№№1-12(104-115), қаңтар-желтоқсан, январь-декабрь, January-December, 2016


Параметрі бар квадрат теңдеулерді шешу



жүктеу 3.69 Mb.
Pdf просмотр
бет11/21
Дата15.03.2017
өлшемі3.69 Mb.
1   ...   7   8   9   10   11   12   13   14   ...   21

Параметрі бар квадрат теңдеулерді шешу 
Анықтама. 
 
 
 
a
C
x
a
B
x
a
A
y



2
 (1) түрінде берілген функцияны, мұндағы 
     
a
C
a
B
a
A
,
,
  -  а  параметріне  тәуелді  функциялар,  а  параметріне  тәуелді 
квадраттық функция деп атайды
Дербес  жағдайда  коэффициенттердің  бірі  немесе  бос  мүшесі  сандар  арқылы 
беріледі. Төменде параметрі бар квадрат теңдеулердің мысалдары келтірілген. 
Мысалдар: 
1) 
2
ax
у 
 
2) 
bx
x
y
3
2


 
3) 
c
x
y
7
2


 
4) 


2
2
1
a
x
x
a
y




 
5) 


5
3
2
2



x
a
y
 
6) 
3
2
2




x
a
y
 
7) 
a
x
a
a
x
y




1
2
 
8) 
x
a
x
y




1
2
 
9) 
a
x
x
a
y
1
2
2





 
10) 
1
3
1
1
2
2







x
a
x
a
y
 
Анықтама. Квадраттық а параметрлі теңдеу деп мына түрдегі теңдеуді айтады 
 
 
 
0
2



a
C
x
a
B
x
a
A
,  мұндағы 
 
 
 
a
C
x
a
B
x
a
A
y



2
  -  а  параметрлі 
квадраттық функция. 

№№1-12(104-115), қаңтар-желтоқсан, январь-декабрь, January-December, 2016          ISSN 2307-0250 
Žas ġalymdar žaršysy – Vestnik molodyh učenyh – Messenger of young scientist 
______________________________________________________________
 
 
 
91 
Егер 
0
)
(

а
А
 болса, онда (1) теңдеу дәстүрлі квадраттық, яғни екінші дәрежелі 
функция болады. 
Егер 
0
)
(

а
А
, онда (1) теңдеу қарастырылған сызықтық функцияға айналады. 
Барлық  а  параметрінің  анықталу  облысында,  егер 
0
)
(

а
А
 
және 
0
)
(
)
(
4
)
(
)
(
2




a
C
a
A
a
B
a
D
,  онда  белгілі  формуланы  пайдаланып,  (1)  теңдеудің 
түбірлерін параметрге байланысты табуға болады [5]. 
1 – мысал. Параметрдің қандай мәндерінде мына теңдеу 
 
0
5
9
1
2
2





t
x
t
х
 
әртүрлі екі теріс мәнді қабылдайды? 
Шешуі. Теңдеудің екі түрлі мәні болуы үшін дискриминанты оң болуы қажет: 
 


0
5
9
4
1
4
2




t
t
 
Егер екі түбірі де теріс болса, онда Виет теоремасы бойынша: 
,
0
5
9
2
1




t
x
x
 
 
.
0
1
2
2
1





t
x
x
 
Параметр үшін шарттар жүйесін мына түрде құрып алайық: 
  











0
5
9
0
1
0
5
9
1
2



t
t
t
t
          ↔          
 

9
5
1
0
6
1



t
t
t
t



          ↔     
.
9
5
:
1





 

t
 
Жауабы: 
.
9
5
:
1





 

t
 
Иррационал  теңдеулер.  Айнымалысы  түбір  таңбасының  астында  болатын 
немесе  айнымалысы  бөлшек  дәрежеге  шығару  амалдарымен  берілген  теңдеулерді 
иррационал теңдеулер деп атайды. 
Иррационал  теңдеулердің  құрамындағы  барлық  түбірлер  арифметикалық 
түбірлер болуы қажет, сонымен қатар түбір таңбасы астындағы өрнектің және өзінің 
мәні теріс болмауы керек. 
Иррационал теңдеулерді шешудің негізгі әдістеріне: 
- Теңдеудің екі жағын да бірдей дәрежеге шығару; 
- Жаңа айнымалы енгізу; 
- Әр түрлі жасанды әдістерді қолданып шешу әдістері жатады. 
Иррационал  теңдеулердің  екі  жағын  да  түбірден  құтылу  үшін  дәрежелегенде 
бөгде түбірдің пайда болуының себептері: 
- Түрлендіргеннен кейін теңдеудің анықталу облысының кеңеюінен; 
-  Теңдеудің  екі  жағын  да  жұп  дәрежеге  шығарғанда  абсолют  шамалары  тең, 
бірақ таңбалары әр түрлі: бір жағы оң екінші жағының таңбасы теріс болуынан. 
Иррационал  теңдеуді  оның  салдарымен  ауыстыру  жолымен  оны  шешуде 
(түбірлерін ескереміз): 
- Берілген теңдеудің анықталу облысын табамыз; 
- Теңдеуден оның салдарына көшеміз; 
- Жаңа теңдеудің түбірін табамыз; 
-  Осы  табылған  түбірлер  берілген  теңдеудің  түбірі  болатын-болмайтынын 
тексереміз. 
Тексеру барысында: 
а)  Табылған  әрбір  түбір  берілген  теңдеудің  анықталу  облысына  жататын-
жатпайтындығын  анықтаймыз.  Анықталу  облысына  жатпайтын  түбірі  бөгде  түбір 
болады. 

№№1-12(104-115), қаңтар-желтоқсан, январь-декабрь, January-December, 2016          ISSN 2307-0250 
Žas ġalymdar žaršysy – Vestnik molodyh učenyh – Messenger of young scientist 
______________________________________________________________
 
 
 
92 
ә)  Берілген  теңдеудің  анықталу  облысына  жататын  табылған  әрбір  түбірді, 
берілген  теңдеуді  шешкенде  шыққан  теңдеуге  апарып  қойып  тексереміз.  Сонда 
теңдеудің екі жағы да бірдей таңбалы болса, онда берілген теңдеудің түбірі болады, 
ал егер теңдеудің екі жағының таңбасы әртүрлі болса, онда берілген теңдеуге бөгде 
түбір болады. 
1 мысал: 
x
a
a
x
2
3
2
2



 теңдеуін шешу керек. 
Шешуі:  Өрнекті  мағынасы  болу  үшін 
0
2
2

 а
х
  болуы  керек.  Түбірдің 
арифметикалық мәні алынатындықтан, 3а – 2х ≥0 
Сонда 
,
2
2
а
х 
 
,
2
3
х
а 
 
а
х 

а
х
5
,
1

; бұдан а<х<1,5а. Теңдеудің екі жағын 
квадраттасақ, 


2
2
2
2
3
x
a
а
х



, яғни 
0
10
12
3
2
2



a
ax
x

Оны шешсек, 
;
3
6
6
3
6
6
2
,
1
a
a
a
x




 
;
3
6
6
1
a
x


    
;
3
6
6
2
a
x


 
a>0  болғанда 
;
3
6
6
1
a
x


түбірі  а<х<1,5а  шартын  қанағаттандырмайды, 
;
3
6
6
2
a
x


 
а 

0 
болғанда 
х
2
 
түбірі 
есептің 
шартын 
қанағаттандырмайды,
;
3
6
6
1
a
x


 (а=0 болса, x=0). 
Стандартты  емес  параметрлі  теңсіздіктер.  Параметрі  бар  сызықтық 
теңсіздіктерді шешу 
1 мысал. 
0
1

а
х
х


 
Шешуі: 1) Параметр а = 1 болғанда берілген теңсіздік мына түрге келтіріледі: 
0
1

а
х
х


        (2) 
(2) теңсіздіктің 

 





;
1
1
;
  аралығында  шексіз  көп  шешімі  болуы  мүмкін, 
онда берілген теңсіздіктің де а = 1 болғанда шешімі көп болады. 
2)  Параметр  а>1  жағдайында  берілген  теңсіздіктің  шешімі  мына  түрлерде 
табылады: барлық х<1 және х>а болғанда. 
3)  Параметр  а<1  жағдайында  берілген  теңсіздіктің  шешімі  мына  түрлерде 
табылады: барлық х<а және х>1 болғанда. 
Жауабын жазатын болсақ, берілген теңсіздік: 
a=1  болғандағы  шешімдерінің  жиыны 

 






;
1
1
;
х
  аралығындағы  кез 
келген сандар; 
а>1 үшін 

 






;
1
;
а
х
 аралығындағы кез келген сандар; 
а<1 үшін 

 






;
1
а
х
 аралығындағы кез келген сандар. 
2 мысал. 
0
1
2
2



х
а
х
 
Шешуі:  Берілген  теңсіздіктің  әрбір  түбірі  мынадай  шартты  қанағаттандыруы 
керек  х  ≠  1,  яғни  мынадай  жиынды  құрайды 

 





;
1
1
;
.  Берілген  теңсіздікті 
мына түрде жазып алуымызға болады 

№№1-12(104-115), қаңтар-желтоқсан, январь-декабрь, January-December, 2016          ISSN 2307-0250 
Žas ġalymdar žaršysy – Vestnik molodyh učenyh – Messenger of young scientist 
______________________________________________________________
 
 
 
93 



0
1




х
а
х
а
х
           (2) 
1) Параметр a = 0 үшін берілген теңсіздік мына түрге келтіріледі 
0
1
2


х
х
             (3) 
(3) теңсіздіктің шешімі: х>1 болатын барлық сандар (1 сурет, а). 
2)  Параметр  a  =  1  және  a  =  -1  болғанда  берілген  теңсіздікті  мына  түрге 
келтіріп аламыз: 



0
1
1
1




х
х
х
           (4) 
(4) теңсіздіктің шешімі мына түрде болады х>1 және -1<х<1 (1 сурет, б). 
3) Параметр a>1 және болғанда теңсіздіктің шешімі мына түрде болады: 
х >а және -а<х<1 (1 сурет, в). 
4) Параметр 0< а <1 болғанда теңсіздіктің шешімі мына түрде болады: 
х>1 және -а<х<а (1 сурет, г). 
5) Параметр 


0
;
1


а
 болғанда теңсіздіктің шешімі мына түрде болады: 
х>1 және а<х<-а (1 сурет, д). 
Параметр  а<  -1  болғанда  теңсіздіктің  шешімі  мына  түрде  болады  х>-а  және 
а<х<1
Сонымен, берілген теңсіздіктің шешімдері: 
а=±1 болғанда -1 және x>1; 
а>1 болғанда  және x>а; 
0<а<1 болғанда  және x>1; 
-1<а<0 болғанда а және x>1; 
а=0 болғанда x>1; 
а<-1 болғанда x>-a және а[6]. 
Параметрлі квадраттық теңсіздіктерді шешу 
1 мысал: Мынадай 
0
2
2

а
х
х


 теңсіздіктің шешімдерін табу керек. 
Шешу жолы: 
D  ретінде  дискриминантты  белгілесек, 
а
х
х

 2
2
  квадраттық  үшмүшелігінің 
дискриминанты  мына  түрде  есептеледі 
a
D
D



1
4
1
  және  ол  үшін  мынадай 
жағдайлар болуы мүмкін: 
а)  D
1
=0,  яғни  бұл  жағдайда  a=1  болады  да, 


0
1
0
2
2
2






х
а
х
х
 
теңсіздігі тек x= -1 мәнінен басқа барлық 
R


, үшін орындалады; 
б)  D
1
<0,  яғни 
1
0
1


а
а


,  сонда  х  –  R  жиынының  кез  келген  мәнін 
қабылдай алады; 
в)  D
1
>0    болатын  жағдайда,  яғни    a<1  болғандағы 
а
х
х

 2
2
  квадраттық 
үшмүшеліктің түбірлерін есептейік: 
a
х




1
1
1

a
х




1
1
1

Сәйкес теңсіздіктің шешімі: 










а
х
а
х
1
1
1
1


 түрінде табылады. 
Жалпы есептің жауабы: 
1) a = 1 болғанда, 
1


 x
R
x

2) a > 1 болғанда, 
R
 ; 
3) а < 1 болғанда, 

 












;
1
1
1
1
;
а
а
х


№№1-12(104-115), қаңтар-желтоқсан, январь-декабрь, January-December, 2016          ISSN 2307-0250 
Žas ġalymdar žaršysy – Vestnik molodyh učenyh – Messenger of young scientist 
______________________________________________________________
 
 
 
94 

мысал. 
Берілген 

;
0
3
2

а
ах
х
а


 



0
2
1
2
2





m
x
m
mx
б
 
теңсіздіктерін шешу және олардың шешілу схемасын көрсету керек. 

0
3
2

а
ах
х
а


 теңсіздігін шешу. 
Шешу жолы: 
1) 


;
4
9
4
9
2




a
a
a
a
D
D  =  0  болатын  мәндерін  есептейік,  яғни  a  =  0 
немесе 
9
4


a
 болған жағдайларын қарастырайық: 
а/ a = 0 жағдайы: 
0
0
0
0
2
2





x
R
x
x
x



б/ 
9
4


a
 жағдайы: 
3
2
0
3
2
0
9
4
3
4
2
2








 



x
R
x
x
x
x



2) D дискриминанттың а параметріне байланысты таңбасын зерттейік: 
+                —                + 
9
4

                  0                   a 
Көрініп тұрғандай, 
9
4


а
,  а>0  болғанда  D  >  0,  сонда 

 






;
;
2
1
х
х
х

мұндағы х
1
 және х
2
 - 
а
ах
х

 3
2
 квадрат үшмүшеліктің түбірлері: 
2
4
9
3
2
1
a
a
a
х





2
4
9
3
2
2
a
a
a
х





Ал 
0
9
4


а

  жағдайында  D  <  0,  онда  х  –  R  жиынының  кез  келген  мәнін 
қабылдай алады. 
Жалпы теңсіздіктің жауабы: 
Егер 
9
4


а
 және а>0 болса, онда: 



























;
2
4
9
3
2
4
9
3
;
2
2
а
а
а
а
а
а
х

Егер a=0
;
0

 x
R
x
 
9
4


а

;
3
2

 x
R
x
 
Егер 
R
x
a


,
0
9
4



б) 


0
2
1
2
2





m
x
m
mx
 
Шешімін табу жолы: 
:
0

m
;
1
2
2
0
2
0
2
0
2










x
x
x
x
 
D
1
=0 
+                      +                            — 
0                              
4
1
                        
m ≠ 0: D
1
=1 - 4m. D
1
 таңбаларын зерттейік: 
Егер D

≥ 0, онда алатынымыз: 
m
D
m
x
1
1
1 


,     
m
D
m
x
1
2
1 




№№1-12(104-115), қаңтар-желтоқсан, январь-декабрь, January-December, 2016          ISSN 2307-0250 
Žas ġalymdar žaršysy – Vestnik molodyh učenyh – Messenger of young scientist 
______________________________________________________________
 
 
 
95 
Квадраттық  функциялардың графиктерінің орналасуына байланысты мынадай 
жағдайлар болатынын ескеру қажет: 
а) 
4
1
0
0
0
1




m
D
m




 болғанда, 


2
1
х
х
х 

б) 
4
1
0
0
1






m
D

 болғанда шешімдері табылмайды. 
4) а) 
0
0
0
1



m
D
m




 болғанда, 

 






;
;
1
2
х
х
х

1
2
,
0
x
x
m


 екендігін ескеру қажет! 
б) 



 0
0
1
D

 – нің ешқандай мәндерінде. 
Жалпы жауабы: 
1) m < 0 болғанда 












m
m
m
x
m
m
m
х
4
1
1
4
1
1



2) 
4
1
0

 m
 болғанда, 













m
m
m
m
m
m
x
4
1
1
;
4
1
1

3) m = 0 , болғанда, 
1


x

4) 
4
1

m
 болғанда  шешімдері табылмайды. 
3 мысал: Мына теңсіздікті шешіңіз: 
а) 




0
3
1
2
1
2






m
x
m
x
m

Шешу жолы: 
1
0
1




m
m
:
2
1
2
4





x
x

2
6
3
3
1
2
;
1
2
2
1










m
m
m
m
m
m
D
m
D
1
  таңбалары: 
D
1
=0 

 
+                          + 
3
1
                             1                       
Егер D
1  
≥ 0, онда 
















1
2
6
1
1
2
6
1
2
1
m
m
m
x
m
m
m
x
 , сонымен қатар 
1
2
,
1
3
1
x
x
m





№№1-12(104-115), қаңтар-желтоқсан, январь-декабрь, January-December, 2016          ISSN 2307-0250 
Žas ġalymdar žaršysy – Vestnik molodyh učenyh – Messenger of young scientist 
______________________________________________________________
 
 
 
96 
а) 











1
1
3
1
1
1





m
m
m
m
 онда 
;
1
2



х
х
х
х


 
б)



 0
1
D

 m – нің ешқандай мәндерінде орындалмайды. 
а)
1
3
1
0
1




m
D
m




, онда 


;
;
1
2
х
х
х 
 
б) 
,
3
1
0
1






m
D

 онда шешімі болмайды. 
Жалпы жауабы: 
1) Егер 
3
1

m
 болса, шешімі табылмайды
2) 














1
2
6
1
1
2
6
1
m
m
m
x
m
m
m
x


 егер 
1

m

3) 
,
1
3
1

 m
 















1
2
6
1
;
1
2
6
1
m
m
m
m
m
m
x

4) Егер m=1 болса, 
2
1


х

б) 
0
1
2
2





m
m
x
x
m
х

Каталог: docs
docs -> Қазақстан республикасының білім және ғылым министрлігі ы. Алтынсарин атындағЫ Ұлттық білім беру академиясы
docs -> Қазақстан республикасы білім және ғылым министрлігі ы. Алтынсарин атындағЫ Ұлттық білім беру академиясы
docs -> Гуманитарлық Ғылымдар кәсіби қҰзыреттіліктің негізінде студенттердің Өзіндік әрекет ету дайындығын қалыптастыру
docs -> Бағдарламасы бойынша шығарылып отыр Редакция алқасы
docs -> C m y k газет 2008 жылдың қазан айынан бастап шығады
docs -> Жылдық есебі кафедраның тәрбие жетекшілерінің жұмысы
docs -> Қазақстан республикасы білім және ғылым министрлігі


Поделитесь с Вашими друзьями:
1   ...   7   8   9   10   11   12   13   14   ...   21


©emirsaba.org 2019
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет