  онда  жҥйе  осы  сферамен  жазықтықтың  жанасу  нҥктесінің 

координаталары, себебі 

P

нҥктесінің бас нҥктеден ара қашықтығы радиусқа тең. 

Жауабы: 

3

1

z

y

x

 

6 мысал. 

7

2

1

2

2

2

4

4

4

z

y

x

z

y

x

  

Шешуі: 

2

2

2

;

;

z

y

x

U

 

және 

2

;

1

;

1

V

 

векторларын  қарастырсақ  олардың 

скаляр 

кӛбейтіндісі 

,

7

2

;

2

2

2

z

y

x

V

U

 

ал 

модульдері 

6

,

1

4

4

4

V

z

y

x

U

  болар  еді, 

V

U

V

U

;

7

6

Коши-Буняковский 

теңсіздігінен олай болуы мҥмкін емес, яғни жҥйе ҥйлесімді емес. 

Жауабы:  . 

III.

 

Функцияның ең ҥлкен, ең кіші мәндерін табу. 

7  мысал. 

x

x

y

2

cos

2

1

2

cos

2

1

  функциясының  ең  ҥлкен  мәнін 

анықтайық. 

Шешуі:  Тӛмендегі 

x

x

a

2

cos

2

1

;

2

cos

2

1

  және 

1

;

1

b

    векторларын 

қарастырсақ,  олардың  скаляр  кӛбейтіндісі  мен  модульдерін  анықтап, 

,

1

2

cos

2

1

2

cos

2

1

x

x

a

  

2

1

1

b

, Коши – Буняковский теңсіздігінен  

 

,

2

cos

2

1

2

cos

2

1

;

x

x

b

a

 

2

2

cos

2

1

2

cos

2

1

;

x

x

b

a

b

a

  

 

қатынасы  шығады,  олай  болса 

2

max

y

  екенін  кӛреміз.  Ол  мәнді 

 

қабылдайды,  егер 

,

2

2

0

2

cos

2

cos

2

1

2

cos

2

1

k

x

x

x

x

b

a

 

.

,

2

4

Z

k

k

x

  

Жауабы: 

2

max

y

 

8  мысал. 

4

7

3

4

1

1

2

1

1

x

x

x

x

y

  функциясының 

75

,

0

x

 

болғандағы 

34

 

 

ең кіші мәнін анықтайық. 

Шешуі. 

3

3

2

1

3

2

1

3

a

a

a

a

a

a

  Коши  теңсіздігінде 

,

1

,

3

1

x

a

n

 

,

1

2

1

2

x

a

 

3

4

1

3

x

a

 

деп 

ҧйғарайық 

,

0

,

,

75

,

0

3

2

1

a

a

a

x

 

1

2

4

7

x

x

x

 

3

2

1

1

1

1

3

4

a

a

a

x

 

 

Тағы да Коши теңсіздігін  

3

3

2

1

3

2

1

1

1

1

3

1

1

1

a

a

a

a

a

a

 

онда берілген функция тӛмендегідей бағаланады. 

 

3

4

1

2

3

4

1

1

2

1

1

4

7

3

4

1

1

2

1

1

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

y

.

9

9

3

4

1

2

3

3

4

1

1

2

1

1

3

min

3

3

y

x

x

x

x

x

x

 

 

Ең кіші мәнді 

 қабылдайды, егер 

,

3

4

1

2

x

x

x

 яғни 

1

x

.        

Жауабы: 

.

9

min

y

 

9  мысал. 

0

x

  мәндерінде 

3

3

12

27

x

x

y

  функциясының  ең  кіші  мәнін 

анықтайық.  

Шешуі: 

ab

b

a

2

  теңсіздігін  пайдаланамыз,  теңдік  таңбасы 

,  егер 

b

a

.  Сонымен 

.

3

4

3

2

2

12

27

2

12

27

3

3

3

3

x

x

x

x

y

  Ең  кіші  мәнге 

3

4

3

3

12

27

x

x

 

кезінде ие болады, яғни 

3

18

x

. 

Жауабы: 

.

3

4

min

y

 

Ескерту. Стандартты әдіспен шешілмейтін есептерде жауаптары ақырлы 

немесе шексіз жиын бола беретінін кӛреміз. Бҧл қасиет теңсіздіктерде де бола 

беретін  қҧбылыс,  яғни  белгісіздердің  саны  артық  болса  да.  Мысал  ҥшін, 

0

arcsin

2

2

2

y

x

y

 ҥшін жалғыз жауабы 

1

;

0

 болады да, ал  

0

sin

arccos

4

1

y

x

x

tg

 ҥшін 

Z

n

n ,

;

1

 

шексіз жиын табылады. 

 

жүктеу/скачать 7,92 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: