Зерттеуші

Zertteušì – Issledovatel’ – The Researcher                              ISSN 2307-0153 
№№5-12(109-116), мамыр-желтоқсан, май-декабрь, May-December, 
2015
__________________________________________________________
____ 
 
 
54 
Біздің міндеттеріміз: 
-  Сызықтық  теңдеулер  мен  олардың  жүйелері,  модульдік  теңдеулер  және 
олардың  тарихы,  модульдік  теңдеулерді  шешу  жолдары  туралы  мағлұматтарды 
кітаптар мен журналдардан, интернет және энциклопедиялардан жинақтау; 
- Мектепте оқушылар арасында сыныптан тыс жұмыстарды насихаттау; 
-  Теңдеулерді  шешу  әдістерін  практикалық  есептерді  шығару  барысында 
қолдану. 
Жҧмыс әдісі: 
- Баяндама дайындау; 
-  Модульдік  сызықтық  теңдеулерді  шешудің  тиімді  әдістерін  есептер  шығару 
барысында қолданылуын анықтау. 
Модульдік  сызықтық  теңдеулерді  шешу  әдістерін,  басқа  да  қиын  есептер 
шығаруға  пайдалана  алуы,  оқушылардың  қызығушылығын  арттыруына,  білімін 
тереңдетуіне кӛп кӛмегі тиетіндігін кӛруге болады. 
Натурал сандардың ӛзі жұп, тақ, жай және құрама, т.б. болып бӛлінеді. Сандар 
жӛнінде математиктерді мыңдаған жылдар бойы ойландырған, шешуін таптырмаған, 
қиын-қиын  мәселелер  кӛп  болған.  Сондықтан  сан  туралы  ғылым  арифметиканы 
(«Арифмос»  грек  сӛзі  –  «сан»  деген  сӛз)  немістің  атақты  математигі  К.  Гаусс: 
«Математика  –  ғылымдар  патшасы,  ал  арифметика  –  математика  патшасы»,  -  деп 
бекер айтпаған. 
Сандар  цифрлар  арқылы  жазылады.  Әр  елде  түрлі  таңбаланып,  әр  түрлі 
жазылған.  Қазіргі  цифрлар  даму  жолынан  ӛтіп,  реттелген.  Ежелгі  Үндістаннан 
шыққан  ӛзбек  математигі  Мухаммед  Хорезмидің  кітаптары  арқылы  дүние  жүзіне 
таралған. 
Алгебра  практикалық  есептерді  теңдеулер  жәрдемімен  шығару  тәсілдерінен 
туған.  Теңдеулер  жӛніндегі  ілім  бүгінге  дейін  алгебраның  мектептік  курсының 
негізгі  мазмұны  болып  табылады.  Бірақ  теңдеулерді  шешу  үшін  бірмүшелерге, 
кӛпмүшелерге  және  алгебралық  бӛлшектерге  амалдар  қолдана  білу  керек, 
кӛпмүшелерді  жіктей  білуді,  жақшаларды  ашуды,  бӛлшектерді  ортақ  бӛлімге 
келтіруді  тағы  да  басқа  сол  сияқтыларды  білу  керек.  Сӛйтіп,  теңдеулер  жӛніндегі 
ілімді  амалдардың  заңдары  туралы  ілімсіз  игеру  мүмкін  емес.  Теңдеулерді  шешу 
үшін қолданылатын амалдар нақтысында сандарға қолданылады, ӛйткені элементар 
алгебрада әріптер сандарды белгілеу үшін қолданылады. 
Теңдеулерді  шешкенде,  жалпы  алғанда,  тек  қана  бүтін  оң  сандардың 
жиынымен қанағаттануға болмайды. Егер, мысалы, бір белгісізі бар бірінші дәрежелі 
жалпы теңдеу 
c
b
ax


                    (1) 
түрінде  беріліп,  мұндағы 
c
b
a ,
,
  –  натурал  сандар  болса,  онда  бұл  теңдеудің 
шешімі 
a
b
c
x


                    (2) 
Әрқашан  натурал  сан  бола  бермеуі  мүмкін:  ол,  егер 
a
  саны 
b
c

  санының 
бӛлгіші болмаса, бӛлшек болады, ал 
b
c

 болса, ол теріс сан болады. 
Сонымен, кез келген теңдеуді, тіпті бірінші дәрежелі теңдеудің ӛзін шешу үшін 
натурал сандардан басқа да сандар, атап айтқанда, бӛлшек сандар мен теріс сандар 
да, яғни барлық рационал сандар қажет болады. 
Сонымен,  бірінші  дәрежелі  теңдеулерді  шешу  практикасы  және  кӛрсетілген 
алгоритмді  сақтау  талабы  нәтижесінде  сан  ұғымын  оң  бүтін  сандар  жиынынан 

Zertteušì – Issledovatel’ – The Researcher                              ISSN 2307-0153 
№№5-12(109-116), мамыр-желтоқсан, май-декабрь, May-December, 
2015
__________________________________________________________
____ 
 
 
55 
рационал  сандар  жиынына  дейін  ұлғайту  қажет  болды.  Осы  жиынды  біле  отырып, 
кез келген бірінші дәрежелі теңдеулер мен теңдеулер жүйелерін шешуге болады. 
Модуль таңбасы бар сызықтық теңдеулерге тоқталмас бұрын, рационал санның 
модулі ұғымына тоқталайық. 
Координаталық  түзу  бойынан 
 
2

A
  нүктесін  белгілеп, 
A
  нүктесінің  санақ 
басынан ( O  нүктесінен) бірлік кесінді есебімен қашықтығын табайық. 
 
Координаталық түзу бойындағы 
 
2

A
 нүктесі санақ басынан – 
O  нүктесінен 
2 бірлік кесіндіге тең қашықтықта. 
Координаталық  түзу  бойындағы  санды  кескіндейтін  нүктенің  санақ  басынан 
(бірлік кесінді есебімен алынған) қашықтығы санның модулі деп аталады. 
Онда -2 санының модулі 2-ге тең. Жазылуы: 
2
2


. 
Оқылуы: «-4 санының модулі 4-ке тең». 
«Модуль» латынша «modulus» – қазақша «мӛлшер» деген мағынаны білдіреді. 
Модуль  белгісін  1841  жылы  неміс  математигі  Карл  Вейерштрасс  енгізген.  Кей 
жағдайларда «модуль» сӛзінің орнына абсолюттік шама деген ұғым қолданылады. 
Анықтама: 
a
нақты санының модулі немесе абсолют шамасы деп, 
егер 
a
 оң сан болса, 
a
 санының ӛзін, 
егер 
a
 нӛл болса, нӛлді, 
егер 
a
 теріс сан болса, 
a

 санын айтады.  
Бұл анықтамадан санның модулі оң сан немесе нӛл болатынын кӛрдік. 
Жоғарыдағы анықтаманы былайша жазуға болады: 







0
,
0
,
à
a
a
a
a
 
Геометриялық тұрғыдан 
а  символы координаталық түзудегі  O  нүктесінен 
а
нүктесіне дейінгі қашықтықты кӛрсетеді. 
Оң санның модулі санның ӛзіне тең. Мысалы, 
6
6

. 
Теріс санның модулі оған қарама-қарсы санға, нӛлдің модулі нӛлге тең. 
0

a
 
a
а


 
b
a
аb


 
b
a
b
a

 
2
2
a
а

 
Енді  модуль  белгісінің  астында  айнымалы  шама  болған  теңдеулерді 
қарастырайық.  Айнымалы  модуль  таңбасымен  берілген  теңдеулерді  модуль 

Zertteušì – Issledovatel’ – The Researcher                              ISSN 2307-0153 
№№5-12(109-116), мамыр-желтоқсан, май-декабрь, May-December, 
2015
__________________________________________________________
____ 
 
 
56 
таңбасы  бар  теңдеулер  деп  атайды.  Мысалы, 
7
5


x
, 
5
4
1
2



x
x
,  т.с.с.  – 
модуль таңбасы бар теңдеулер. Сызықтық модульдік теңдеулерді шешудің бірнеше 
әдісі бар. Олар: модульдің геометриялық мағынасын пайдалану, анықтама бойынша 
модульді  ашу,  теңдеудің  екі  жақ  бӛлігін  дәрежелеу,  аралықтарға  бӛлу  әдісі.  Енді, 
осы әдістерді қолданып, есептер қарастырайық.  
1-мысал. 
3
5


x
 теңдеуінің түбірлерін табу керек. 
Шешуі: 
1-әдіс (модульдің геомериялық мағынасын пайдалану). 
a
x

  ӛрнегінің  геметриялық  мағынасы  –  ол  сан  осіндегі 
x
  нүктесінен 
a
 
нүктесіне  дейінгі  қашықтықты  білдіреді.  Онда 
3
5


x
  теңдеуінің  геометриялық 
мағынасы 
x
  және  5  нүктелерінің  ара  қашықтығы  3-ке  тең  болатындығында.  Олай 
болса, 
2

x
 және 
8

x
 болуы керек. 
 
Жауабы: 
2

x
;
8

x
. 
2-әдіс (анықтама бойынша модульді ашу). Анықтама бойынша: 







0
,
0
,
à
a
a
a
a
 
Осыдан,  егер 
0
5


x
  болса,  онда 
5
5



x
x
  теңдігі  орындалады.  Олай 
болса, 
8
3
5




x
x
.  Егер 
0
5


x
болса,  онда 


5
5




x
x
  теңдігі 
орындалады.  Бұдан 


2
3
5





x
x
.  Берілген  теңдеудің  түбірлері 
2

x
  және 
8

x
. 
3-әдіс (теңдеудің екі жақ бӛлігін дәрежелеу). Берілген теңдеудің екі жақ бӛлігі 
де  оң  болғандықтан,  оны  квадраттап, 
9
25
10
2



x
x
  немесе 
0
16
10
2



x
x
 
квадрат теңдеуін аламыз. Бұл квадрат теңдеудің түбірлері: 
2
1

x
 және 
8
2

x
. Бұлар 
берілген есептің жауаптары. 
4-әдіс  (аралықтарға  бӛлу  әдісі).  Бұл  әдісті  қолданғанда  модуль  таңбасы 
астындағы  екімүшелерді  нӛлге  теңестіріп,  теңдеудің  түбірі  анықталады. 
5
0
5




x
x
 табылған нүкте сан осін екі бӛлікке бӛледі. 
 
1) егер 


5
;



x
 болса, онда 
0
5


x
. Сондықтан 
2
3
5





x
x
. 
2) егер 




;
5
x
 болса, онда 
0
5


x
. Сондықтан 
8
3
5




x
x
. 
2-мысал. 
4
5



x
x
 теңдеуінің түбірлерін табу керек. 
Берілген  теңдеудің  екі  жақ  бӛлігі  де  оң  болғандықтан,  оны  квадраттау 
тәсілімен шешкен тиімді.  

Zertteušì – Issledovatel’ – The Researcher                              ISSN 2307-0153 
№№5-12(109-116), мамыр-желтоқсан, май-декабрь, May-December, 
2015
__________________________________________________________
____ 
 
 
57 
16
8
10
25
2
2





x
x
x
x

16
8
10
25



x
x

2
1
9
18



x
x
. 
Жауабы: 
2
1

x
 
Тексеріп кӛреміз: 
2
1
4
2
1
4
2
1
4
2
1
4
4
2
1
2
1
5







 
3-мысал. 
2
2
4




x
x
мұндайтеңдеулерді  шешу  үшін  модуль  таңбасы 
астындағы екімүшелерді нӛлге теңестіріп, теңдеудің түбірі анықтаймыз: 
4
0
4




x
x
  және 
2
0
2




x
x
.  Табылған  нүктелер  сан  осін  үш 
бӛлікке бӛледі. 
 
1) 
егер 


2
;



x
 
болса, 
онда 
0
4
,
0
2




x
x
. 
Сондықтан 
2
4
2
2
2
4








x
x
x
x
 
бұл 
шешім 
берілген 
теңдеуді 
қанағаттандырғанымен, 


2
;
2



  болғандықтан,  бұл  аралықта  теңдеудің  шешімі 
жоқ. 
2) 
егер 


4
;
2

x
 
болса, 
онда 
0
4
,
0
2




x
x
. 
Сондықтан 
2
2
2
2
4






x
x
. 
х
-тің  кез  келген  мәнінде  теңдік  орындалады.  Теңдеудің 
шешімі 
4
2


x
 теңсіздігімен анықталады. 
3) 
егер




;
4
x
 
болса, 
онда 
0
4
,
0
2




x
x
. 
Сондықтан 
4
8
2
2
2
4









x
x
x
x
. 
Олай болса, 
4
2


x
 және 
4

x
 бірге қарастырсақ 

4
2


x
 
Тексеру: 
2
2
2
0
2
2
2
2
2
4
2











x
 
2
2
2
1
1
2
2
3
3
4
3











x
 
2
2
2
2
0
2
2
4
4
4
4











x
 
4-мысал: |х-1|=2 теңдеуінің түбірлерін қарастырайық. 
Шешуі: 
1-тәсіл  (геометриялық  тәсіл).  |х-а|  ӛрнегінің  геометиялық  мағынасы  –  ол  сан 
ӛсіндегі  х  нүктесінен  а  нүктесіне  дейінгі  қашықтықты  білдіреді.  Онда  |х-1|=2 
теңдеуінің  геометриялық  мағынасы  х  және  1  нүктелерінің  арақашықтығы  2-ге  тең 
болғандығында. Олай болса, х = -1 немесе х = 3 болуы керек. 
Жауабы: х = -1; х = 3. 
 
2-тәсіл  (квадраттау  тәсілі).  Берілген  теңдеудің  екі  жақ  бӛлігі  де  оң 
болғандықтан,  оны  квадраттап, 
4
1
2
2



x
x
  немесе 
0
3
2
2



x
x
  квадрат 

Zertteušì – Issledovatel’ – The Researcher                              ISSN 2307-0153 
№№5-12(109-116), мамыр-желтоқсан, май-декабрь, May-December, 
2015
__________________________________________________________
____ 
 
 
58 
теңдеуін  аламыз.  Оның  түбірлері: 
1
1


x
  және 
3
2

x
.  Бұлар  берілген  есептің 
жауаптары. 
3-тәсіл (анықтама тәсілі). Анықтама бойынша 







0
,
0
,
à
a
a
a
a
 
Осыдан, егер 
0
1


x
  болса,  онда 
1
1



x
x
  теңдігі  және х-1<0  болса,  онда 
|х-1|=-(х-1) теңдігі орындалады. 
Сондықтан  сан  осін 
1

x
 
нүктесі  арқылы  екі  бӛлікке  бӛлеміз: 

 











;
1
1
;
;
. Осы бӛліктің әрқайсысында берілген теңдеуді жеке шешу 
керек. 
Егер 


1
;



x
  болса,  онда  берілген  теңдеуді 
2
1



x
  түрінде  жазамыз. 
Осыдан 
1


x
 болады. 
Егер 




;
1
x
  болса,  онда  берілген  теңдеуді 
2
1


x
  түрінде  жазып,  оның 
түбірін табамыз: 
3

x
. Жауабы: 
1


x
, 
3

x
. 
|а| деп, а санының модулі де, абсолюттік шамасы да белгіленетіні белгілі. 
Сонымен қатар |а| =а, егер а > 0, 0, егер а = 0, -а, егер а < 0. 
Тура осылай функцияның модулі де анықталады. 
 
 
 
 
 
 













x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
F
0
0
0
0
 
Мысалы, 















x
x
x
x
x
x
2
2
0
2
2
2
2
 
Айнымалысы  модуль  таңбасының  ішінде  болатын  теңдеулерді  шешу  үшін 
мына алгоритм қолданылады: 
- Модуль таңбасының ішіндегі ӛрнектерді нӛлге теңестіріп, теңдеулерді шешу; 
- Теңдеудің түбірлерін қолданып, сан түзуін аралықтарға бӛлу; 
- Модуль анықтамасы ескеріп, әрбір аралықта берілген теңдеуді шешу; 
-  Теңдеудің  шешімдерінің  қарастырылып  отырған  аралыққа  тиісті  болатынын 
тексеру; 
- Тиісті түбірлерді берілген теңдеудің түбірі ретінде алу. 
Берілген алгоритмнің қолданылуына мысалдар қарастырайық. 
1-мысал:
4
2
1
2






x
x
x
 теңдеуді шешейік. 
Шешуі.  Алгоритм  бойынша  алдымен  х+2=0,  х-1=0,  х-2=0  теңдеулерін 
шешеміз.  Сонда 
2
1


x
, 
1
2

x
  және 
2
3

x
  табылған  түбірлерді  сан  түзуінде 
белгілеп 













;
2
,
2
;
1
,
1
;
2
,
2
;
 аралықтарын аламыз. 

Zertteušì – Issledovatel’ – The Researcher                              ISSN 2307-0153 
№№5-12(109-116), мамыр-желтоқсан, май-декабрь, May-December, 
2015
__________________________________________________________
____ 
 
 
59 
 
Берілген теңдеуді әрбір аралықта шығарамыз. 
1)  Модульдің  анықтамасы  бойынша 


2
;



  аралығында  |х+2|=-(х+2),  |х-1|=-
(х-1),  |х-2|=-(х-2)  болады.  Демек,  берілген  теңдеу  –  (х+2)-(х-1)-(х-2)=4  теңдеуіне 
мәндес. Соңғы теңдеудің түбірі 
1
1


x
 бұл түбір 


2
;



 аралығына тиісті емес. 
Сондықтан қарастырылып жатқан аралықта (1) теңдеудің түбірі жоқ. 
2) Модульдің анықтамасы бойынша [-2;1)  аралығында  |х+2|  =х+2,  |х-1|=-(х-1), 
|х-2|=-(х-2).  Сондықтан    берілген  теңдеу  түбірі 
1
2

x
  болатын  (х+2)-(х-1)-(х-2)=4 
теңдеуіне мәндес. Қарастырылып отырған аралықта (1) теңдеудің түбірі жоқ, ӛйткені 
табылған түбір [-2;1) аралығына тиісті емес. 
3)  [1;2)  аралығында  модульдің  анықтамасы  бойынша  |х+2  |=х+2,  |х-1|=х-1,  |х-
2|=-(х-2). Демек, бұл аралықта берілген теңдеуге мәндес (х+2)+(х-1)-(х-2)=4 теңдеуін 
аламыз. Шыққан теңдеудің түбірі х=1 және ол [1; 2) аралығына тиісті. 
Демек, (1) теңдеудің қарастырып отырған аралықта 1-ге тең бір ғана түбірі бар. 
4) Модульдің анықтамасы бойынша аралығында |х+2|=х+2, |х-1|=х-1, |х-2|=х-2. 
Демек, (1) теңдеу осы аралықта түбірі х4=5 3 болатын (х+2)+(х-1)+(х-2)=4 теңдеуіне 
мәндес  болады.  Бұл  түбір  (1)  теңдеудің    түбірі  болмайды,  себебі  қарастырылып 
отырған 



;
2
 аралығына тиісті емес. Сонымен берілген теңдеудің х=1 болатын бір 
ғана түбірі бар. Жауабы: 1. 
Орта  мектеп  бағдарламасында  модульдік  теңдеулердің  ең  қарапайым  түрлері 
қарастырылды.  Ондай  есептерді  анықтама  бойынша  модульді  ашу  әдісімен-ақ 
орындауға болады. Модульдік сызықтық теңдеулерді шешкенде қолданылатын тӛрт 
әдістің  ең  тиімдісі  аралықтарға  бӛлу  әдісі  болып  табылады.  Бұл  әдіспен  модульдік 
сызықтық теңдеулердің кез келген түрін шығаруға болады. 
Зерттеу  барысында  модуль  таңбасы  бар  функциялар  графигі,  айнымалысы 
модуль таңбасында болатын теңдеу жүйесінің шешілу тәсілдері, аралықтар бойынша 
модульді  теңдеулерді  шешу,  жаңа  айнымалы  енгізу  арқылы  шешуге  берілген 
модульді теңдеуді шешуге мысалдар келтірілді. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Zertteušì – Issledovatel’ – The Researcher                              ISSN 2307-0153 
№№5-12(109-116), мамыр-желтоқсан, май-декабрь, May-December, 
2015
__________________________________________________________
____ 
 
 
60 
 
 
 
 
 
 
 
 
ҚУАНЫШҦЛЫ Мағжан, 
Ҥш тілде оқытатын мамандандырылған сыныптары бар 
дарынды балаларға арналған «Мҧрагер» мектебінің 7 «Б» сынып оқушысы, 
Қызылорда қаласы, Қызылорда облысы, Қазақстан Республикасы 
 
Жетекшісі: СМАХАНОВА Молдир Дауренбековна, 
Ҥш тілде оқытатын мамандандырылған сыныптары бар 
дарынды балаларға арналған «Мҧрагер» мектебі «Информатика» пәнінің 
мҧғалімі, педагогика ғылымдарының магистрі, Қызылорда қаласы, 

жүктеу/скачать 5,03 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: