Математикадан кездесетін күрделі есептерді шығарудың тиімді әдістері

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 38 бет
Таңдаулыға:

ТҮРКІСТАН ОБЛЫСЫНЫҢ АДАМИ ӘЛЕУЕТТІ ДАМЫТУ БАСҚАРМАСЫНЫҢ
Д.ҚОНАЕВ АТЫНДАҒЫ АГРАРЛЫҚ -ТЕХНИКАЛЫҚ КОЛЛЕДЖ МКҚК

Математика пәні оқытушысы Х. А. Абубакированың

Математикадан кездесетін күрделі есептерді шығарудың тиімді әдістері

(Әдістемелік нұсқау)
... ..

Түркістан - 2021 жыл
Түркістан адами әлеуетті дамыту басқармасының Д. Қонаев атындағы аграрлық техникалық колледжі МКҚК

Құрастырған: Абубакирова Хурматой Анархановна

Жаратылыстану пәндері әдістемелік бірлестігі отырысында қаралған.
Хаттама №
ӘБ төрағасы: У.Ташметов

Баспаға Д.Қонаев атындағы аграрлық техникалық колледжі математика пәнінен практикалық сабақтарға арналған әдістемелік нұсқаулықты әдістемелік кеңесі ұсынған.

Еліміздің болашағы - бүгінгі жас ұрпақтың қолында,
Жас ұрпақтың болашағы - бүгінгі ұстаздың қолында".
Н.Ә.Назарбаев.

Математикадан кездесетін күрделі есептерді шығарудың тиімді әдістері.

Математикадан кездесетін күрделі есептерді шығарудың тиімді әдістері әдістемелік құралында емтихан тапсырмаларында кездесетін әр түрлі есептер жинақталып, оларды шешудің оңтайлы әдістемесі көрсетілген.
Әдістемелік құралдың негізгі мақсаты - студенттерге математикадан тапсырмаларында тапсырмаларында кездесетін көптеген шығару жолы қиын саналатын тапсырмаларды орындаудың тиімді әдістерін ұсыну және студенттерге есептерді шешудің тиімді әдістемесін келтіру арқылы олардың ойлау қабілеті мен шығармашылық белсенділігінің дамуына ықпал ету, есептерді шығару дағдысын жетілдіре түсуге көмектесу болып табылады.
Әдістемелік құрал оқытушылар мен студенттерге, бітіруші түлектерге арналған.

Мазмұны

Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 4

Функция мәндерінің жиынын анықтау әдістемесі ... ... ... ... ... ... ... ... . 5

Тригонометриялық және кері тригонометриялық
функциялары бар өрнектердің мәндерін табу әдістемесі ... ... ... ... ... . 7

Күрделі радикалдары бар өрнектерді ықшамдау әдістемесі ... ... ... ... 10
Жай теңсіздіктер жүйесін шешу әдістемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 13
Аралас теңсіздіктер жүйесін шешу әдістемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...14
Анықталмаған сызықтық теңдеулерді шешу алгоритмі ... ... ... ... ... ...15
Қозғалысқа арналған есептерді графиктік тәсілмен
шешу әдістемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .19
Функцияның ең кіші оң периодын табу әдістемесі ... ... ... ... ... ... . ... .. 27
Функцияның жұптылығы мен тақтылығын анықтау
әдістемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 28
Сандардың ЕКОЕ пен ЕҮОБ-ін Евклид алгоритмін
пайдаланып анықтау әдістемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 29
Квадрат теңсіздіктерді шешудің бір тәсілі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... 30
Математикадан тест тапсырмалары ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 31
Пайдаланылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 48

Кіріспе

Математикадан кездесетін күрделі есептерді шығарудың тиімді әдістері әдістемелік құралында студенттерге математикадан емтихан тапсырмаларында кездесетін көптеген шығару жолы қиын саналатын тапсырмаларды орындаудың тиімді әдістері ұсынылған.
Әдістемелік құралда ұсынылған функция мәндерінің жиынын анықтау әдістемесі, тригонометриялық және кері тригонометриялық функциялары бар өрнектердің мәндерін табу әдістемесі, күрделі радикалдары бар өрнектерді ықшамдау әдістемесі, жай теңсіздіктер жүйесін шешу әдістемесі, аралас теңсіздіктер жүйесін шешу әдістемесі, анықталмаған сызықтық теңдеулерді шешу алгоритмі (авторлық тәсіл), қозғалысқа арналған есептерді графиктік тәсілмен шешу әдістемесі, функцияның ең кіші оң периодын табу әдістемесі, функцияның жұптылығы мен тақтылығын анықтау әдістемесі, сандардың ең кіші ортақ еселік (ЕКОЕ) пен ең үлкен ортақ бөлгішін (ЕҮОБ) Евклид алгоритімін пайдаланып анықтау әдістемесі берілген. Есептерді шығарудың мұндай әдістері колледж оқулықтарында кездеспейтіндіктен, көрсетілген әдістеме емтихан кезінде студенттерге үлкен көмек болатыны сөзсіз. Әдістемелік құралда кездесетін жай бөлшектерді Евклид алгоритмін пайдаланып қысқарту да кесте арқылы өте ұтымды орындалады.
Жоғары оқу орындарына түсу емтихандарының тестілік жүйеде жүргізілуі оқытудың мақсат, міндеттеріне жауапкершілікпен қарауды талап етеді. Есептерді шығара отырып қайталау кезеңі студенттер үшін үлкен маңызы бар. Өйткені тестілік жинақтағы есептерді жай ғана шығарумен шектелу - есеп барысындағы кездесетін ереже, аксиома, теоремалар мазмұнына мән берілмегендіктен, студент сол есепке ұқсас есепті емтихан кезінде шығара алмай қалады.
Ал қайталау кезеңінде студенттер есептерді шығару кезеңінде есептерді шығарып қана қоймай, сол есептерді шығару барысында қолданылған теоремалардың дәлелдемесін және қорытып шығаратын формулаларды қайталайды. Ал кейбір жағдайда осы тақырып бойынша әртүрлі себептермен сабақта болмаған немесе түсінбеген студенттерге осы қайталау кезінде түсініп алуға мүмкіндік туады.
Студенттердің білімдері біліктілік пен дағдыларға айналу үшін, міндетті түрде студенттердің өздері де талаптануы қажет.
Студенттің білім сапасына әсер етуші негізгі күш - оқытушы.
Оқу үрдісінде студенттердің алған білімін, іскерлігі мен дағдыларын тексеру мен бағалау нәтижесінде, оқытушы тек студенттің білім деңгейін ғана анықтайды, өз мүмкіндігін де саралайды, яғни студентінің жіберген қателерін талдау негізінде, тақырыпты түсіндіру барысында қолданылған әдіс-тәсілдеріне, тапсырма мазмұнына түзетулер енгізеді.

ФУНКЦИЯ МӘНДЕРІНІҢ ЖИЫНЫН АНЫҚТАУ ӘДІСТЕМЕСІ

y=kx+bk1x+b1, y=f(x) және тағы басқа түріндегі функциялардың мәндерінің жиынын анықтауға арналған есептер студентердің тест тапсырмаларында жиі кездеседі.
ТжКБ ұйымдары оқулықтарының бірде бірінде мұндай есептер арнайы қарастырылмағандықтан, студенттердің көпшілігінің бұл есептерді шығара алмайды. Математикалық талдау аппараттарын пайдалана отырып функцияны зерттеу, оның графигін салу арқылы бұл тапсырмаларды орандауға болады. Бірақ емтихан кезінде мұндай тапсырмаларды 1,5-2 минут ішінде орындау кез келген студенттің қолынан келмейтіні белгілі. Функцияның мәндерінің жиынын табу көп жағдайда теңдеудің шешімін табумен байланысты болады. x0 саны f функциясының мәндер жиынына кіруүшін, y=fx теңдеуінің, мұндағы x∈Df, шешімінің болуы қажетті және жеткілікті. Бұл теңдеудің y0 - дің мәніне байланысты бір түбірі, бірнеше түбірі немесе түбірі болмауы да мүмкін. Осындай есептерді шығарудың оңтайлы тәсілдерінің бірі төменде келтірілген.
Ол үшін, алдымен y=kx+bk1x+b1 (мұндағы k1, b1!=0) түріндегі гиперболаны қарастырайық. Бұл функцияның мәндер жиыны у!=kk1 екендігі ақиқат.

1-мысал. y=8x-12x+1 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. y!=82 немесе y!=4.
Жауабы: -infinity;4∪4;+infinity.

2-мысал. y=2х²-х-1х²+х-2 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. x=1, x=-2 сандары бөлшектің бөлімінің нөлдері болғандықтан, бұл функция осы нүктелерде анықталмайды. Ал, x=1 саны алымы мен бөлімінің ортақ нөлі. Сондықтан, x!=1 болса, онда y=2х²-х-1х²+х-2=2x+1x+2 функцияның x=1 нүктесіндегі мәні y1=2∙1+11+2=1, яғни, берілген функцияның мәні x -тің ешбір мәнінде 1-ге тең бола алмайды, ендеше біріншіден y!=1. Екіншіден, y=2x+1x+2 гиперболасының мәндер жиыны y!=2 екендігі белгілі.
Сондықтан, берілген функцияның мәндер y!=1, y!=2.
Жауабы: -infinity;1∪1;2∪2+infinity.

3-мысал. y=2х²-х-1х²-х-2 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. Бөлшектің алымы мен бөлімінің ортақ түбірі жоқ екендігі белгілі. Берілген функцияны yx²-x-2=2x²-x-1 немесе y-2x2+1-yx-2y+1=0 түріне келтіреміз. Яғни, функцияның мәндер жиынын табу үшін, у параметрдің қандай мәндерінде соңғы квадрат теңдеудің шешімі болатындыған анықтау жеткілікті. Ол үшін D0 теңсіздігін құрып, шешеміз: D=1-y2-4y-2-y+1=0 .
Соңғы теңсіздіктің шешімі: (-infinity;11-2109]∪[11-2109 ;+infinity) болатындығына көз жеткізу қиын емес.
Жауабы: (-infinity;11-2109]∪11-2109 ;+infinity.

4-мысал. y=5+6x-7x2 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. Мұндай есептерді квадрат үшмүшенің толық квадратын айыру тәсілі және туынды арқылы функцияның кризистік нүктесін анықтап, функцияның ең үлкен немесе ең кіші мәндерін табу арқылы да шығаруға болады. Алайда, парабола төбесінің ординатасының формуласын қолдану, тапсырманы тез және дұрыс орындауға көмектеседі. Атап айтқанда, y0=4ac-b²4a парабола төбесінің ординатасының формуласы болғандықтан, a0 болса, онда
Ey=[y0;+infinity), ал a0 болса, онда Ey=(-infinity;y0] болады.
Біздің мысалда y0=4ac-b²4a=4∙-7∙5-624∙-7=627, ал a=-70 болғандықтан, Ey=(-infinity;627].
Жауабы: (-infinity;627].

5-мысал. y=х²-6х-2 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. Квадрат түбір астындағы х²-6х-2 квадрат үшмүшеліктің мәндер жиыны [-11;+infinity) болғандықтан,
Ey= [-11; +infinity)=[0;+infinity) болатындығы анық.
Жауабы: 0; +infinity.
Ескерту: Сан аралығының квадрат түбірін табу амалының жазылуы ерсілеу көрінгенмен, оның дұрыстығы өрнектің монотондылығымен түсіндіріледі.

6-мысал. y=2х²-х-1х²+х-2 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. y1=2x²-x-1x²+x-2 функциясының мәндер жиыны:
Ey1=-infinity;1∪1;2∪2;+infinity болғандықтан,
Ey=Е(у1)=-infinity;1∪1;2∪ 2;+infinity=
=0;1∪1;2∪2;+infinity.
Жауабы: 0;1∪1;2∪2;+infinity.

7-мысал. y=3-4sin7x-1 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. y=3-4sin7x-1=3-4∙1=-13-4∙-1=7 -- -1;7.
Жауабы: [-1; 7].

8-мысал. y=3-4sin²7х-1 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі.
y=3-4sin²7х-1=3+--4∙12=-13-4∙02=3 -- -1;3.
Жауабы: [-1; 3].

9-мысал. у=3-4sin²7х-1 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. y1=3sin²7х-1 функциясының мәндер жиыны Ey1=[-1; 3] болғандықтан, Еу= Е(у1)= -1; 3 =[0;3 ].
Жауабы: [0;3 ].

10-мысал. y=2sin7x-cos7x функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. y=asinx+bcosx (мұндағы a,b∈R) функциясының мәндер жиыны -a²+b²;a²+b² болғандықтан, y=2sin7x-cos7x функциясының мәндер жиыны:
Ey=-2²+(-1)²;2²+(-1)²=-5;5.
Жауабы: -5;5.

11-мысал. y=3sinx+2cosx 2sinx-cosx+10 функциясының мәндер жиынын анықтаңыз.
Шешуі. y=3sinx+2cosx 2sinx-cosx+10 y(2sinx-cosx+10)=(3sinx+2cosx) ⟺ 2y-3sinx+(-y-2)cosx=-y10. Ал, asinx+bcosx=с теңдеуінің шешуі болу үшін, a2+b²-с²=0 шарты орындалуы қажет. Сондықтан, 2y-32+-y-22- -y102 = 0.
5y2+8y-13=0 -135=у=1 ⟺ Ey=- 135;1.
Жауабы: - 135;1.

ТРИГОНОМЕТРИЯЛЫҚ ЖӘНЕ КЕРІ ТРИГОНОМЕТРИЯЛЫҚ ФУНКЦИЯЛАРЫ БАР ӨРНЕКТЕРДІҢ МӘНДЕРІН ТАБУ ӘДІСТЕМЕСІ.

12-мысал. tgα=-512 және 900α1800 болса, онда sinα, cosα, ctgα мәндерін табыңыз.
Шешуі. Көмекші тікбұрышты үшбұрышты пайдаланайық.

1-сурет.

tgα=1213 болғандықтан, sinα=513, cosα=1213, ctgα=125, ал, 900α1800 шартын ескерсек: sinα=513, cosα=-1213, ctgα=-125.
Жауабы: 513, -1213, -125.

13-мысал. tgarcsin35+arccos513 есептеңіз.
Шешуі. arcsin35=α және arccos513=β деп белгілесек, онда анықтама бойынша α,β∈I. Ендеше, sinα=35, cosβ=513 -- tgα=34, tgβ=125 (12-мысал әдісімен). Сондықтан
tgarcsin35+arccos513=tgα+β=
=tgα+tgβ1-tgα∙tgβ=34+1251-34∙125=-6 316.
Жауабы: -6316.

Мына түрдегі: cos⁡αcosβcosγ∙...∙cosφ тригономериялық өрнектерді ықшамдау, өрнектің мәнін табу синустар мен косинустардың көбейтіндісін қосындыға түрлендіру формуласын қолдану немесе қосбұрыштың синусының формуласына келтіру арқылы жүзеге асырылады.
14-мысал. cos12°cos24°cos48°cos96° өрнегінің мәнін есептеңіз.
Шешуі. а) 1-ші тәсіл. Косинустардың көбейтіндісін қосындыға түрлендіру және келтіру формулаларын қолданамыз:
cos12°cos24°cos48°cos96° =cos48°cos12°cos96°cos24°=
= 14cos36°+cos60°cos72°+cos120°=
=14cos36°+12cos72°-12=
=14cos72°cos36°+12cos72°-12cos36°-1 4=
=1412cos108°+12cos36°+12cos72°-12co s36°-14=
=14-12cos72°+12cos36°+12cos72°-12co s36°-14=-116 .
Жауабы: -116.

б) 2-ші тәсіл. Қосбұрыштың синусының формуласына келтіреміз:
cos12°cos24°cos48°cos96°=

=16sin12°16sin12°∙cos12°cos24°cos48 °cos96°=

=8sin24°16sin12°cos24°cos48°cos96°= 4sin48°16sin12°cos48°cos96=

=2sin96°16sin12°cos96°=sin192°16sin 12°=sin(180°+12°)16sin12°=-sin12°16 sin12°=-116
Жауабы: -116

в) 3-ші тәсіл. sin2α=2sinαcosα формуласынан
cosα=sin2α2sinα (1-формула) алуға болады. Ендеше,

cos120cos240cos480cos960=sin2402sin 120∙sin4802sin240∙sin9602sin480∙sin 19202sin960=

=sin192°16sin12°=-sin12°16sin12°=-1 16.
Жауабы: -116.

15-мысал. cosPI5+cos3PI5 өрнегінің мәнін есептеңіз.
Шешуі. а) 1-ші тәсіл.
cosPI5+cos3PI5=cos108°+ cos36°=2cos72° cos36°=
=2sin18°cos36°=sin54°-sin18°=
=sin54°-12(1+2sin18°-1)=
=sin54°-12cos54°sin36°+2sin18°-1=

=sin54°-12(cos18°-cos90°)-(cos18°-c os54°)sin36°+2sin18°-1=

=sin54°-122sin36°sin54°-2sin18°sin3 6°sin36+2sin18°-1=

=sin54°-122sin36°(sin54°-sin18°)sin 36°+2sin18°-1=

=sin54°-122sin36°(sin54°-sin18°)sin 36°+2sin18°-1=

=sin54°-sin54°-sin18°+sin18°+12= 12.
Жауабы: 12.
б) 2-ші тәсіл. Өрнектің мәнін х деп белгілейік. Яғни, x=cosPI5+cos3PI5 болсын. Теңдіктің екі бөлігін де 2sin2PI5 өрнегіне көбейтіп, синус пен косинустың көбейтінділерін қосындыға түрлендірейік:
2хsin2PI5= 2sin2PI5cosPI5= 2sin2PI5cos3PI5.
Ал, sin2PI5=sin3PI5 болғандықтан,
2xsin3PI5= sin3PI5+sinPI5= sin5PI5-sinPI5, 2xsin3PI5=sin3PI5 .
Бұдан x=12.
Жауабы: 12.
в) 3-ші тәсіл. 1-формула бойынша:
cosPI5+cos3PI5=2cos2PI5 cosPI5=2∙sin4PI52sin2PI5∙sin2PI52si nPI5=
=sin4PI52sinPI5=sin(PI-PI5)2sinPI5= sinPI52sinPI5=12.
Жауабы: 12 .

КҮРДЕЛІ РАДИКАЛДАРЫ БАР ӨРНЕКТЕРДІ ЫҚШАМДАУ ӘДІСТЕМЕСІ

ТжКБ ұйымдарында студенттердің қызығушылығын тудыратын тақырыптардың бірі - Күрделі радикалдар формуласын қолданып өрнектерді ықшамдау. Алгебра-8 (авт. Шыныбеков А.Н. Алматы: Атамұра баспасы, 2004.) оқулығында бұл тақырыпқа С тобының №180 және осы формуланы қолданып шығаруға болатын №№175; 217; 222(1,2); 227 есептері, Математика тереңдетіліп оқытылатын колледждердің математикадан жазбаша емтихан жұмыстарының тапсырмалар жинағындағы ( Алматы: ББЖ БАИ,1999.) №1С41; 1С42; 1C45; 2C61; 4В42; 4С59; 5А22; 5В52; 5В53 және т.б. тапсырмалары жатады.
Бұл есептерді шығару үшін Алгебра-8 оқулығындағы №179* есептегі Күрделі радикалдар формуласын алдын ала дәлелдеп алып, оны пайдалану өз нәтижесін берері сөзсіз. Бірақ, формуланың жалпы түрінің өзі (қосымша шарттарымен бірге) күрделі екенін ескерсек, кез келген студентге бұл формуланы есіне түсіріп немесе түбір астындағы өрнекті қосындының квадратына келтіріп, жоғарыда аталған есептерді шығару оңайға түспейтіні анық. Себебі, a+-b=a+a²-b2+-a-a²-b2 . a0, a2b0 (1) формуласын (дәлелдеуін білмеген студентге) жадында сақтау да қиын екені рас. Сондықтан, алдымен формуланың дәлелдемесінің әдістемелік нұсқауда көрсетілген тәсілінен басқа түрін келтірейік:
(x+-y)²=x+y+-2xy , бұдан
(x+y)+-4xy =x+-y . (2)
x+y=a,4xy=b. (3)
Осы жүйеден, анығырақ болу үшін, xy деп пайымдап,
a0, a2b0 мәндері үшін x=a+a²-b2 , y=a-a²-b2 (4)
екендігін анықтауға болады. ху екендігін ескерсек, (2), (3), (4) теңдіктерден (1) формула шығатындығына көз жеткізу қиын емес.
Енді, (2) теңдікті мына түрде жазып:
(x+y)+-2(xy)=x+-y ,
x+у=a және xу=b алмастыруларын жасасақ, күрделі радикалды ықшамдаудың алгоритмі пайда болады:
a+- 2b =x +-y. (5)
Яғни, a+-2b түріндегі күрделі радикалдарды ықшамдау үшін b санын (әдетте a,b∈N) қосындысы а - ға тең болатындай етіп, екі натурал көбейткіштерге (ху) жіктеу жеткілікті.
16-мысал. 4+23 өрнегін түрлендіріңіз.
Шешуі. (5) формулаға сәйкес
4+ 23=1+3=1+3, мұндағы a=1+3, b=1∙3.
Жауабы: 1+3.

17-мысал. 7-210 өрнегін түрлендіріңіз.
Шешуі. (5) формулаға сәйкес
7-210=2-5=5-2, мұндағы a=2+5, b=2∙5.
Жауабы: 5-2.

18-мысал. 6-32 өрнегін түрлендіріңіз.
Шешуі. (5) формулаға сәйкес
6-32=6-28=4-2=2-2=2-2 ,
мұндағы a=4+2, b=4∙2.
Жауабы: 2-2.

19-мысал. x+2x-1-x-2x-1, мұндағы х=2, өрнегін ықшамдаңыз.
Шешуі. х=2 болғандықтан, х−1=1, яғни, x-1=1. Ендеше,
х+2х-1-х-2х-1=1+x-1-1-x-1=
=1+x-1-1-x-1=2.
Жауабы: 2.

20-мысал. №217(6) (Алгебра-8, 2004 ж. Ә.Шыныбеков)
2∙6+25-13+48 өрнегін ықшамдаңыз.
Шешуі. Алдымен,
13+48=13+212=1+12=1+23,
мұндағы a=1+12, b=1∙12. Онда,
5-13+48=5-(1+23)=4-23=3−1,
мұндағы a=1+3, b=1∙3. Сонымен,
2∙ 6+2∙5-13+48=2∙6+23-1=2∙4+23=
=21+3=2+23.
Жауабы: 2+23

21-мысал. 1+2х1-x22+2x2=1 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі. 1+2x1-x22+2x2=1 ⟺ 1+2x1-x22=1-2x2 (а).
Соңғы теңдеудің шешімдерінің мүмкін мәндер жиыны: x=12 .1+2х1-x2 өрнегін (5) формуланы пайдаланып, түрлендірейік:
1+2x1-x2=1+2x21-x2=x+1-x2, егер 0=x=12,1-2x21-x2=-x-1-x2, егер-12=x0=
=x+1-x2. Ал, x=12 мәндері үшін x+1-x2=0 екендігін ескерсек, (а) теңдеуін мына түрге келтіруге болады:
1-x2 +x=1-2x22.
Онда, 1-2x21-x2 - х=1-2x22 ⟹ 1-2x211-x2 - х-2=0. Бірінші көбейткіштің оң түбірі 12 екінші көбейткіштегі бөлшектің бөлімін 0-ге айналдыратындықтан, ол (а) теңдеуінің шешімі бола алмайды. Сондықтан, x1=-12 . Ал, 11-x2 - x-2=0
4x2-2x2-1=0 теңдеуінің түбірлері: x=-2+-64 (а) теңдеуінің мүмкін мәндер жиынына тиістісі тек 6-24 саны болғандықтан, бастапқы теңдеудің шешімдері: - 12, 6-24 .
Жауабы : - 22; 6-24.

22-мысал. x+8-6x-1+x+2x-16 теңсіздігін шешіңіз.
Шешуі. x+8-6x-1+x+2x-16
x+8-29∙x-1+x+21∙x-16 ⟺
3-x-1+1+x-16 . x-1=t=0 жаңа айнымалыны енгізсек:
3-t+1+t6 немесе t-3+t+16 t=0 болғандықтан,
t-3+t+16 ⟺t-3=-t+5t-3=t-5 -- x-1=4
x-1=16 х=17.
Жауабы: х=17.

ЖАЙ ТЕҢСІЗДІКТЕР ЖҮЙЕСІН ШЕШУ ӘДІСТЕМЕСІ

22-мысал. x-5,x1,x=-3,2,x10,x=0,28 теңсіздіктер жүйесін шешіңіз.
Шешуі. Теңсіздіктер аттас ( "артық" ;= ) болғандықтан, шекарасы ең үлкен жай теңсіздік (х10) жүйенің шешімі болады.
Жауабы: 10;+infinity.

23-мысал. x=-5,x1,x=-3,2,x10,x=0,28 теңсіздіктер жүйесін шешіңіз.
Шешуі. Теңсіздіктер аттас ( "кем"=; ) болғандықтан, шекарасы ең кіші жай теңсіздік (х=-5) жүйенің шешімі болады.
Жауабы: -infinity;5.

24-мысал. x=6,x=-3,2 теңсіздіктер жүйесін шешіңіз.
Шешуі. Теңсіздіктер әр аттас ( "кем"= ;"артық"= ) болғандықтан, жүйенің шешімі қос теңсіздік болады. Яғни,
-3,2=x=6.
Жауабы: [-3.2; 6].

25-мысал. x=6 х=-3,2 теңсіздіктер жүйесін шешіңіз.
Шешуі. Теңсіздіктер әр аттас ( "кем" ;"артық"= ) болғандықтан, жүйенің шешімі қос теңсіздік болады.
Бірақ, 3,2=x=- 6 теңсіздігі тура емес болғандықтан, жүйенің шешімі жоқ.
Жауабы: шешімі жоқ.

АРАЛАС ТЕҢСІЗДІКТЕР ЖҮЙЕСІН ШЕШУ ӘДІСТЕМЕСІ

26-мысал. х-2; -1x0; x3,-3=x=5; x=6,x10 теңсіздіктер жүйесін шешіңіз.
Шешуі. Берілген жүйені келесідей жазуға болады:
-infinity; -2∪-1;0∪3;+infinity,∪6;+infinity,-i nfinity;10.
Яғни, осы жүйенің шешімін тапса жеткілікті.
Аралас теңсіздіктер жүйесін шешу әдісін Сәуле-кесінді тәсілі деп атап, былай шешеміз:

2-сурет.

Жауабы: [-3;-2)∪-1;0∪3;5∪[6;10).
27-мысал. (Алгебра және анализ бастамалары. 11 сынып. №303(3)).
2-xx+4log0,32x2+6x+5=0
логарифмдік теңсіздікті шешіңіз.
Шешуі. logab мен a-1b-1 анықталу облысында өрнектерінің таңбалары бірдей болады. log0,3(2x²+6x+5) өрнегінің анықталу облысы -infinity;+infinity болғандықтан, берілген теңсіздіктегі log0,3(2x²+6x+5) өрнегін 0,3-12x2+6x+5-1 өрнегімен алмастырамыз. Онда:
2-xx+4log0,32x2+6x+5=0

2-xx+4(0,3-1) (2x²+6x+5-1)=0
⟺
x-2x+4(x²+3x+2)=0

Ал, бөлшектің алымы мен бөлімінің нөлдері сәйкесінше 2, (-4), 2,
(-1) сандары болғандықтан, интервалдар тәсілімен шешеміз:

3-сурет.

Жауабы: -4;-2∪(-1;2].

АНЫҚТАЛМАҒАН СЫЗЫҚТЫҚ ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ АЛГОРИТМІ

Мысал арқылы түсіндірейік. бөлшегін қысқарту керек болсын. Колледж оқулығында көрсетілген сандардың бөлінгіштік қасиетін пайдаланып, тапсырманы орындау мүмкін емес. Евклид алгоритмін қолданайық: яғни, 8633:7387=1(1246), 7387:1246=5(1157), 1246:1157=13. Орындалған амалдарды кесте түрінде көрсетсек:

1-кесте.

8633
7387
1246
1157
89
0

1
5
1
13

Бұл кестеде көрініп тұрғандай, алдымен, берілген сандарды кему ретімен (8633; 7387) қатар жазып, толымсыз бөлінділерін (1; 5; 1; 13) екінші жолға жазып, қалдықтарын 1-ші жолға (1246; 1157; 89; 0) орналастырамыз. Соңғы бөлу амалында (89-ға бөлгенде) қалдық 0-ге тең болғандықтан, бөлшек 89 - ға қысқарады. Кез келген бөлшекті осылай қысқартуға болатындығы анық.
=;
Енді, мынадай ұғым енгізейік.
2-кесте.

C1
C2
C3

түрде орналасқан кестедегі a, b, c сандарын "үштік" деп, ал а-bc айырмасын оның мәні деп атап, оны b торының оң жағына жазайық (бірінші қатардағы ci сандары алдын ала белгілі болады):

3-кесте.

C1
C2
C3

a-bc

Мысалы, мына кестенің бос орындарын (х, у, z) толтырып көрейік:
x=1-0·1=1, 2) y=0-1·3= -3, 3) z=1-(-3)·2=7.

4-кесте.
1)

1
3
2
4
1
0

2)

1
3
2
4
1
0
x
y
z

3)

1
3
2
4
1
0
1
-3
7

Енді осы ұғымдардың көмегімен анықталмаған сызықтық теңдеудің, алдымен, әйтеуір бір дербес шешімін, одан соң оның жалпы шешімін қалай табуға болатынын көрсетейік.
Алгебра - 8 (авторы Ә. Шыныбеков.-Алматы: Атамұра, 2004.) оқулығында V - тарау, §5; 4-мысалда көрсетілген тәсілмен кез келген анықталмаған сызықтық теңдеуді тез, әрі дұрыс шешу студенттерге оңайға түспейді. Ал, ұсынылып отырған тәсілмен бүтін сандарға амалдар қолдана білетін кез келген студент, біраз жаттыққаннан кейін, бүтін коэффициентті анықталмаған сызықтық теңдеулердің кез келгенін еркін шығара алады. Мысал арқылы түсіндірейік.

28-мысал. 37x-256y=3 теңдеуінің барлық бүтін шешімдерін табыңыз.
Шешуі. Алдымен, 37x+256y=1 көмекші теңдеуін Евклид алгоритмін қолданып шешеміз:
5-кесте.
256
37
34
3
1

6
1
11

мұндағы ci=6; 1; 11 - толымсыз бөлінділер, ал 34; 3; 1-сәйкес қалдықтар.
Соңғы қалдық 1 - 37 мен 256 - ның өзара жай сандар екендігін көрсетеді.
Ендеше, теңдеудің шешімі бар. Оларды табу үшін "y"-тің коэффиценті үлкен (25637) болғандықтан, осы кестенің үшінші жолының 1-ші торына у белгісізді, ал 2-ші, 3-ші торларына "1" және "0" сандарын (үнемі) орналастырайық:
6-кесте.

256
37
34
3
1

6
1
11

y
1
0

Енді 3-жолдың бос торларын үштіктердің мәндерімен толтырамыз:

7-кесте.

256
37
34
3
1

6
1
11

у
1
0
1
-1
12=y0

Үштіктің соңғы мәні (y0=12) көмекші теңдеудің дербес шешімінің x0;y0 екінші компоненті болады. Онда, көмекші теңдеуден:
.
Сонымен, 37x+256y=1 дербес шешімі: x0;y0=-83;12.
Онда, 37x-256y=1 -83;-12.
Ал, 37x-256y=3 -83∙3;-12∙3 немесе -249;-36 берілген теңдеудің дербес шешімі болып табылады да, жалпы шешімі: (мұндағы, t - кез келген бүтін сан). t=1 үшін, x1=7, y1=1 болғандықтан, берілген теңдеудің жалпы шешімін мына түрде ықшамырақ жазуға болады: t∈Z.
Жауабы: мұндағы, t∈Z.

29 - мысал. 1024x-3125y=2101 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі. Алдымен, 1024x+3125y=1 теңдеуін шешеміз:
8-кесте.

3125
1024
53
17
2
1

3
19
3
8

y
1
0
1
-19
58
-483
=y0
x
0
1
-3
58
-177
1474
=x0

Сонымен, 1024x+3125y=1 1474;-483 - дербес шешімі.
Онда, 1024x-3125y=1 1474; 483.
1024x-3125y=2101 1474∙2101;483∙2101 немесе 3096874;1014783.
Ал, берілген теңдеудің жалпы шешімі:
(мұндағы, t - кез келген бүтін сан). t=-99 мәні үшін x0= y0=-1 болғандықтан, берілген теңдеудің жалпы шешімін мына түрде ықшамырақ жазуға болады: мұндағы, t∈Z.
Жауабы: мұндағы, t∈Z.

30-мысал. 5767x+5609y=218 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі. ЕҮОБ 5767;5609=79 екені көрініп тұр. Ал, теңдеудің оң жағы 218 саны 79 - ға бөлінбейді. Ендеше, теңдеудің шешімі жоқ.
9-кесте.

5767
5609
158
79
0

1
35
2

31-мысал. sin17x-sin19y=2 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі. sinx - тің ең үлкен мәні 1, ең кіші мәні ( - 1) екендігін ескерсек, берілген теңдеу мына теңдеулер жүйесімен мәндес болатындығы айқын:
Онда, немесе 17k-19n=9, мұндағы, n,k∈Z.
10-кесте.

19
17
2
1

1
8

n
1
0
1
-8
k
0
1
-1
9

Осы кестеден, 17k+19n=1 9;-8 - дербес шешімі.
Ал, 17k-19n=1 9;8. Онда, 17k-19n=9 81;72 - дербес шешімдері екендігін көреміз.
Ал, берілген теңдеудің жалпы шешімі: мұндағы .
t=-4 мәні үшін k=81+19∙-4=5, n=72+17∙-4=4 болғандықтан, мұндағы, t∈Z.
Онда , x=PI2+2PIt, t∈Z.
Жауабы: x=PI2+2PIt, t∈Z.

ҚОЗҒАЛЫСҚА АРНАЛҒАН ЕСЕПТЕРДІ ГРАФИКТІК ТӘСІЛМЕН ШЕШУ ӘДІСТЕМЕСІ.

Әдетте, қозғалысқа арналған есептер көптеген студенттерге оңай тимейтіні белгілі. Есептердің мазмұндарында кездесетін ...уақыттан кейін кездесті, ...уақытта қуып жетті, 2-ші автомобиль В қаласына 1-ші автомобильге қарағанда ... сағат бұрын (кейін) жетті немесе А қаласынан 2-ші автомобиль 1-шіге қарағанда ... сағат ерте (кеш) шықты, жолда ... сағат кідірді және т.б сөйлемдерге сәйкес теңдеулер құру біршама қиындық туғызатынын тәжірибе көрсетіп жүр. Себебі, бір түзудің бойына екі немесе одан да артық материалдық нүктелердің әртүрлі уақыт мезеттеріндегі орындарын кескіндеу мен оны математикалық тілге аудару көп біліктілік пен осы түрдегі есептерді шығару дағдыларын қажет етеді. Қозғалыс тақырыбына берілген есептерде кездесетін шамалар:
t - уақыт,
v - жылдамдық,
s - арақашықтық.
s=v∙t теңдеуін қолданамыз.
Сондықтан, қозғалысқа арналған есептерді шешудің графиктік тәсілін қарастырайық. Ол үшін материалдық нүктелердің қозғалыс графигін пайдаланамыз:

4-сурет.

4-суреттен OA сәулесі жылдамдығы v нүктенің қозғалыс графигі, OB=s кесіндісі OC=t уақыт аралығындағы нүктенің жүрген жолы екендігі көрініп тұр. Яғни, ∆AOC - дан (нүктенің қозғалыс теңдеуі):
AC=v∙OC. (1)

Ескерту: v-OA кесіндісінің ұзындығы емес! Графигі кескінделген нүктенің жылдамдығы v екендігін ғана көрсетеді (v-cәулесі).

32-мысал. Жылдамдықтары v2v1, бір-бірінен ара қашықтығы s екі нүкте бір мезетте бір бағытта қозғала бастады. Қанша уақытта екінші нүкте бірінші нүктені қуып жетеді?
Шешуі. Қозғалыс графиктерін кескіндейік:

5-сурет.

5-суреттен AB-AC=s (1)-ші теңдеуге сәйкес: АВ=v2∙ОВ, АС=v1∙OB, бұдан, (v2-v1)∙OB=s ⇒ OB=sv₂-v₁.
Жауабы :sv₂-v₁.

33-мысал. Жылдамдықтары v2v1, ара қашықтықтары s екі нүкте бір мезетте бір-біріне қарама-қарсы қозғалып келеді. Қанша уақыттан кейін олар кездеседі?
Шешуі. Екі нүктенің қозғалыс графиктерін кескіндейік:

6-сурет.

6-суреттен DO=DC+OC. Ал, DO=s, ∆ADC - дан DC=v2∙AC, ∆AOC - дан OC=v1∙AC. Сондықтан, (v2+v1)∙AC=s немесе
(v2+v1)∙OB=s, бұдан, OB=sv2+v1.
Жауабы: sv2+v1.

34-мысал. А қаласы мен В қаласының арасы 260 км. А қаласынан В қаласына шыққан автобус 2 сағаттан кейін 30 мин. амалсыздан тоқтап, машинаның ақауын жөндеген соң, В қаласына уақытында жету үшін жылдамдығын 5 кмсағатқа арттырды. Автобустың алғашқы жылдамдығы қандай болғаны?
Шешуі. Автобустың алғашқы жылдамдығын v деп белгілеп, оның қозғалыс графигін кескіндейік:

7-сурет.

7-суреттен есептің мазмұнына сәйкес МС=260 км, OE=2 сағ. EK=30 мин=0,5 сағ.
∆OMC: EM=АЕ=2v (∆AOE-ден), ОМ=260v,
∆EBC: KM=BE=260-2vv+5.
Ал, OM=OE+EK+KM . Сондықтан,
260v = 2+ 0,5 +260-2vv+5.
Ендеше, v=40 (кмсағ).
Жауабы: 40 кмсағ.

35-мысал. Трактор құбыр сүйретіп келеді. Егер бала жермен жүріп, құбырдың бойымен аяғынан басына дейін жету үшін, оның қозғалыс бағытымен бір қалыпты жылдамдықпен 120 қадам, ал басынан аяғына жету үшін 30 қадам жасаған болса, құбырдың ұзындығы қандай? Баланың әр қадамы 0,75 м.
Шешуі. Құбырдың ұзындығын l, құбыр мен баланың жылдамдықтарын сәйкес v1; v2 (v1v2) деп белгілеп, олардың қозғалыс графиктерін кескіндейік:

8-сурет.

8-суретте (бала мен құбырдың қозғалыстары бағыттас).
АВ - құбырдың басының, ОВ - құбырдың аяғында тұрған баланың қозғалыс графиктері. BE=120 қадам,
∆OBE: OE=120v2 , EC=120-l. OE=120-l v1 . Яғни,

120v2=120-lv1 немесе v1v2 =120-l120 (1)

9-сурет.

9-суретте (бала мен құбырдың қозғаластары қарама-қарсы). АВ -баланың құбырдың басынан аяғына қарай, ОВ - құбырдың аяғының қозғалыс графиктері. AC=30 қадам.
∆OBC: OC=l-30, BC=l-30v1,
∆ABC: BC=30v2 . Яғни,

l-30v1=30v2 немесе v1v2=l-3030 (2)

(1) мен (2) теңдіктерден: 120-l120=l-3030 .
Бұдан, l=48 (қадам), l=48∙0,75=36 (м).
Жауабы: 36 метр.

36-мысал. Трамвай жолымен келе жатқан Дәурен әрбір 12 минут сайын оны трамвай қуып жететінін, ал 4 мин сайын қарама-қарсы бағытта трамвай кездесетінін байқады. Егер трамвай мен Деуреннің жылдамдықтары тұрақты болса, трамвайлардың жүру интервалы қандай?
Шешуі. Трамвай мен Дәуреннің жылдамдықтары сәйкесінше v1; v2 (v2v1) болсын. Олардың қозғалыс графиктерін кескіндейік:

10-сурет.

10-суретте трамвай мен Дәуреннің қозғалыстары бағыттас болсын. T1T2=t - трамвайлардың жүру интервалы. Т1В мен Т2А - трамвайлардың, Т1А - Дәуреннің қозғалыс графиктері. Есептің шарты бойынша Т1С=12 мин. ∆ACT1: AC=1∙12 .
∆ACT2: AC=v2∙T2C, бұл екеуінен T2C=12v1v2.
Ал, Т2C=Т1С−Т1Т2 болғандықтан, 12v1v2=12-t. Бұдан,

v1v2 =12-t12 . (1)

11-сурет.

11-cуретте трамвай мен Дәуреннің қозғалыстары қарама-қарсы болсын.
BN=T1T2=t - трамвайлардың жүру интервалы. EF=BK=4 мин; KN=BN−ВK=t−4. ∆ANK: АК=v2∙(t-4).
∆ABK: AK=4v1, бұдан,

v2∙t-4=4v1 немесе v1v2 =t-44 . (2)

(1) мен (2) теңдіктерден: 12-t12=t-44 , бұдан, t=6.
Жауабы: 6 минут.

Геометрия курсынан белгілі мына тұжырым, кейбір қозғалысқа арналған есептерді шығаруды көп жеңілдетеді:
Егер AD BC EF болса, онда: 1EF=1AD+1BC .

12-сурет.

37-мысал. (Воронеж МУ, математика факультеті). Жаяу адам, велосипедші және мотоциклші бір бағытта қозғалып келеді. Жаяу адам мен велосипедші бір нүктеде болған кезде, мотоциклші олардан 6км, ал мотоциклші велосипедшіні қуып жеткен кезде, жаяу адам олардан 3км кейін қалған еді. Мотоциклші жаяу адамды қуып жеткен кезде, велосипедші олардан қанша километр озып кеткен?
Шешуі. Көліктердің қозғалыс графигін кескіндейік:

13-сурет.

13-суретте ЕС - жаяу адамның, ЕВ - велосипедшінің және ОВ - мотоциклшінің қозғалыс графиктері. D - мотоциклшінің жаяу адамды, В - велосипедшіні қуып жеткен мезеттері. Есептің шартына сәйкес ЕО=6 км, ВС=3 км, ал АD - мотоциклші жаяу адамды қуып жеткен уақыт мезетіндегі велосипедшінің олардан озып кету кашықтығы.13-суреттен EO AD BC болғандықтан, 1AD=1EO+1BC, бұдан,
AD=EO∙BCEO+BC=6∙36+3=2(км).
Жауабы: 2 км.

38-мысал. (Жас талап - KZ №4.2006 жыл. Конкурстық есеп). Бір уақытта А пунктінен В пунктіне қарай автомобиль және В - дан А - ға қарай жылдамдығы одан кем мотоциклші жолға шықты. Біраз уақыттан кейін олар кездеседі және дәл осы мезетте В - дан А - ға қарай екінші мотоциклші шағып, автомобильмен бірінші мотоциклші мен автомобиль кездескен нүктеден А-дан В-ға дейінгі аралықтың 29 бөлігіндей қашықтықтағы нүктеде кездеседі. Егер автомобильдің жылдамдығы 20 кмсағатқа кем болса, онда оның мотоциклшілермен кездесу нүктелерінің ара қашақтығы 72 км болып, бірінші кездесу автомобильдің А қаласынан шыққаннан 3 сағаттан кейін болар еді. АВ - ны табыңыздар. Мотоциклшілердің жылдамдықтары бірдей.
Шешуі.

14-сурет.

14-суретте ВТ, СК - (жылдамдықтары v) бірінші және екінші мотоциклшілердің, АF пен АК - (жылдамдықтары v1 және v2-20) автомобильдердің қозғалыс графиктері. АВ=s болсын. Есептің шартына сәйкес v1v2, DR=29s, LT=72 км, AN=3сағғ.
BT CK (бірінші және екінші мотоциклшілердің жылдамдықтары бірдей) болғандықтан, Фалес теоремасы бойынша: AD:DF=AT:ТK.
Ал, ∆ADE~∆FDR бұдан AD:FD=AE:FR=AE:EM,
∆ANT~∆KLT бұдан AT:KT=AN:KL=AN:NQ. Ендеше,

AE:EM=AN:NQ немесе 3NQ=АЕЕМ . (1)

Екіншіден, ED+DR+RC=s, Қозғалыс заңдарына сәйкес ∆ADE: ED=v1∙AE , ∆RCF: RC= v∙EM). Сондықтан,
v1∙AE+ v∙EM=79s, ∆FDR: v1∙EM=29s. Соңғы екі теңдіктен:

АЕЕМ+vv₁= 72 . (2)

Мотоциклшімен автомобильдің кездесу нүктесіне (F) сәйкес:
(v1+ v)∙ЕМ=DC= v∙AE (33-мысал бойынша) немесе

АЕЕМ= v₁v+1. (3)
Ал, (2), (3) теңдеулерден: v₁v= 2 (Есептің шарты бойынша v1v. Онда, AEEM=2+1=3. (1) - ден NQ=1 (сағ).
Яғни, LK=1сағ. ∆TLK: v1-20 = TLLK= TLNQ=72.
Бұдан, v1=92 кмсағ және v=46 кмсағ.
Енді, автомобиль мен мотоциклшінің кездесу нүктесі (Т) үшін мына теңдікті жазуға болады: (v+ v1-20)∙АN=s (33-мысалға сәйкес). Бұдан, s=46+92-20∙3=354 (км) .
Жауабы: 354 км.

39-мысал. Екі желаяқ араларына 2 минут интервал тастап, бірінен соң бірі жүгіріп кетті. Старт берілген нүктеден 1 км қашықтықта екінші желаяқ біріншіні қуып жетті де, 5 км қашақтыққа жүгіріп барып, кері қайтты. Осы жолда ол бірінші желаяқпен кездесті. Бұл кездесу бірінші желаяққа старт берілген уақыттан 20 минуттан кейін болған еді. Екінші желаяқтың жылдамдығын табыңыз.
Шешуі.

15-сурет.

15-суретте жылдамдықтары x және у (хy) болатын екі дененің екіншісі біріншісінен t уақыт кеш шығып, оны s км-ден кейін қуып жеткенін бейнелейтін қозғалыс графиктері көрсетілген. Яғни,

1y-1x=1t.

16-сурет.

16-суреттегі қозғалыс графиктері алғашқы ара қашықтығы s км болатын, бір біріне бір мезгілде қарама-қарсы қозғалған екі дененің t уақыттан кейін кездескенін кескіндейді, яғни, s =(x+y)t . Енді есептің шартына байланысты екі желаяқтың қозғалыс графигін салайық:

17-cурет.

Есептің шарты бойынша: OA=130 cағ, OД=13 сағ, AB=1x ,
AC=5x сағ, OC=130+5x , CD=13 - OC, KC=y∙OC,
EK=5-KC=5-y∙OC.
Есептің шарты бойынша N екінші желаяқтың біріншіні қуып жетуіне сәйкес нүкте болғандықтан, 15-суретке сәйкес:
1y-1x=130. (1)
Есептің шарты бойынша М нүктесі алғашқы ара қашықтығы ЕК болатын екі желаяқтың екінші рет кездесуіне сәйкес нүкте болғандықтан, 16-сурет бойынша: EK= (x+y)∙CД.
Сонымен, x+y∙CД= 5-y∙OC немесе
x+y∙13-OC= 5-y∙OC, бұдан,
9x+10y=300. (2)
(1), (2) теңдеулерден:
1y-1x=130,9x+10y=300
жүйесін құрастырып, теңдеулер жүйесін шешіп, есептің шартын қанағаттандыратын х - тің мәні 20 кмсағ табылады.
Жауабы: 20 кмсағ.

ФУНКЦИЯНЫҢ ЕҢ КІШІ ОҢ ПЕРИОДЫН ТАБУ ӘДІСТЕМЕСІ

y= Asinkx+b + C, y= Acoskx+b + C және
y= A tg(kx+b) + C, y= A ctg(kx+b) + C ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.