Теңсіздікті шешу тәсілдері

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 51 бет
Таңдаулыға:

Кіріспе
I.Трансценденттік теңсіздіктерді шешудің теориялық негіздері
1.1 Бір айнымалысы бар теңсіздіктерді шешумен байланысты негізгі ұғымдар.
1.2 Теңсіздікті шешу тәсілдері.
1.3 Көрсеткіштік теңсіздіктерді шешу әдістері .
1.4 Логарифмдік теңсіздіктерді шешу әдістері.
1.5 Тригонометриялық теңсіздіктерді шешу әдістері.
II.Трансцендентті теңсіздіктерді шешу әдістерін оқыту.
2.1 Теңсіздіктерді оқыту әдістемесі.
2.2 Күрделілігі жоғары трансцендентті теңсіздіктерді шешудің дәстүрлі емес тәсілдерін оқыту әдістемесі .
2.3 Трансцендентті теңсіздіктерді шешуге берілген есептерді шығару

Кіріспе

Қоғам дамуының республикамызда орын алып отырған әлеуметтік экономикалық бағыттары және жас ұрпақты ғылыми - техникалық прогресс және қазіргі заман талабына сай оқыту мен тәрбиелеу формасы, оқыту мақсатын, мазмұнын, түрін, әдістерін қайта қарап, оқу процесіне көптеген өзгерістер енгізуді қажет етеді. Білім саласындағы мемлекеттік саясаттың тұжырымдамасында: бұл саланы реформалаудың стратегиялық нысаны мүлде жаңаша, шығармашылық тұрғыда ойлап алатын, танымдық мәдениеті биік адамдардың жаңа легін, дүниеге ғылымилық тұрғыдан жоғары жауапкершілігіне қарай білетін, біліктілігі жоғары мамандарды қалыптастыру идеясы болуға тиіс - деп көрсетілген болатын.
Осыған байланысты орта мектептерде математиканы оқыту әдістері оқу процесінің санасын жоғарылату, оқушылардың танымдық мүмкіндіктерін белсенді түрде дамыту, білімнің мазмұнын толықтырып жетілдіру бағытында жаңартылуда. Еліміздегі білім жүйесі дүние жүзілік білім кеңістігіне біріге бастауына орай, білім мазмұнының мақсатты компоненттері өзгеруде.
Математикалық білім берудегі тереңдете түсудегі негізгі құралдардың бірі оқушылардың әр түрлі математикалық есептер мен жаттығуларды өз бетінше орындауына басшылық ету және оны тиімді ұйымдастыра білу болып табылады. Оқушылардың математикалық даму дәрежесі олардың есеп шығара білуінен анық байқалады. Есеп - әрбір мектеп оқушыларының ақыл - ойын дамытудың негізгі құралы.
Есептер шығару процесінде оқушылардың бағдарламадағы талаптарға сай математикалық білімін, шеберліктерін, дағдыларын жүйелі түрде қалыптастыруға және олардың шығармашылық белсенділігін, ізденімпаздық қабілеттерін арттыруға болады. Оқушының математикалық білімін көтерудің ең басты алғы шарты оның пәнге деген қызығушылығын арттыру. Пәнге деген қызығушылық болса бала оған көңіл қойып, тыңдап, тереңдете оқып үйрене бастайды.
Трансцендент сан - бүтін коэффициентті көпмүшеліктің түбірі болып табылмайтын нақты немесе жорамал сан.
Трансцендент сандарын алғаш рет француз математигі Ж:Луивилль (1809-1882) енгізді. 18 ғ-дың ортасында е, PI, In2, , т.б. түріндегі сандардың трансцендент сандар екендігі белгісі болса да, ол ұзақ уақыт дәлелденбеді.
Трансценденттік теңдеу - құрамында белгісіз (айнымалы) шамалардан тәуелді трансценденттік функциясы болатын теңдеу. Мысалы: sinx+Igx=x, . Жуықтап шешуден басқа жалпы түрде шешу жолы жоқ болғандықтан, әдетте трансцендент теңдеулерді көрсеткіштік, логарифмдік және тригонометриялық теңдеулер түрінде қарастырады.
Трансценденттік теңсіздік деп - құрамында белгісізі трансценденттік функцияның айнымалысы болып келетін теңсіздікті айтамыз. Ал, трансценденттік функция деп алгебралық емес аналитикалық функцияны айтамыз. Мұндай функцияларға мысал ретінде логарифмдік, көрсеткіштік және тригонометриялық функция қарастырамыз. Егер трансценденттік функцияны комплекс айнымалысы бар функция ретінде қарастыратын болсақ онда трансцендентті функцияның басқа функциялардан өзіндік ерекшелігі бар. Мысалы еz, sinz функцияларының ерекше нүктесі болады: z=infinity
Трансценденттік теңсіздікті шешудің біріңғай жалпы әдісі жоқ. Әдетте мектеп бағдарламасында трансцендентті теңсіздіктің қарапайым түрлері қарастырылады, атап айтсақ: логарифмдік , көрсеткіштік, тригонометриялық, кері тригонометриялық, көрсеткіштік теңсіздіктер.
Ғылыми жұмыстың мақсаты трансцендентті теңсіздіктерді шешудің дәстүрлі әдістерінен басқа да әдістерін қарастыра отырып, оларды оқытудың әдістемесін ұсыну. Мұнда дәстүрлі әдіс деп потенцирлеу әдісі, негізгі тепе теңдіктерді қолданып қарапайым теңсіздіктерге келтіру, жаңа айнымалы енгізу әдісі, интервалдар әдісі және графиктік әдістерді айтсақ, дәстүрлі емес әдістер деп рационализациялау әдісі, туындының көмегімен теңсіздікті шешу, сонымен қатар кесіндіні қақ бөлу арқылы нөлдерін тауып ,сол арқылы теңсіздіктің шешімін анықтау әдістері қарастырылады. Жоғарыда айтқандай трансцендентті теңсіздікті шешудің біріңғай жалпы әдісі жоқ, алайда теңсіздіктің құрамындағы трансцендентті функциялардың беріліуіне қарай тиімді әдісті өзіміз қарастыруымыз қажет. Әдетте мектеп бағдарламасындағы трансценденттік теңсіздіктердің құрамында бір типті трансценденттік функциялармен беріледі немесе әртүрлі екі трансцендентті функцияның көбейтіндісі түрінде кездеседі . Бірінші жағдайда, берілген теңсіздік трансцендентті функцияның негізгі қасиеттеріне сүйеніп шешілсе, екінші жағдайда, берілген теңсіздік мүмкін мәндер жиыны ескеріле отырып, интервалдар әдісімен шешіледі. Ал , құрамында әртүрлі бірнеше трансцендентті функциялардың айнымалысы болып келетін теңсіздіктер мектеп бағдарламасында қарастырылмайды. Бұл жағдайда ,берілген теңсіздіктің шешімін туындының көмегімен немесе графиктік әдіспен анықтаймыз. Дәл осындай күрделі трансценденттік теңсіздікті шешуді оқытудың әдістемесін жасап , оны білім алушыларға тиімді тәсілмен ұсыну осы ғылыми жұмыстың өзектілігі болып табылады.

1 Трансценденттік теңсіздіктерді шешудің теориялық негіздері
1.1 Бір айнымалысы бар теңсіздіктерді шешумен байланысты негізгі ұғымдар

Теңсіздікті шешу - емтиханда тестте ең көп кездесетін тапсырмалардың бірі. Мұндай теңсіздіктерді шешу үшін ең алдымен қарапайым теңсіздіктерді шешуді меңгеруі тиіс - алгебралық, көрсеткіштік, логарифмдік, тригонометриялық және т.с.с - және мектеп курсында қарастыратын функциялардың қасиеттерін білуі шарт. Сонымен қатар , әрине теңсіздіктердің қасиеттерін қолдана білуі керек.
Теңсіздікті шешу барысында да, теңдеуді шешкендегідей теңбе- теңдік ұғымы негізгі роль атқарады.Яғни кейінгі алынған теңсіздік алдыңғы теңсіздікке теңбе тең теңсіздік болатынына көз жеткізу қажет.
Сонымен қатар, төмендегі анықтамаларды ескерген жөн:
1) Теңсіздіктің мүмкін мәндер жиыны деп теңсіздіктің оң және сол жағының мәні болатындай белгісіздің барлық мәндер жиынын айтамыз.
2) Теңсіздікті шешімі деп теңсіздіктегі белгісіздің орнына апарып қойғанда теңсіздікті тура сандық теңсіздікке келтіретін белгісіздің барлық мәндерін айтамыз.
3) Теңсіздікті шешу - оның барлық шешімдерін табу немесе шешімі жоқ екенін дәлелдеу.
4) Екі теңсіздік теңбе тең деп аталады егер біріншісінің барлық шешімдері екіншісінің шешімдері болып табылса, немесе екіншісінің барлық шешімдері біріншісінің барлық шешімдері болып табылса.
5) Екі теңсіздік кейбір аралықта теңбе тең деп аталады, егер осы аралықта олардың бірдей шешімге ие болса.
Теңсіздікті шешуде жиі қолданатын теңсіздіктің бірнеше қасиеттерін топтастырып атап өтейік:
1) Теңсіздіктің екі жағына да берілген теңсіздіктің ММЖда анықталған бірдей функцияны қосуға болады. Егер f(x) g(x) және h(x) - Берілген теңсіздіктің ММЖ анықталған функция, онда f(x) + h(x) g(x) + h(x)
2) Егер теңсіздіктің екі жағын да оң функцияға немесе берілген теңсіздіктің ММЖ анықталған функцияға көбейтсек ( немесе оң санға), онда берілген теңсіздікпен эквивалент теңсіздікті аламыз:
егер f(x) g(x) және h(x) 0, онда f(x)h(x) g(x)h(x)
3) Егер теңсіздіктің екі жағын да берілген теңсіздіктің ММЖ анықталған теріс функцияға көбейтсек( немесе теріс санға) онда теңсіздіктің таңбасы қарама қарсы жаққа ауысады және бұл теңсіздік берілген теңсіздікке эквивалент теңсіздік болып табылады:
егер f(x) g(x) және h(x) 0, онда f(x)h(x) g(x)h(x)
4) Теңсіздік таңбасы бірдей теңсіздіктерді мүшелеп қосуға болады.Егер f(x) g(x) және m(x) h(x), онда f(x) + m(x) g(x) + h(x)
5) Теңсіздік таңбасы қарама қарсы болған теңсіздіктерді мүшелеп азайтуға болады. Егер f(x) g(x) және h(x) m(x), онда f(x) - h(x) g(x) - m(x).
6) Екі жағы да оң теңсіздік таңбасы бірдей теңсіздіктерді мүшелеп көбейтуге болады. Егер f(x) g(x) 0 және m(x) h(x) 0 , онда f(x) g(x) m(x) h(x).
7) Құрамында теріс емес функциядан тұратын теңсіздіктің екі жағын да бірдей теріс емес санға дәрежелеуге болады: Егер f(x) g(x) 0 және m 0, онда (f(x))m (g(x))m
Ескере кететін жайт , теңдеуді шешу барысында эквивалент теңдеуге әкелетін түрлендірулер теңсіздікті шешу барысында эквивалент теңсіздікке әкелмеуі мүмкін. Себебі, кейбір түрлендірулерден кейін белгісіздің мүмкін мәндер жиынына қатысты теңсіздіктер өзара бір мәндес бола алмайды.
Мысалы , егер log2x1 теңсіздігін шешу барысында , көпшілігі мынадай шешім беруі мүмкін теңсіздікті мына түрде жазайық: log2xlog22 логарифмдік функцияның қасиетінен бізге белгілі негізі 1 ден артық логарифмнің қай жағы үлкен болса , сол жағы артық . Сондықтан бұл теңсіздік х 2 болғанда орындалады.Жауабы: х2 . Мұндағы талдау мінсіз болып көрінгенімен қате жауап берілді, немесе бөгде шешімдер қосылып кетті деуге болады.Шындығында кез келген теріс сан екіден кіші, егер х теріс сан болатын болса, онда бастапқы теңсіздіктің мағынасы болмайды, себебі теріс санның логарифмі болмайды.
Неге бөгде шешімдер пайда болды? Себебі, жоғарыда теңсіздікті шешу барысында , біз мына теңсіздіктен log2xlog22 мына теңсіздікке көштік х2. Соңғы теңсіздік хтің екіден кіші барлық мәндерін қамтиды, ал бастапқы теңсіздікте ММЖ бойынша х тек оң сандарды қамтуы тиіс болатын. Демек, бірінші теңсіздіктен екінші теңсіздікке өту барысында ММЖ кеңейіп кетуі себепті , бөгде түбірлер пайда болды. Соңғы теңсіздіктен кейін дұрыс жауап алу үшін, бастапқы теңсіздіктің ММЖ енетін мәндерін алу керек еді: 0х2.
Теңсіздікті шешудің мына схемасы жиі қолданылады:
ең алдымен ММЖ анықтайды, сосын қажетті түрлендірулер жасалып теңсіздікті шешеді, соңында ММЖ енетін теңсіздіктің шешімдерін жауабы ретінде алады.
Сонымен қатар , теңсіздікті шешу барысында ММЖ кеңейтпейтін, бастапқы теңсіздікке эквивалент теңсіздікке түрлендіруге болатынын айтуға болады. Мысалы , lg(2-x)(x-3)0, теңсіздігін (2-x)(x-3)1 теңсіздігіне түрлендіруге болады, себебі бұл теңсіздіктің шешімі бастапқы теңсіздіктің ММЖ енеді, яғни 2x3 аралығында жатады.
Теңсіздіктің ММЖ зерттеу арқылы шешілетін , бірнеше қарапайым мысалдарды қарастырайық :
1. х-1 теңсіздігін шешейік. Теңсіздіктің сол жағында теріс емес өрнек болғандықтан, теңсіздік х тің ММЖ енетін барлық мәндері үшін орындалады, мұнда теңсіздіктің ММЖ х=0; және осы теңсіздіктің шешімі болып табылады.
2. lg⁡x0 теңсіздігін шешейік. Бұл жағдайда да теңсіздіктің сол жағындағы өрнек теріс емес , сондықтан теңсіздік ММЖ енетін х тің кез келген мәні үшін орынды. Ал ММЖ ны мына шарт арқылы анықтаймыз lg⁡х=0 яғни бұдан х=1 теңсіздігімен анықталады. Алайда х=1 болғанда теңсіздіктің сол жағы нөлге айналады, сондықтан белгісіздің бұл шешімі берілген теңсіздіктің шешімі бола алмайды. Берілген теңсіздіктің шешімі х1 болады.
3. log2-x x-3=-5 теңсіздігін шешейік. Бұл теңсіздіктің ММЖ мына шарттармен анықталады. х-30, 2-х0, 2-х!=1 . бірақ мұнда х-30 және 2-х0 теңсіздіктерінің ортақ шешімдері жоқ. Демек, бұл теңсіздіктің ММЖ бос жиын, сондықтан берілген теңсіздіктің шешімі жоқ.
4. х+2+х-5=5-x теңсіздігін шешейік. ММЖ мына теңсіздіктермен анықталады. х+2=0, х-5=0, 5-х=0. Бірақ бұл теңсіздіктер жүйесінің жалғыз шешімі бар , х=5. Демек ММЖ бір ғана мәні бар х=5. Сондықтан теңсіздікке ешқандай түрлендіріулердің қажеті жоқ ,тек х=5 мәні теңсіздікті қанағаттандыра ма жоқ па соны тексеру жеткілікті. Тексеру барысында х=5 теңсіздіктің шешімі екенін көрсетті.
5. sinх+2ctgx-1 теңсіздігін шешейік. Бұл теңсіздіктің сол жағы х тің кез келген мәнінде теріс емес болғандықтан, бұл теңсіздік х тің бір де бір мәні үшін орындалмайды яғни теңсіздіктің шешімі жоқ.

Келтірілген мысалдарда ММЖ ұғымы түрлі теңсіздіктерді шешуде қалай қолданылатыны көрсетілді. Алғашқы екі мысалда ММЖ ны таппастан , теңсізідіктің шешімін айта алмас едік, үшінші және төртінші теңсіздіктерде ең алдымен ММЖ табу арқылы теңсіздіктің шешімін жылдам тауып алдық. Керісінше , бесінші мысалда алдын ала ММЖ табу қиынырақ әрі мағынасыз болар еді, себебі теңсіздікті қанағаттандыратын х тің мәні болмайтыны теңсіздіктен көрініп тұр. Себебі , теріс емес өрнек -1 ден кіші бола алмайды.
Әрине, берілген барлық теңсіздікке қандай әдіс, қалай шешкен тиімді деген жалпы сұраққа жауап беру мүмкін емес. Әр теңсіздіктің берілгеніне қарай тиімді әдісті өзіміз таңдап аламыз.
Кейде , теңсіздікті шешу барысында , теңсіздікті түрлендіргенде нәтижесінде бастапқы теңсіздікке эквивалентті емес теңсіздікке алып келеді, ММЖ ның кеңеюіне байланысты, теңсіздіктің екі жағынан да бірдей функцияларды азайтқанда : f(x) -- f(x) , теңсіздіктің екі жағын да ортақ көбейкішке қысқартқанда f (x)g(x) f(x)h(x) ортақ оң f(x) функциясына қысқартқанда т.с.с. Осындай түрлендіруден соң шыққан шешім бөгде шешім болып қалуы мүмкін.Сондықтан, мұндай жағдайда жауабын жазарда бөгде шешімдерді алып тастап жазу керек.

1.2 Теңсіздікті шешу тәсілдері
Теңсіздікті шешудің бірнеше тәсілдері бар, атап айтсақ, анықтама бойынша шешу,берілген теңсіздік құрамындағы функцияның қасиетіне қарай түрлендірулер арқылы шешу, жаңа айнымалы енгізу арқылы шешу,аралықтар әдісі бойынша шешу және графиктік тәсілмен шешу әдісі.
Әдетте орта мектеп курсында логарифмдік , көрсеткіштік , тригонометриялық , кері тригонометриялық теңсіздіктерді шешудің бірнеше әдістері қарастырылады. Атап айтсам , потенциялдау, көбейткішке жіктеу, жаңа айнымалы енгізу, интервалдар әдісімен шешу әдістері, алайда бір теңсіздікте әр түрлі трансцендентті функция кездессе немесе трансцендентті функциямен қатар алгебралық функция қатар кездессе , онда екі жағдайды орын алуы мүмкін:1) егер теңсіздік құрамындағы берілген өрнек көбейткішке жіктелсе,онда оларды көбейткішке жіктеп интервалдар әдісін қолданып шешеміз . 2) егер теңссіздік құрамындағы берілген өрнек көбейткішке жіктелмесе онда оларды графиктік әдіспен немесе туындының көмегімен монотондылыққа зерттеп қана шешімін көрсете аламыз.
Ал енді осы аталған әдістердің әрқайсысына тоқталайық.
Жаңа айнымалы енгізу әдісі
1.logx2log2x2log24x1 теңсіздігін қарастырайық. Логарифмнің негізгі тепе теңдігін қолданып логарифмдерді 2 негізіндегі логарифмге келтіреміз, теңсіздік мына түрге келеді: log24xlog2x*log22x1 , log2x=y деп жаңа айнымалыы ауыстырсақ
2+yy1+y1--y2-2y(y+1)0 берілген теңсіздікті интервалдар әдісімен шешетін болсақ: -2y-1, 0y2---2log2x-1, 0log2x2
Демек теңсіздіктің шешімі 2-2x12 және 1x22.
2. xlog2x-2x4 теңсіздігін шешейік.
Берілген теңсіздіктің екі жағын да 2 негізде логарифмдесек берілген теңсіздік мына теңсіздікпен мәндес болады: log2xlog2x-2log2x4--(log2x-2)log2 xlog2x-2, log22x-2log2x-log2x+20
log22x-3log2x+20, y=log2x, y2-3y+20--y1y2--log2x1log2x2 --x2x4--x0x2x4--x∈(0;2)∪(2; 4) Жауабы: (0;2)∪(2;4)

Потенцирлеу әдісі
Бұл әдіс бойынша теңсіздікті шешкенде теңсіздік құрамындағы функцияның өспелі немесе кемімелі болатынына байланысты потенцирлегеннен соң теңсіздік таңбасының ауыспайтынын немесе ауысатынын ескеру қажет.
1. 4log16cos2x+2log4sinx+log2cosx+30, (0xPI4) теңсіздігін шешейік.
Ең алдымен логарифмнің негізгі тепе теңдіктерін қолдансақ берілген теңсіздік мына түрге келеді: log2cos2xsinxcosx*80
log22sin4x0-- log22sin4xlog21 логарифмнің негізі 1 ден артық болғандықтан, теңсіздікті потенцирлесек 2sin4x1--sin4x12 --7PI6+2PIn4xPI6+2PIn,---7PI24+P I2nxPI24+PI2n,n∈Z
-7PI24+PI2nxPI24+PI2n,n∈Z0xPI4- -0xPI24 жауабы (0; PI24)
2. arcsinx+arccosx-1PI теңсіздігін шешейік.
Берілген теңсіздіктің құрамында -PI2arcsinxPI2 , және 0arccosx-1PI , болғандықтан берілген теңсіздікті (0; PI) аралығында шешсек берілген теңсіздік төмендегі теңсіздікпен мәндес болады:
sinarcsinxsinPI-arccosx-1, sinPI-α=sinα екенін ескеріп, sinarcsinxsinarccosx-1-- x1-x-12
x2x-x2 теңсіздігі төмендегі жиынтықпен мәндес: x0x22x-x2x=02x-x2=0--x02x2-2x 0x=0x(2-x)=0--x∈0;1x∈(-infinity ;0]--x∈(-infinity;1)
Жауабы : (-infinity;1)
Интервалдар әдісі
3-log2(x2-6x+8) x-30 теңсіздігін шешейік.
Берілген теңсіздікті интервалдар әдісімен шешу, ең алдымен нөлдерін тауып аламыз : 3-log2x2-6x+8!=0 ,x-3!=0
log2x2-6x+8!=3-- x2-6x+8!=8, x2-6x!=0,x!=0,x!=6
x-3!=0, x!=3

Енді теңсіздіктің ММЖ қарастыратын болсақ: x2-6x+80,

Олай болса, x∈(-infinity;0)∪(4;6)
Жауабы: (-infinity;0)∪(4;6)

Графиктік тәсіл
Теңсіздікті аналитикалық тәсілмен шешуден басқа графиктік әдіс бар. Мұнда теңсіздік декарттық координаталар системасында теңсіздіктің оң жағы және сол жағының графигін салынады. Қиылысу нүктесінің абциссасы берілген теңсіздіктің нөлдері болып табылады.
Теңсіздікті шешудің графиктік әдісімен біз түбірлердің жуық мәндерін аламыз. Алайда графиктік әдіс арқылы түбірлер санын нақты анықтауға болады. Сонымен қатар осы түбірлер орналасуы мүмкін мәндер жиынын сегменттерін шамамен көрсетеді. Мектепте қарастыратын алгебралық теңсіздіктерді аналитикалық және графиктік тәсілмен шешуді қарастырамыз. Графиктік тәсілді екі функцияның қиылысу нүктесін жуықтап табуға , ал қиылысу нүктелерінің санын нақты табуға қолдануға болады.
Қайсыбір жағдайларда бұл тәсілдің тиімділігі айқын сезіледі. Ол үшін координаталар жазықтығына теңсіздіктегі қарапайым функциялардың графиктерін салып, олардың қисықтары бойындағы теңсіздік шартын қанағаттандыратын нүктелер жиынын, жауап ретінде көрсетеміз.
Мысалы төмендегі трансцендентті теңсіздіктердің графиктік тәсілмен шешілуін қарастырайық.
1)
Шешу: Координаталар жазықтығына және функцияларының графиктерін саламыз

2 - сурет

Бұдан байқағанымыз нүктесінен басқа абциссаның барлық мәндері үшін функциясының графигі (0;1) аралығының екі жағында функциясының графигінен жоғары орналасқан. Демек , (0;1) аралығынан өзге барлық аралықтар теңсіздік шешімі болады. Жауап:-infinity;0∪1;infinity .

2) теңсіздікті шешейік.

Шешуі: Көрсеткіштік теңдеулер тақырыбындағы бірінші суреттегі және функциялар графиктерінің орналасуына назар аударсақ, аралығында ғана функциясының графигі түзуінен төмен орналасады. Демек, жауап .

3) log5x1-x4 теңсіздігін шешейік.
Шешуі: Егер x=1 болғанда теңсіздіктің шешімі жоқ болғандықтан теңсіздіктің ММЖ: 0х1 .Теңсіздіктің берілгеніне байланысты теңсіздіктің екі жағындағы функцияны белгілі бір санмен салыстырып аламыз, яғни log5x0, 1-x40 деп алатын болсақ , онда берілген теңсіздік 0х1 аралығында х тің кез келген мәні үшін орындалады. Жауабы (0;1)

4) 1-х1+х2х теңсіздігін шешейік.
Шешуі: Берілген теңсіздіктің мүмкін мәндер жиыны х=-1 ден басқа барлық мәндер және х!=0 , себебі 1-01+0=20 болғандықтан теңсіздікті мына аралықта шешеміз : -infinity;-1∪-1;0∪0;infinity . Берілген теңсіздікті осы аралықтардың әрқайсысында қарастырайық.
Ең алдымен , -infinityх-1аралығында қарастырайық. gx=1-х1+х, f(x)=2х деп екі функция ретінде алайық. Осы аралықта 1-х1+х0, 2х0 болғандықтан осы аралықтағы х тің кез келген мәні теңсіздіктің шешімі болып табылады.
-1х0 аралығында берілген теңсіздікті қарастыратын болсақ , мұндағы х тің кез келген мәні үшін gx=1-2x1+x=1 , fx=2x1 демек , мұнда х-тің бірде бір мәні теңсіздіктің шешімі бола алмайды . 0хinfinity аралығын қарастырайық . Мұндағы х-тің кез келген мәні үшін gx=1-2x1+x1, fx=2x1 болғандықтан қарастырылған аралық теңсіздіктің шешімі бола алады. Жауабы : -infinity;-1∪0;infinity

5) cosx=x2+1 теңсіздігін шешейік.
Шешуі : у=cosx, у=x2+1 деп алайық, мұнда
-1=cosx=1, х2+1=1 . Екі функция x=0,y=1 нүктесінде қиылысады. Графикте көріп тұрғандай теңсіздіктің шешімі х∈-infinity;infinity

1.3 Көрсеткіштік теңсіздіктер

Көрсеткіштік теңсіздіктің түрлері мен оларды шешу тәсілдерін қарастырудан бұрын ең алдымен көрсеткіштік функциялардың қасиеттерін, көрсеткіштік теңдеулердің қарапайым түрлерін шешу тәсілдерін білу қажет.
Көрсеткіштік теңсіздіктерді шешу тәсілдері негізінен көрсеткіштік теңдеулерді шешудің әдіс амалдарымен сабақтасып жатады.

тұжырымдамасына сүйеніп, көрсеткіштік теңсіздіктерде де негізін түсіріп жазуға болады, бірақ
1° егер және ;
2° егер және
болады, мұндағы белгісі , , =, = төрт белгінің біреуі ретінде түсінеміз деп айтылған.
Ал белгісі берілген белгіге қарама-қарсы белгі деген сөз. Демек, көрсеткіштік теңсіздіктегі өрнектердің негіздері бірдей болса, негіздерін түсіріп жазуға болады, бірақ негізі бірден үлкен болса, теңсіздік мағынасы сақталынады.
Ал негізі бірден кіші болса, қарама-қарсыға өзгереді.
Мысалы. 1) себебі негізі бірден үлкен
болады
2) себебі негізі бірден
кіші сан.
Бұл тақырыпты талдауды көрсеткіштік теңсіздіктердің қарапайым дербес түрлерін шешуден бастайық:
І (=) түрлеріндегі теңсіздік, мұнда а0 және а!=1 (үлкен және кіші емес (=) екі жағдайды бірдей қарастырамыз):
1) Егер немесе болса, онда теңсіздіктің шешімі кез келген сан болады яғни хR;
2) Егер болса, онда b-ның қабылдайтын мәндеріне байланысты және негізіне байланысты бірнеше дербес жағдайларына тоқталайық:
а) және болсын, онда ;
б) және болсын, онда ;
в) және b кез келген сан, онда ;
г) және болсын, онда ;
д) және болса, онда ;
е) және кез келген b саны үшін болады.
Демек көрсеткіштік өрнектің негізі бірден үлкен болса, негізін түсіргенде теңсіздік мағынасы сақталынады, ал негізі бірден кіші болса, онда теңсіздік мағынасы қарама-қарсыға өзгеретіндігін үнемі есте ұстаған жөн.
Мысалдар. Теңсіздіктерді шешіңіз
1)
Шығарылуы. а=3 негізі бірден үлкен b=1, демек х0.
2)
Шығарылуы. b=-9 теріс сан, демек хR.
3)
Шығарылуы. а=3, b= бірақ, ол да 3-негізіне келтірімді , = .
4)
Шығарылуы. а=3, b=6 бірақ, 6 саны 3 негізіне келтірілмейді, демек .
5)
Шығарылуы. , b=1 негізі бірден кіші х0.
6)
Шығарылуы. , , негіздерін бірдей түрге келтіріміз , негіздері бірден кіші, х-3.
7)
Шығарылуы. Сандық шамалары ұқсас болғанымен бірдей негізге келтірілмейді, демек жауап логарифм арқылы өрнектеледі .
8)
Шығарылуы. Көрсеткіштік өрнектердің негіздері әртүрлі, бірақ екенін ескерсек теңсіздіктің екі жағын да бөлеміз.

Біз жоғарыдағы мысалдарда тек үлкен () жағдайын қарастырдық, дәл осы санды кіші емес (=) жағдайы да есептелінеді.
Мысалы. Теңсіздікті шешіңіз
9)
Шығарылуы. .
Демек .
10)
Шығарылуы. .
Демек .
11)
Шешуі: Теңсіздіктің екі жағында 3-ке қысқартамыз.
, яғни , b=0, бұдан шешім кез келген сан деген қортындыға келеміз.
Табылған теңсіздіктер шешімдерінің дұрыстығына көз жеткізу үшін, қарастырылып отырған аралықтан кез келген санды айнымалының орнына қойғанда, дұрыс мағыналы сандық теңсіздік алыныды.
Мысалы.
2-ден үлкен кез келген сан теңсіздікті қанағаттандырады
немесе
керісінше х=2 немесе одан кіші сан болса, онда теңсіздік мағынасы болмайды.
олай болуы мүмкін емес.
бұрыс теңсіздік.
II (=) түріндегі теңсіздік (а0, а!=1)
Бұл түрдегі теңсіздік (I) түрдегімен қарама-қарсы мағынада болғандықтан, шешім де қарама-қарсы мағынада жазылады.
1) Егер b0 немесе b=0 болса, онда теңсіздіктің шешімі болмайды.
2) Егер b0, ал көрсеткіштік өрнектің негізі бірден үлкен болса, негіздері түсірілгенде теңсіздік мағынасы сақталынады, негізі бірден кіші болса, негіздері түсірілгенде таңба қарама-қарсыға өзгеруіне сүйенеміз.
11)
Шешуі: а=7, b=1 = х0.
12)
Шешуі:
.
13)
Шешуі: .
14)
Шешуі : .
III немесе түріндегі теңсіздіктер, деп белгілеп жаңа айнымалы енгізу арқылы қарапайым стандартты түрдегі теңсіздіктерге келтіріледі.
Мысалы. Теңсіздіктерді шешіңіз
15)
Шешуі: деп белгілеп,
у2-у-60 квадрат теңсіздігін аламыз.
D=25, онда оның шешімі арқылы өрнектелінеді.
Бастапқы айнымалаға қайта көшсек, . Бірінші теңсіздіктің шешімі жоқ, екіншіде х1.
Жауап: (1; +infinity).
16)
Шешуі: Көрсеткіштік өрнек 4, 25, 10 үш түрлі негізде берілген, сондықтан бір негізге келтіру үшін, теңсіздіктің екі жағын да -бөлеміз. Нәтижесінде теңсіздігінен
аламыз. деп белгілесек, болады. , .
Бөлшек бөлімі әрқашанда оң мәнді екенін ескеріп теңсіздігін аламыз.
у айнымалысын бастапқы өрнекпен қайта алмастырсақ .
Жауап .
17) Теңсіздікті шешіңіз
Шешуі: деп белгілесек теңсіздігін аламыз. екенін ескеріп, теңсіздіктер жүйесін аламыз

Бастапқы айнымалыға қайта көшсек .
Жауап .
IV түріндегі теңсіздік , мұндағы кез келген рационал функция.
1) Егер немесе болса, онда тесңсіздіктің шешімі функциясының анықталу облысымен сәйкес келеді.
2) Егер болса, көрсеткіштік өрнектің негізіне баса назар аударамыз
а)
б)
Мысалдар. Теңсіздіктерді шешіңіз
17)
Шешуі: негізі бірден кіші, демек негіздерін түсіріп жазғанда теңсіздік таңбасы қарама-қарсыға өзгереді .
Аралықтар тәсілі арқылы шешімін жазамыз. Жауап .
18)
Шешуі:

2 мен 3 бірдей негізге келтірілмейді, демек 2 негізінде логарифмдейміз
.
19) а)
Шешуі: Теңсіздіктің оң жағы теріс сан. Демек, шешім функциясының анықталу облысымен сәйкес келеді.
б)
Шешуі: функциясының анықталу облысы .
в)
Шешуі: функциясының анықталу облысы .
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Жауап .
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
V түріндегі теңсіздіктер кез келген рационал функция.
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
1) Егер немесе болса, онда теңсіздіктің шешімі болмайды.
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
2) Егер болса, көрсеткіштік өрнектің негізіне баса назар аударамыз.
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
а)
----------------------------------- ----------------------------------- ----------

----------------------------------- ----------------------------------- ----------
б)
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Мысалдар.Теңсіздіктерді шешіңіздер
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
20)
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Шешуі: теңсіздіктің сол жағындағы қосынды арифметикалық прогрессияның мүшелерінің қосындысын береді.
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
.
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Бұдан жүйені аламыз.
----------------------------------- ----------------------------------- ----------

----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Прогрессия мүшелерінің саны оң санмен өрнектелінетіндіктен жауап .
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
21)
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Шешуі:
----------------------------------- ----------------------------------- ----------

----------------------------------- ----------------------------------- ----------

----------------------------------- ----------------------------------- ----------
. Жауап .
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
VІ түріндегі теңсіздіктер және мұндағы - рационал функциялар.1) а мен в сандары бірдей негізге келтірілетін болса, келтіріп, негіздерін түсіріп жазамызМысалы төмендегі теңсіздіктерді шешейік
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
22)
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Шешуі: Негіздері әртүрлі, сондықтан түрлендіріп бірдей түрге келтіруге тырысамыз. Екіншіден 0,(4) және 0,(6) периодты ондық бөлшектер, демекжәне..
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Өрнектердің негіздері бірдей және бірден кіші болғандықтан негіздерін түсіріп, теңсіздік таңбасын қарама-қарсыға өзгертіп жазамыз.
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Жауап .
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
23)
----------------------------------- ----------------------------------- ----------
Шешуі: нәтижесінде . Негізі бірден үлкен, демек негіздерін түсіріп жазғанда, теңсіздік мағынасы сақталынды , .
Жауап .
VІІ түріндегі теңсіздік, мұндағы , кез келген элементар функциялар.
Бұл тұрғыдағы теңсіздіктерді шешу үшін көрсеткіштік функцияның қасиеттеріне сүйеніп, зерттеулер жүргіземіз.
1) онда бастапқы теңсіздік шешімі функциясының анықталу облысының қиылысуы болады.
2) онда, көрсеткіштік өрнектің негізіне тәуелді теңсіздік аламыз және теңдігімен алмастырамыз. Нәтижесінде
егер
егер
теңсіздіктер жүйесін шешеміз.
Мысалы. Теңсіздікті шешіңіз
24)
Шешуі:
1) функциясының анықталу облысы , демек .
2) болсын, онда
Жауап .
2-тәсіл. екенін ескерсек, берілген теңсіздік
теңсіздіктер жүйесінің шешімі .
VІІІ түріндегі теңсіздіктер. Бұл жағдайда болуы мүмкін емес, себебі шешім болмайды. Демек теңсіздік теңсіздіктер жүйесіне келтіріледі.
Мысал. Теңсіздікті шешіңіз
25)
Шешуі:

ІХ түріндегі теңсіздіктер, мұнда және . және кез келген элементар функциялар. Бұл түрдегі теңсіздіктер төменгі екі системаға жіктелінеді.
1) және 2)
осы жүйелердің шешімі бастапқы теңсіздіктің шешімі болады.
Мысалдар. Теңсіздіктерді шешіңіз
26)
Шешуі: 1) және 2)
Әрбір жүйені жеке-жеке шешеміз:
1) ;
2) .
Жауап .
27)
Шешуі: 1) және 2) .
Әрбір жүйені жеке-жеке шешеміз
1) ;
2) .
Жауап .
Көрсеткіштік теңсіздіктерді шешуде оларды түрлендіріп, стнадартты түрге келтірумен қатар, басқа да әдіс-тәсілдерді қолдана білген тиімді:
а) аралықтар тәсілі:
Берілген трансценденттік өрнектерді теңсіздіктің бір жағына шығарып, көбейткіштерге жіктейміз.
Әрбір көбейткішті нольге теңестіру арқылы, берілген теңсіздіктің анықталу облысындағы нольдерін тауып, сол нүктелер арқылы анықталу облысын белгілі бір аралықтарға бөлеміз. Әрбір аралықта өрнектің таңбасын анықтаймыз. Таңбалар қисығын жүргіземіз. Тапсырма шартына сәйкес қажетті аралықты, штрихтау арқылы белгілеп, жауабын анықтаймыз.
Мысалы. Теңсіздікті шешіңіз
28)
Шешуі:

.
Демек

+
-
-

0
2

+
-
-

0
2

Жауап .
29) Теңсіздікті шешіңіз

Шешуі:
Әрбір көбейткішті нөлге теңестіру арқылы, өрнектің мәндерін табамыз. Олар . Демек, сан өсі аралықтарына бөлінеді. Әрбір аралықта өрнектің таңбасын анықтаймыз, яғни
+
-
-

1
5

3
+
+
-
-

1
5

3
+

Жауап .

1.4. Логарифмдік теңсіздік
Айнымалысы логарифм таңбасы астында немесе негізінде болып келетін теңсіздікті логарифмдік теңсіздік деп айтамыз.
Мысалы.
т.с.с.
Логарифмдік теңсіздіктерді шешу логарифмдік функциялардың қасиеттері мен логарифмдік теңдеулерді шешу тәсілдерімен сабақтасып жатады.
Сонымен қатар логарифмдік теңсіздіктердің шешімі көрсеткіштік теңсіздіктер секілді, логарифмнің негізіне тәуелді. Егер логаримдік өрнектің негізі бірден кіші болса, логаримді түсіріп жазғанда теңсіздік таңбасы қарама-қарсыға өзгереді, ал негізі бірден үлкен болса таңба сақталынады.
функциясының негізі бірден үлкен болса, ол - өспелі, ал бірден кіші болса - кемімелі болатындығынан:
егер ;
егер .
Логарифмдік теңсіздіктерге қатысты тұжырымдамалар аламыз.
Енді логаримдік теңсіздіктерді шешуді оның ең қарапайым түрлерінен бастайық:
І - түріндегі теңсіздік, мұнда , b - кез келген нақты сан.
Негізіне қатысты екі жағдайда қарастырамыз:
егер болса, онда ;
егер болса, онда шешім теңсіздіктері арқылы өрнектелінеді.
Мысалы. Теңсіздіктерді шешіңіз.
1) . Шығарылуы. - бірден үлкен, демек .
2) . Шығарылуы. .
3) . Шығарылуы. - бірден кіші, олай болса шешім .
4) .
Шығарылуы. .
5) . Шешуі: .
ІІ - түріндегі теңсіздік шешімі (І) түрдегі теңсіздіктің қарама-қарсы жағдайы, яғни:
егер болса, онда ;
егер болса, онда .
Мысалы. Теңсіздіктерді шешіңіз:
6) . Шешуі: , демек .
7) . Шешуі: , демек таңба қарам-қарсыға өзгереді, яғни .
ІІІ - түріндегі теңсіздік. Мұнда .
Айнымалы логаримнің негізінде болғандықтан, оның шешімі және жағдайларға тәуелді. Демек логаримдік теңдік, теңсіздіктер жүйесіне келтіріледі:
1) және 2)
Міне осы жүйелердің шешімі бастапқы теңсіздіктің шешімі болмақ.
Ескерту. - теңсіздіктің төрт белгісінің бірі, ал - теңсіздік мағынасының қарама-қарсыға өзгергендігін көрсетеді.
Мысалы. Теңсіздіктерді шешіңіз:
8) .
Шешуі: 1) және 2) .
Әрбір жүйені жеке-жеке шешеміз.
1) ;
2) .
Жауап: .
9) .
Шешуі: 1) және 2) .
Теңсіздіктер жүйелерін шешеміз.
1) , ортақ жауап ;
2) ортақ жауап .
Сонда берілген теңсіздік шешімі болады.
ІV немесе түріндегі теңсіздіктер жаңа айнымалы еңгізу арқылы, қарапайым стандартты түрдегі теңсіздіктерге келтіріледі.
Мысалы. Теңсіздіктерді шешіңіз:
10) . Шығарылуы. деп белгілейміз. Сонда . Бұдан немесе .
х айнымалысына қайта көшсек
.
Жауап: .
11) .
Шешуі: - белгілейміз. Бұдан . тағы белгілеу енгіземіз. Сонда .
болғандықтан, квадрат теңсіздікке келтіріледі. . Бұдан . Бірінші теңсіздіктің шешімі жоқ, екіншісінен аламыз. у-те көмекші белгісіз, оны да х айнымалысына тәуелді өрнекпен қайта алмастырсақ логарифмдік теңсіздіктер жиынтығын аламыз. Жауап .
V а) - түріндегі теңсіздік.
Егер ;
Егер .
б) - түріндегі теңсіздік.
Егер ;
Егер .
Бұл түрдегі логарифмдік теңсіздіктерді шешу барысында логарифм таңбасы ішіндегі функциясының оң мәнді болуын ескерген жөн.
Мысалы. Теңсіздіктерді шешіңіз:
12) .
Шығарылуы. -тен түсінеміз. Бұдан
.
13) . Шығарылуы. ,
. Бірінші квадрат теңсіздік шешімі бүкіл сан осі, екіншісінікі аралығы.
Жауап
VІ - түріндегі теңсіздік. Мұнда және . Айнымалы шама логарифмнің негізінде болғандықтан екі түрлі жағдай қарастырылады:
1) және 2) .
Осы теңсіздіктер жүйелерінің шешімдері бастапқы теңсіздіктің шешімі болады.
Мысалы. Теңсіздікті шешіңіз:
14) .
Шығарылуы. 1) және 2) .
Әрбір теңсіздіктер жүйсін жеке шешеміз.
1) , себебі екінші теңсіздіктің мағынасы жоқ;
2) .
Жауап .
15) . Шығарылуы. және . қарастырылып отырған түрдегі теңсіздіктер жүйесіне келтірдік. Бұдан 1) және 2) .
Әрбір жүйені жеке шешеміз.
1) ;
2) .
Жауап .
VІІ - түріндегі теңсіздік. Мұнда және . Бұл тұрғыдағы теңсіздіктердің шешімі де теңсіздіктер жүйесіне келтіру арқылы шешіледі:
1) және 2) .
Осы теңсіздіктер жүйелерінің шешімдері бастапқы теңсіздіктің шешімі болады.
Мысалы төмендегі логарифмдік теңсіздіктерді шешейік.
16).
Шешуі:. . Ережеге сүйенсек:
1) және 2) .
Енді бұл теңсіздіктер жүйелерінің логарифмдерге қатысы жоқ. Әрқайсысын жеке шешеміз.
1) . Бұл жүйенің шешімі ;
2) .
Еікінші теңсіздіктер жүйесінің шешімі
Жауап .
VІІІ - түріндегі теңсіздік.
Егер
Егер
Мысалы. Теңсіздікті шешіңіз:
17) .
Шешуі:. Логарифмнің мағынасы болуы үшін бұл функциялар оң болуы қажет. Демек . Негізі бірден кіші болғандықтан теңсіздіктің мағынасы, негіздерін түсіргенде қарама қарсы өзгереді .
18) .
Шешуі: Сыртқы логарифмдердің негіздерін бірдей түрге келтіреміз

, яғни негіздерін бірдей түрге келтіреміз. Үшінші теңсіздікті жеке қарастырайық
деп белгілесек
+
+
-
-
-1

0
1

+
+
-
-
-1

0
1

у айнымалысын қайта алмастырсақ теңсіздіктер жүйесін аламыз. Тапсырманы аяқтау оқырманға міндеттелінеді. Жауап .
Ескерту. екендігін ескеріп бірінші теңсіздікті қарастырмаса да болады.
ІХ - түріндегі теңсіздік. Мұнда және кез келген функциялар.
1) және 2) .
Осы теңсіздіктер жүйелерінің шешімі берілген теңсіздіктің шешімі болады.
Мысалы. Теңсіздікті шешіңіз:
19) .
Шығарылуы.
.
Бұл теңсіздікті шешпес бұрын, берілген теңсіздіктің анықтау облысын (мүмкін мәндер облысын) табайық, ол теңсіздікті шешу жолын жеңілдетеді
.
Демек теңсіздік шешімі аралығында ғана жатуы керек. Сонымен
1) және 2) .
Тапсырманы аяқтау оқырманға міндеттелінеді.
Жауап .
20) Қайсыбір жағдайларда теңсіздіктерді жалпыға ортақ тәсілдермен шығару мүмкін бола бермейді. Есеп шартына байланысты ой қорытылып, жауабы анықталынады.
Мысал. Теңсіздікті шешіңіз:
.
Шығарылуы. Бөлшек оң мән қабылдайды. Егер оның алымындағы және бөліміндегі өрнектердің таңбалары бірдей болса, ал берілген өрнектің бөлімі болса, әрқашанда оң мәнді болады. Демек теңсіздіктің анықталу облысы теңсіздіктер жүйесінің ортақ шешімі болады.
Бұдан қарастырып отырған облыста шешімін тапсақ жеткілікті. Бірақ бұл теңсіздікті бір негізге келтіріп, ережеге сәйкес шығару көп уақытты, ұзақ есептеулерді қажет етеді. Сондықтан қосындыдағы әрбір өрнектің теңсіздіктің анықталу облысындағы таңбаларын анықтайық, яғни теңсіздігінің шешімі қандай аралықта жататынын қарастырайық.
Онда . Демек аралығында қарастырып отырған өрнек теріс мән қабылдайды. Ал жиыншасы болып келеді. Яғни . Енді болатынын көрсетсек, жеткілікті , бұдан , кез келген х үшін, оң мәнді.
Бұдан бастапқы теңсіздіктің шешімі аралығы деген қорытындыға келеміз.
Аралас типтегі өрнектерден тұратын теңсіздіктерді шешу барысында аралықтар (интервалдар) тәсілін қалданған да тиімді.
Ол үшін берілген өрнектің анықталу облысында берілген өрнектің алымы мен бөлімінің таңбаларын анықтап қажетті аралықты, іріктеп аламыз.
Мысал. Теңсіздікті шешіңіз:
21) .
Шешуі: Теңсіздіктің анықталу облысы
,
.
Міне осы облыста өрнектің таңбасын анықтайық. Ол үшін бөлшектің алымы мен бөлімінің ноль нүктелері арқылы әрбір аралықтағы таңбаларын зерттейміз.
+
+
+
-
-

-1
0
2

3
4

+
+
+
-
-

-1
0
2

3
4

Бізге қажетті бөлшектің теріс болатын мәндері, демек бөлшектің ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.