Математика лекцилар жинағы

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 132 бет
Таңдаулыға:

ЛЕКЦИЯ № 1 Сандардың бөлінгіштігі
Жоспар:
1.Сандардың бөлінгіштік белгілері.Паскаль белгісі.
2. Натурал санның қарапайым жіктелуі
3.Арифметиканың негізгі теоремасы
4.Натурал сандардың бөлгіштер санын және бөлгіштерінің қосындысын анықтау

1.Сандардың бөлінгіштік белгілері.Паскаль белгісі.
Сандардың бөлінгіштік белгілерін салыстыру жәрдемімен тағайындауға болатындығын ең алғаш француз математигі Блез Паскаль(1623-1682) көрсеткен.
Кез келген N натурал санының m натурал санға бөлінуінің қажетті және жеткілікті шартын сипаттайтын ереже N-нің m-ге бөліну белгісі делінеді.Ол белгі g жүйеде жазылған кез келген натурал санның цифрлары арқылы, сол санның берілген m санға бөлінетіндігін немесе бөлінбейтіндігін ажыратуға мүмкіндік береді. Француз Блез Паскаль натурал сандардың бөлінгіштігінің жалпы белгісін тұжырымдаған.
Паскаль белгісі. g санау жүйесінде жазылған N= an gn + an-1 gn-1 +...+ +a1 g + a0 натурал саны m натурал санына бөліну үшін Q=an rn + +an-1 rn-1 +...+ a1 r1 + a0 натурал саны m-ге бөлінуі қажетті және жеткілікті. Мұндағы ri саны gi санын m-ге бөлгендегі қалдық.
Енді кейбір сандардың бөлінгіштік белгілерін келтірелік.
2-ге бөлінгіштік белгі. Егер санның соңғы цифры нөл немесе 2,4,6,8 болса, онда бұл сан 2-ге қалдықсыз бөлінеді. Мысалы: 24, 654, 326, 320.
Соңғы цифрлары 0,2,4,6,8 болған сандар жұп сандар деген тұжырымға келеміз.
2) 4-ке бөлінгіштік белгі. Егер санның соңғы екі цифры да нөл болса немесе осы соңғы екі цифрдан құралган екі таңбалы сан 4-ке бөлінсе, онда бұл сан 4-ке қалдықсыз бөлінеді. Мысалы: 648:4; 123456:4; 8700:4. Себебі 48 , 56, 100 сандары 4 ке қалдықсыз бөлінеді.
3) 5-ке бөлінгіштік белгі. Егер сан 0 немесе 5 цифрымен аяқталса, онда бұл сан 5-ке қалдықсыз бөлінеді. Мысалы: 125; 5; 130; 565; 166605; сандары 5-ке қалдықсыз бөлінеді.Себебі соңғы цифрлары 0 немесе 5 цифрымен аяқталған.
4) 3 пен 9-ға бөлінгіштік белгі. Егер санның құрамындағы цифрлардың қосындысы 3-ке (9-ға) бөлінсе, онда бұл сан 3-ке (9-ға) қалдықсыз бөлінеді.
1-мысал. 147 санының 3-ке бөлінетін, бөлінбейтінін білу үшін, ол санның цифрларының косындысын табамыз: 1+4+7=12, 12:3=4 , олай болса 147 саны 3-ке қалдықсыз бөлінеді яғни 147:3=49 болады.
2-мысал 384 санының 3-ке бөлінгіштігін анықтау
.
Әрбір қосылғыш 3 ке бөлінеді екен. Олай болса берілген 384 саныда 3 ке қалдықсыз бөлінеді екен.
3-мысал 783 санының 9-ға бөлінгіштігін анықтау
Әрбір қосылғыш 9 ға бөлінеді екен. Олай болса берілген 783 саныда 9 ға қалдықсыз бөлінеді екен.
783 саны 9-ға бөліне ме? Санның цифрларының қосындысы 7+8+3=18. 18 саны 9-ға бөлінеді. Демек 7839.
4-мысал. санының оң және сол жағына қандай цифрды тіркегенде, ол -ге қалдықсыз бөлінеді?
Шешу: 27 саны 3-ке және 9-ға бөлінеді. Берілген 97 санының цифрларының қосындысы 16 болғандықтан, оның 3-ке және 9-ға бөлінуі үшін қосынды 18, 27, 36, ... болуы мүмкін. Сондықтан 1 цифрын алуға болады, яғни 1971 саны 27-ге қалдықсыз бөлінеді. Кейінгі қосынды 27 (36)болуы үшін алдыңғы қосынды 16-ға 11-ді (20-ны) қосу керек. Олар екі таңбалы сан болғандықтан, есептің шартына сәйкес келмейді.
Сонымен, , ізделінді сан - .
Жауабы: 1 цифры.
5-мысал. Олимпиада ойындарында тек аңдар! Тасбақаларды есептейміз.
Рептилияның командасында тек тасбақа болды. Тасбақалар саны -ден көп , бірақ -ден аз.Олимпиада ойындарының ашылу салтанатында бұл команданы 2, 3 немесе 4 тен құралған жануарлар қатарына орналастыруға мүмкін болмады, өйткені бір жануар соңғы қатарда әрқашан жетпеді.
Сондықтан әр қатарда жануардан тұратын тасбақа командасын құруға тура келді.Рептилия командасында қанша тасбақа болды?
Шешу:
Егер тасбақалар саны -ге ұлғайтылса, ол , , -ке бөлінеді. Осы сандардың ең кіші ортақ еселігі . Есеп шартына сәйкес тасбақалар саны -ден көп және -ден аз болуы үшін: олардың саны , , және -дан аспайды.Тасбақалар саны көрсетілген сандардан -ге аз болуы және -ке бөлінуі тиіс.Сондықтан қатардағы саны ғана жарамды, себебі: және ол 5-ке қалдықсыз бөлінеді.Сонымен, рептилия командасында тасбақа бар екен.
Салдар. 6-ға бөлінгіштік белгі. 3-ке бөлінетін жұп сандар 6-ға қалдықсыз бөлінеді. Мысалы: 132:6; 1320:6
5) 11-ге бөлінгіштік белгі. Егер санның құрамындағы тақ орындағы цифрларының қосындысы мен оның жұп орындарындағы цифрларының қосындысының айырмасы нөлге тең немесе 11-ге бөлінетін болса, онда бұл сан 11-ге қалдықсыз бөлінеді.
6-мысал. 1) 7896 және 2) 208912 сандарының 11 ге бөлінетіндігін тексеріңдер.
1) . Нәтижедегі 2 саны 11 ге бөлінбейді, берілген 7896 санда 11 ге бөлінбейді.
2) , демек, берілген сан 11 ге бөлінеді:
6) 25 ке бөлінгіштік белгі: Егер санның соңғы екі цифры да нөл болса немесе осы соңғы екі цифрлардан құралган екі таңбалы сан 25-ке бөлінсе, онда бұл сан 25-ке қалдықсыз бөлінеді. Мысалы, 500; 8500; сандары 25 ке қалдықсыз бөлінеді.
7) 7-ге бөлінгіштік белгілер (үш түрлі бөлінгіштік белгісін қарастырамыз) :
a) берілген санның соңғы цифрын сызып тастағандағы пайда болған саннан, берілген санның соңғы цифрын екі еселегендегі көбейтіндіні азайтқандағы сан 7-ге бөлінсе, берілген санда 7 ге бөлінеді:
7-мысал. 259 саны 7-ге бөлінеді, себебі болады. Ал бұл айырма 7 ге бөлінеді.
b) 7 -ге бөлінгіштіктің тағы да бір белгісін көбейтіндісінен пайдалану арқылы келтіріп шығаруға болады. Бөлінгіш сан төрт таңбалы сан немесе одан жоғары таңбалы сан болса ғана осы белгіні пайдалануға болады. Мұнда 1001 санының сиқырынан пайдаланылады. Кез келген үш таңбалы санды 1001 санына көбейтсек, сол үш таңбалы санды екі рет жазып (алты таңбалы сан түрінде) қоя салуға болады. Мысалы 859∙1001=859∙7∙11∙13= 859859; 658∙1001=658∙7∙11∙13 =658658.
1001 санының осындай сиқырынан пайдаланып 7-ге бөлінгіштік белгісін келтіріп шығаруға болады.Соған мысал келтіреміз.
8-мысал Мысалы, 859 516 санының 7-ге бөлінетінін 1001 санының сиқырынан пайдаланып тексерейік. Берілген 859516 санын мынадай түрлендірейік: 859∙1001=859∙7∙11∙13= 859859; екендігінен пайдалансақ 859516=859∙1001-859+516=859859-343 түрінде жазуға болады. Соңғы теңдікте азайғыш 1001 ге (сәйкесінше, 7-ге де) бөлінеді, азайтқыш 343 тың 7-ге бөлінетінін тексеру жеткілікті. 343 = 49∙7 , демек 859516 санының өзі де 7-ге бөлінеді.
с) Егер санның құрамындағы тақ орындағы цифрларының қосындысы мен оның жұп орындарындағы цифрларының қосындысының айырмасы нөлге тең немесе 7-ге бөлінетін болса, онда бұл сан 7-ге қалдықсыз бөлінеді.
9-мысал. 1) 85314507229 және 2) 363862625 сандарының 7 ге бөлінетінін тексерейік.
Шешу. 1) берілген санның соңынан үш-үштен шартты түрде бөліктерге бөлеміз. Бірінші және үшінді үштіктен, екінші және төртінші үштіктерден екі қосынды құрастырамыз: және Олардың айырмасын табамыз бұл айырма 7 ге бөлінеді екен. Олай болса берілген санда 7 ге бөлінеді екен.
2) жоғарыдағыдай үштіктерден пайдалансақ , айырма
625-862+363=126 ға тең болады, a) белгісіне сәйкес, болса 7-ге бөлінеді, сондықтан 363862625 саны да 7-ге бөлінеді.

2. Натурал санның қарапайым жіктелуі
Айталық, а саны жай көбейткіштерге жіктелсін. Бұл жіктелудегі бірдей көбейткіштерді дәреже түрінде жазып, мынадай формула аламыз:
(1.5.1)
Мұнда p1, p2, ..., рк - әp түрлі жай сандар, олар берілген а санының жай бөлгіштері деп аталады, п1, п2, ..., пк - теріс емес бүтін сандар. Санның (1.5.1) түрінде жіктелуі оның қарапайым жіктелуі деп аталады. Мысалы,
1176 = 2∙2∙2 ∙3∙7∙7 =23∙3∙72.
Жалпы, санның карапайым жіктелуін табу (caн өте үлкен болғанда) күрделі әрі қиын жұмысқа айналады. Мысалы, ЭЕМ-ның көмегі арқылы 219937-1 санының жай сан болатындығы жақында ғана анықталған және бұл санның жазылуына 60 000-нан астам цифр қажет болатындығы анықталған.
Дегенмен, өте үлкен емес сандардың қарапайым жіктелулерін анықтауға болады.
3.Арифметиканың негізгі теоремасы
Әрбір құрама санды жай сандардың көбейтіндісі ретінде жіктеп жазуға болады. Мысалы, 252=2∙2∙3∙3∙7 немесе 252=22∙32∙7. Бұл мысалдан кейбір жай сандар көбейткіш ретінде бірнеше рет қайталанатындығын көреміз.
Теорема. (Арифметиканың негізгі теоремасы). 1-ден өзге әрбір натурал сан бір ғана түрде жай сандардың көбейтіндісіне жіктеледі.

4.Натурал сандардың бөлгіштер санын және бөлгіштерінің қосындысын анықтау

Кез келген күрделі n санын канондық жіктеуге болады. Мұндағы сандары жай сандардың дәреже көрсеткіштері сол көбейткіштердің неше рет қатысатынын көрсетеді.
n натурал санның барлық бөлгіштері санын деп, барлық натурал бөлгіштерінің қосындысын деп белгілейік.
2 - теорема. Егер n натурал санның канондық жіктелуі болса, онда
,
болады.
1-мысал. санның канондық жіктелуі болғандықтан, оның натурал бөлгіштері саны , ал осы әртүрлі натурал бөлгіштердің қосындысы
болады.

ЛЕКЦИЯ №2
Анықталмаған коэффициенттер әдісін қолданып теңдеулерді шешу.
Жоспар:
1.Горнер схемасы.
2. Безу теоремасы және анықталмаған коэффициенттер тәсiлi.
1.Горнер схемасы.

1-Мысал. көпмүшелiгiн Безу теоремасы және Горнер схемасы әдiсiн пайдаланып көбейткiштерге жiктеу керек.
Шешуi: Көпмүшелiктiң коэффициенттерi бүтiн сандар, сондықтан көпмүшелiктiң түбiрi болуы үшiн саны 2-нiң натурал бөлгiштерi, яғни 1 мен 2, саны 8-дiң бүтін бөлгiштерi, яғни 1, 2, 4, 8 сандарының бiрi болуы керек.
Сонымен есептiң рационал түбiрi болса мына сандардың бiрi болуы керек: 1, 2, 4, 8, .
.
Сонымен берiлген көпмүшелiк екiмүшелiгiне бөлiнедi екен.
Горнер схемасымен бөлiндi көпмүшелiктi табайық:

x = -1
2 -3 -7 6 8
2 -5 -2 8 0
x = -1
2 -3 -7 6 8
2 -5 -2 8 0

Сонда болады.
Бұл көпмүшелiктiң түбiрi болуы үшiн Р4(х) жағдайдағыдай, ол 1, 2, 4, 8, сандарының бiрi болуы керек.
болғандықтан Q3(х) көп-мүшелiгi (х-2) екiмүшелiгiне бөлiнедi.
Горнер схемасы бойынша:

x = 2
2 -5 -2 8
2 -1 -4 0
x = 2
2 -5 -2 8
2 -1 -4 0

бөлiндi көпмүшелiк . Сонымен,

2-Мысал. көпмүшелiгiн Безу теоремасы және Горнер схемасының жәрдемiмен көбейткiштерге жiктеу. Мұнда . Сондықтан көпмүшелiк-тiң рационал түбiрi 18-дiң бөлгiштерi болу керек. Ол, Ал,
x = 1
1 3 7 9 1 -3 18
1 4 11 20 21 18 0
x = 1
1 3 7 9 1 -3 18
1 4 11 20 21 18 0
болғандықтан берiлген көпмүшелiк -ге бөлiнедi. Горнер схемасы бойынша:

.
Мұнда
Сондықтан көпмүшелiгi - ге бөлiнедi.
Горнер схемасы бойынша:

x = -2
1 4 11 20 21 18 18
1 2 7 6 9 0
x = -2
1 4 11 20 21 18 18
1 2 7 6 9 0

Сонымен, .

2. Безу теоремасы және анықталмаған коэффициенттер тәсiлi.
3-Мысал. көпмүшелiгiн Безу теоремасы және анықталмаған коэффициенттер әдiсiмен көбейткiштерге жiктеңдер.
Шешуі:Көпмүшелiктiң рационал түбiрi бiрi болу керек.
болғандықтан көпмүшелiгi - ге бөлiнедi.
Анықталмаған коэффициенттер әдiсiмен көпмүшелi-гiн -ге бөлгенде шығатын көпмүшелiктi табайық, ол дейiк. Сонда
болады. Мұндағы тең дәрежелi -тың коэффициенттерiн теңестiрсек:

Сондықтан
Сонымен

ЛЕКЦИЯ№3 . Теңсiздiктердi дәлелдеу.Иррационал теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу әдістері. Қиындатылған есептер.

ЖОСПАР:
1.Теңсіздіктердің қасиеттері
2.Теңсіздіктерді дәлелдеу
3.Қиындатылған есептер

1.Теңсіздіктердің қасиеттері

Нақты сандар өрісінің тәртіптілік қасиеті бар: кез келген екі нақты санның бірі екіншісінен не үлкен, не тең, не кіші болады. Бұл қатыстарды таңбаларымен белгілейді. Сонда нақты сандар болса, онда олар арасында мына қатыстың тек бірі орындалады.
қатыстарын теңсіздіктер дейді. ол теңсіздіктің мүшелері делінеді деген мен -ның айырмасы оң сан, деген мен -ның айырымы теріс сан деген сөз. мен теңсіздіктерін бір мағыналы, ал мен теңсіздіктерін қарама қарсы мағыналы теңсіздіктер дейді.Олар қатаң теңсіздіктер. Олармен қатар қатаң емес теңсіздіктер қарастырылады.
теңсіздігі болғанда да, болғанда да дұрыс, ал болғанда дұрыс емес , екі теңсіздіктің орнына немесе қос теңсіздігін пайдалануға болады.
Сандық теңсіздіктердің мынадай түрлері бар:
1. Егер болса, онда болады. Бұл теңсіздіктің қайтымсыздық қасиеті.
2. Егер болса,онда кез-келген с үшін болады.
3. Егер болса,онда болады (Бұл теңсіздіктің транзитивтік қасиеті).
4. Егер болса, онда болады.
5. Егер болса,онда болады.
Егер болса, онда болады.
6. Егер болса онда кез-келген үшін ал үшін болады.
7. Егер болса,онда болады.
8. Егер болса,онда болады.
9. Егер болса,онда кез-келген натурал сан үшін болады. Керісінше болғанда болса,онда болады.
10. Егер болса, онда кез-келген натурал сан n үшін болады.
11. Егер болса, онда кез-келген натурал сан n үшін болады.
12. Егер болса, онда кез-келген натурал сан n үшін болады.
Сан модуліне арналған кейбір теңсіздіктерді дәлелдейік.
13. Кез келген саны үшін болады
Дәлелдеуі: болса, онда ал болса онда болғандықтан қатаң теңсіздігі орындалады. Сонымен екі жағдай үшін болады.
14. Кез-келген және сандары үшін болады.
Дәлелдеуі: 13 бойынша болады оларды қоссақ 5 қасиет бойынша: болып шығады. Алболғандықтан қоссақ. Сонда мен -ден болады. Мұндағы теңдік болғанда орын алады.
15. Кез-келген мен сандары үшін болады. Дәлелдеуі: болады.
Бұған 14 пайдалансақ:, бұдан .

Екі нақты саны өзара салыстыру үшін түрлі әдістер қолданылады.
1. Егер екі бүтін сан берілсе, онда олардың қайсысының екіншісінен үлкен не кіші екенін ажырату тікелей анықталады.
2. Екі бөлшек санды салыстыру үшін, олардың не алымдарын не бөлімдерін бірдей күйге келтіру керек..
және бөлшектерін ортақ бөлімге келтірсек және болса, онда болар еді де, қысқартқаннан соң болып шығады.
1-Мысал. және бөлшектерін салыстыру үшін, ортақ бөлімге келтіреміз және . болғандықтан , бұдан болады.
3. Түбірлерді (радикалдарды) салыстыру үшін, түбірлердің дәрежесін теңестіріп, түбір астындағы санды салыстыру керек.
Мәселен, болса мына және күйге келтіріп болса, онда болады да,болып шығады.
2-Мысал. түбірлерін салыстыру үшін, түбір дәрежелерін, тең күйге келтіреміз. Сонда болып болғандықтан , бұдан болып шығады.
3. Логарифімді салыстырғанда мыналарды ескерту керк:
а) болғанда, егер болса, болады.
б) болғанда егер болса болады.
3-Мысал.
Бірінші теңсіздікте ,екінші теңсіздікте
4-Мысал. . Егер деп жорысақ, онда болар еді. Түрлендірсек болар еді.
Бұл теңсіздік дұрыс емес, сондықтан дәл осы есепті былайша да салыстыруға болады, әр түбірді жеке-жеке бағалаймыз:

Бұдан қай түбірлер қосынндысының үлкен екендігі байқалмайды. Өйткені 6 мен 8-дің арасында жатқан сан 7 мен 9-дың арасында жатқан саннан кіші болады деуге болмайды. Мәселен, бірінші 7,9 екіншісі 7,5 болуы мүмкін. Сондықтан, енді ол қосылғыштарды 0,1дәлдікте бағалаймыз.

Бұдан екінші қосылғыштың көп екені көрінеді, оның аз мәнінің өзі бірінші қосылғыштың артығымен алынған мәнінен көп болып кетті: Сонымен
5-Мысал. және сандарын салыстыру керек:
Ал,
Сонымен мен аралықта жатыр екен аралықтың қақ ортасы . Берілген сандар немесе аралықтың қайсысында жататынын анықтаймыз:
дейік, онда
Бұл теңсіздік дұрыс. Сондықтан яғни аралықта жатады екен. Енді
дейік, онда Бұл дұрыс емес теңсіздік. Сондықтан Сонымен
болып шығады.
6-Мысал. және сандарын салыстыру:

және алгебралық өрнектің мүмкін мәндері облысына кіретін жиынынан алынған сандарға сай келетін өрнегінің сан мәні сол сандарға сай келетін өрнегінің сан мәнінен үлкен (кіші) болатын болса, теңсіздігі жиынында теңбе тең теңсіздік делінеді.
Мысалы: теңсіздігі нақты сандар жиынында теңбе-тең теңсіздік болады, өйткені -тың кез-келген нақты мәнінде бұл теңсіздік дұрыс теңсіздік.
Егер жиыны берілмесе, онда теңбе тең теңсіздік ол теңсіздікке кіретін өрнектердегі мүмкін мәндері жиынында қаратырылады.
Алгебралық өрнектерде де қатаң теңсіздіктермен қатар, қатаң емес теңсіздіктер қарастырылады. Қатаң емес теңсіздікте бұл өрнектердің мұмкін мәндері облысына кіретін жиынынан алынған сандарға сай келетін өрнектерінің сан мәндері не тең, не -ның сан мәні -ның сан мәнінен үлкен деп түсіну керек.

2.Теңсіздіктерді дәлелдеу
Теңбе-тең теңсіздіктердің мынадай қасиеттері бар:
алгебралық өрнектерінің мүмкін мәндері облысынан алынған жиынында:
1. болса, онда болады.
2. болса, онда болады..
3. болса, онда болады.
4. болса, онда болады.
5. болса, онда болады.
6. болса, онда болады.
7. болса, онда болады.
8. болса, онда болады.
9. болса, онда болады.
10. болса, онда болады, -натурал сан.
11. болса, онда болады,- натурал сан.
12. болса, онда болады,- натурал сан.
13. болса, онда болады, - натурал сан.
14. болса, онда болады, - натурал сан.
15. болса, онда болады, - натурал сан.
Бұл келтірілген қасиеттер теңсіздіктері үшін де дұрыс. Көптеген жағдайда теңсіздіктердің берілген жиынында немесе ол теңсіздіктерге кіретін алгебралық өрнектердің мүмкін мәндері жиыны облысында теңсіздіктердің дұрыс, не қате екенін дәлелдеуге тура келеді.
Дәлелдеу түрлі жолмен іске асады. Ол жолдардың кейбіреулеріне мысал келтірейік.

2.1 Теңсіздікті оның анықтамасына сүйеніп дәлелдеу.

Теңсіздіктің анықтамасы бойынша болу үшін болуы жеткілікті. Сондықтан және алгебралық өрнектері үшін екенін көрсету үшін айнымалылардың қарастырылып отырған жиыннан алынатын кез-келген сан мәндері үшін екенін дәлелдеу керек.
1-Мысал. Таңбалас кез-келген екі нақты санның бір-біріне қатынастарының қосындысы 2-ден кем болмайтындығын, яғни болса, онда болатындығын дәлелдеу керек.
Дәлелдеуі: Мына айырымды қарастырамыз.

Бұл өрнек болса оң , ал болса нөлге тең. Сондықтан дұрыс теңсіздік.

2-Мысал. Екі оң нақты санның арифметикалық ортасы, сол сандардың геометриялық ортасынан кем болмайды, Яғни болса, онда болады. (Коши теңсіздігі).
Дәлелдеуі: Айырымын қарастырамыз.

Соңғы өрнек кез-келген сандары үші оң, ал болса нөл. Сондықтан теңсіздік дұрыс.

3-Мысал. Оң сан үшін болатындығын дәлелдеу керек.
Дәлелдеуі: Айырымы
Бұл кез келген оң сан үшін. Сондықтан теңсіздік дұрыс. Тепе-теңдік тек болғанда орындалады.

4-Мысал. теңсіздігін дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: Айырымы

Кез-келген нақты сан үшін оң сан болады. Сондықтан, дұрыс теңсіздік.

5-Мысал. Кез-келген оң сандар үшін теңсіздігінің дұрыстығын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: Айырымы

Бұл кез-келген үшін оң сан. Сондықтан берілген теңсіздік дұрыс.

6-Мысал. болғанда, болатынын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: Айырымы

Есептің шарты бойынша болғандықтан бұл өрнек оң (теңдік болғанда орындалады) Сондықтан берілген теңсіздік дұрыс.

7-Мысал. Кез-келген сандары үшін теңсіздігінің дұрыстығын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: Айырымы

кез келген үшін оң сан, үшін нөл болады. Сондықтан берілген теңсіздік дұрыс.

2.2 Теңсіздікті дәлелдеудің синтетикалық әдісі.

Бұл әдіс бойынша, бірқатар түрлендірулер арқылы дәлелденбек теңсіздікті, дұрыстығы дәлелденген немесе талас тудырмайтын шүбәсіз теңсіздіктерге алып келіп, солар арқылы дәлелдейді.Ондай теңсіздіктерді тірек теңсіздіктер дейді.
Оларға жататындар:

т.б. теңсіздіктер.
8-Мысал. болғанда, болатынын дәлелдеу керек.
Дәлелдеуі: Тірек теңсіздік үшін Коши теңсіздігін пайдаланайық. Сонда
болғандықтан, оларды мүшелеп қоссақ
болып шығады. Демек, берілген теңсіздік дұрыс.

9-Мысал. Оң сандар үшін болатынын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: Коши теңсіздігін екі рет пайдаланамыз. Сонда
болып теңсіздік дәлелденеді.

10-Мысал. болғанда болатынын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: , болғандықтан
болар еді. Бұдан,
болады.
Мүшелеп қоссақ,
немесе .

11-Мысал. болғанда
болатынын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі:

12-Мысал. Кез келген натурал n үшін болатынын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: кез келген натурал сан үшін мына теңсіздік болатындықтан

= болып шығады.
13-Мысал. Теңсіздікті дәлелдеңіздер:
Мұндағы
Дәлелдеуі: Коши теңсіздігін пайдаланамыз.
бұларды көбейтсек.

14-Мысал. Кез-келген нақты сан үшін
дұрыстығын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі. Сан осін және аралықтарға бөліп, сол аралықта берілген теңсіздікті қарастырайық.
а)аралықта ал болғандықтан, бұл аралықта
б)аралықта
болғандықтан .
в) аралықты қарасатырайық. Бұл кезде болатындықтан болып шығады. Сонымен үш аралықта да оң сан болатындықтан теңсіздік дұрыс.

2.3. Қарсы жору арқылы дәлелдеу.

15-Мысал. болатынын дәлелдеңіздер.
Дәлелдеуі: а, в, с, д-лардың кебір мәндеріне теңсіздік дұыс емес дейік, онда
орындалады. Екі жағын квадраттайық (олар сан өрнек)

=.
Бұдан

Бұл теңсіздік дұрыс емес сондықтан берілген теңсіздік дұрыс.

16-Мысал. теңсiздiгiн дәлелдеңiздер. Дәлелдеуi. мен -ны кейбiр мәндерiнде бұл дұрыс емес десек, онда өрнегi дұрыс болады. Бұдан оң болғандықтан,

Бұл терiс болуы мүмкiн емес және тек болғанда нөлге тең. Сондықтан берiлген теңсiздiк дұрыс.

2.4.Математика индукция әдісімен теңсіздіктерді дәлелдеу.
Бір теңсіздіктің кез келген натурал сан үшін дұрыс екендігін дәлелдеу керек болсын . Ол теңсіздіктің барлық натурал сандар үшін дұрыстығын жеке-жеке тексеріп шығу мүмкін емес. Сондықтан ол теңсіздіктің болған кезде дұрыстығын тексереді де, ол теңсіздікті болғанда дұрыс деп алады да, болғанда дұрыс екенін дәлелдейді. Сонда дұрыс болып шықса, онда үшін де дұрыс болады.
17-Мысал. Кез келген натурал сан үшін болатынын дәлелдеңіздер
Дәлелдеуі. болғанда теңсіздік дұрыс болғанда теңсіздік дұрыс болғанда, теңсіздік дұрыс дейік те болғанда да дұрыстығын дәлелдейік, яғни -дің дұрыстығын дәлелдейік ескерсек,
Сонымен теңсіздік болғанда да дұрсы болады. Сондықтан берілген теңсіздік -нiң кез келген мәнінде дұрыс болады.
18-Мысал. Бернулли теңсіздігінің мұндағы дұрыстығын дәлелдеңіздәр.
болса
Теңсіздік болғанда дұрыс болсын, яғни болсын.
Енді болғанда да дұрыс, яғни екенін дәлелдейік.

өйткені Сонымен болғанда да теңсіздік дұрыс екен. Сондықтан Бернулли теңсіздігі кез-кеклген натурал сан үшін болғанда дұрыс.

ЛЕКЦИЯ№4 . Иррационал теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу әдістері. Қиындатылған есептер
Жоспар:
1.Иррационал теңдеулерді шешу
2. Қиындатылған есептер

1.Иррационал теңдеулерді шешу

Анықтама Белгісізі түбір астында болатын теңдеу иррационал теңдеу деп аталады.
Күрделі теңдеулерді шешуден алдын ең қарапайым иррационал теңдеулерді шешуді үйрену керек. Ең қарапайым иррационал теңдеулерге: түріндегі теңдеулер кіреді.
Иррационал теңдеуді шешудің негізгі идеясы - оны иррационал теңдеуге эквивалентті болатын немесе оның салдары болатын рационал алгебралық теңдеуге келтіру болып табылады.
Түбірден құтылып, рационал теңдеу алудың негізгі тәсілі - түбірдің дәрежесіне тең дәрежеге теңдеудің екі бөлігін де шығарып, формуласы арқылы радикалдардан құтылу болып табылады.Егер иррационал теңдеудің екі бөлігін де бірдей тақ дәрежеге шығарып, радикалдардан құтылсақ, онда бастапқы теңдеуге эквивалентті теңдеу шығады. Ал теңдеуді жұп дәрежеге шығарғанда бастапқы теңдеудің салдары болатын теңдеу шығады. Сондықтан бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін, бірақ түбір жоғалмайды. Бөгде түбірлердің пайда болу себебі жұп дәрежеге шығарғанда абсолют шамасы тең, таңбасы бойынша әртүрлі нәтиже шығатындығында.
Бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін болғандықтан, белгісіздің табылған мәндерін аралық емес, бастапқы теңдеуге қойып, тексеру қажет.
Бұл әдісті түріндегі иррационал теңдеулерді шешуде қолданып көрейік.
Мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: Бұл теңдеудің екі бөлігін де квадраттаймыз
,
аламыз, одан немесе шығады.
Тексеру. Бұл дұрыс емес сандық теңдік, демек (-5) саны берілген теңдеудің түбірі емес.
: Бұл дұрыс сандық теңдік. Демек -1 саны берілген теңдеудің түбірі болады.
Жауабы:
Иррационал теңдеу шешудің түрлеріне кеңірек тоқталып өтейік. Жоғарыдағы аты аталған әдістермен қоса тағы да басқа әдістерге тоқталамыз.
1 Теңдеулер мен теңсіздіктердің мәндес жүйесіне келтіру әдісі
Табылған шешімді бастапқы теңдеуге қою арқылы тексеру табылған түбірлер - қанағаттанарлық сан болса оңай орындалады, ал күрделі түбірлер үшін тексеру айтарлықтай есептеу қиындықтар тудырады. Сондықтан әрбір иррационал теңдеулерді эквивалентті түрлендірулер көмегімен шеше білуі қажет, себебі эквивалентті түрлендірулерді орындағанда түбірлерді жоғалту немесе бөгде түбірлерді табуды болдырмауға болады .
түріндегі теңдеуді жұп дәрежеге шығару бұл оған мәндес аралас жүйеге келтіру болып табылады:

Бұл жүйедегі теңсіздігі теңдеуді жұп дәрежеге шығару бөгде түбірлерден және тексеруден құтқаратын шартты білдіреді .
Бұл жүйеге өте жиі теңсіздігін қосады. Алайда бұлай істеудің қажеті жоқ және белгілі дәрежеде қауіпті болады, себебі шарты оң жағында оң таңбалы өрнек тұратын теңдеуінің түбірлері үшін автоматты түрде орындалады .
Мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Бұл теңдеу

жүйемен мәндес.
Бұл жүйенің бірінші теңдеуімен эквивалент теңдеуін шешіп, және түбірлерін табамыз.
Екінші түбір жүйенің ішіндегі теңсіздікті қанағаттандырмайды, демек бастапқы теңдеудің бөгде түбірі болады.
Жауабы:
түріндегі иррационал теңдеулерді шешудің схемасын еске түсірген жөн. Мұндай теңдеу келесі екі жүйенің екеуі үшінде эквивалентті бола алады:

Жұп дәрежеге шығарған соң салдар теңдеуін алғандықтан, біз оны шешіп, табылған түбірлердің бастапқы теңдеудің мүмкін мәндер жиынына кіретін, яғни (немесе ) теңсіздігінің орындалатынын анықтауымыз қажет.
Мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: Бұл теңдеу

жүйесімен міндес.
Бұл жүйенің бірінші теңдеуімен мәндес

теңдеуін шешіп, түбірлерін табамыз. Алайда x-тің бұл мәндерінде теңсіздігі орындалмайды, сондықтан берілген теңдеудің түбірлері жоқ.
Жауабы: Түбірі жоқ.
2 Радикалды жекелеу әдісі
Иррационал теңдеулерді шешу кезінде олардың екі жақ бөлігін де қандай да бір дәрежеге шығармастан бұрын радикалды жекелеп алу, яғни теңдеуді түріне келтіріп алған жөн. Онда теңдеудің екі жағын да - ші дәрежеге шығарған соң оң жақтағы радикал жоғалады.
Мысал теңдеуін шешу керек.
Шешуі: Радикалды жекелеу әдісі берілген теңдеуді теңдеуіне келтіреді. Бұл теңдеу

жүйесіне мәндес.
Бұл жүйенің бірінші теңдеуін шешіп, және түбірлерін табамыз, алайда шарты тек үшін орындалады.
Жауабы: .
Мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Бірінші радикалды жекелеп, бастапқы теңдеуге эквивалент

теңдеуін аламыз.
Бұл теңдеудің екі бөлігін де квадраттап,
теңдеуін аламыз.
Соңғы теңдеу бастапқы теңдеудің салдары болып табылады. Бұл теңдеудің екі бөлігін де квадраттап,

теңдеуін аламыз.
Бұл теңдеу бастапқы теңдеудің салдары болып табылады, және түбірлері табылады. Бірінші түбір бастапқы теңдеуді қанағаттандырады, ал екіншісі қанағаттандырмайды.
Жауабы:
Мысал. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Теңдеудің анықталу облысын табайық:
1) .
2) Теңдеуді шешейік:

.
3) Түбірлерді тексеру.

яғни бөгде түбір.
Жауабы: .

3 Жаңа айнымалы енгізу әдісі
Иррационал теңдеулерді шешудің ең тиімді тәсілі жаңа айнымалы енгізу немесе ауыстыру әдісі болып табылады. Бұл әдіс теңдеуде белгісіз шамадан тәуелді қандай да бір өрнек бірнеше рет кездескен жағдайда қолданылады. Бұл өрнекті қандай да бір жаңа әріппен белгілеп, теңдеуді алдымен енгізілген жаңа белгісізге қатысты шешіп, сонан соң бастапқы белгісізді тапқан дұрыс. Бірқатар жағдайда енгізілген жаңа белгісіздер кейде шешімді тезірек және оңай табуға, мүмкіндік береді, кейде ауыстырусыз есепті шығару мүлде мүмкін емес.
Мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: деп белгілеп, айтарлықтай жеңіл иррационал теңдеуін аламыз.
Теңдеудің екі бөлігін де квадраттаймыз:

Сонан соң ретімен

түбірлерін табамыз.
Табылған мәндерді теңдеуіне қойып тексеру керек. - теңдеудің түбірі, ал бөгде түбір болатынын көрсетеді.
Бастапқы x айнымалысына орала отырып, теңдеуін, яғни квадрат теңдеуін аламыз. Оны шешіп және түбірлерін табамыз. Тексеру көрсетіп отырғандай, екі түбір де бастапқы теңдеуді қанағаттандырады:
Жауабы:
Мысал Теңдеуін шешіңіз:
Шешуі: Теңдеуді түрлендірейік
Жаңа айнымалыны енгіземіз. сонда . Яғни - қанағаттандырмайды .
Теңдеудің орнына коямыз. Түбірін табамыз. .
Жауабы:1
Мысал теңдеуін шешіп, түбірін көрсетіңдер.
Шешуі: жаңа айнымалысын енгіземіз, сонда болады. Нәтижеде бастапқы иррационал теңдеу квадрат теңдеу түріне келеді: , одан шектеуін ескере отырып, түбірін аламыз. теңдеуін шешсек, болады. Тексеру көрсетіп отырғандай, түбірі бастапқы теңдеуді қанағаттандырады.
Жауабы: .
Мысал теңдеуін шешіп, оның түбірін (егер ол жалғыз болмаса, ең үлкенін) көрсетіңіз.
Шешуі: жаңа айнымалысын енгіземіз. Нәтижеде бастапқы иррационал теңдеу түріне келеді. Бұл жүйенің бірінші теңдеуін шешіп және түбірлерін табамыз. Бірінші түбір жүйенің теңсіздігін қанағаттандырмайды. теңдеуін шешіп, түбірлерін табамыз. Тексеру арқылы екі түбір де бастапқы теңдеуді қанағаттандыратынын көреміз. Жауапта түбірлердің ең үлкенін көрсету керек.
Жауабы: .
Мысал теңдеуін шешіп, түбірін көрсетіңіз. (егер түбір жалғыз болмаса, ең үлкенін көрсетіңіз).
Шешуі:
жаңа айнымалысын енгіземіз. Нәтижеде бастапқы иррационал теңдеу түріне келеді. Бұл жүйенің бірінші теңдеуін шешіп, түбірлерін табамыз. Екінші түбір жүйедегі екінші теңсіздікті қанағаттандырмайды. теңдеуін шешіп, және түбірлерін аламыз. Тексеру арқылы бұл екі түбір де бастапқы теңдеуді қанағаттандыратынын көреміз. Жауапта түбірлердің ең үлкенін көрсету қажет, сондықтан.
Жауабы: .
Мысал Теңдеуді шешіңіз:
Шешуі: Теңдеуді түрінде жазып аламыз. жаңа айнымалысын енгізсек, теңдеу түріне келетіні анық. Одан шығады.
Енді және теңдеулерін шешу қажет. Бұл теңдеулердің біріншісінің шешімі жоқ, ал екіншісінен түбірлерін табамыз. Тексеру көрсетіп отырғандай, екі түбір де бастапқы теңдеуді қанағаттандырады.
Жауабы:
Мысал Теңдеуді шешіңіз:
Шешуі: Жаңа айнымалы енгіземіз

Нәтижеде иррационал теңдеу квадрат теңдеуге келтіріледі:
.
Одан шектеуін ескере отырып түбірін табамыз.
теңдеуін шешіп, түбірін табамыз.
Жауабы:
Кейде белгілі бір ауыстыру арқылы иррационал теңдеуді рационал түрге келтіруге болады. Бұл жағдайда бұл ауыстыруды иррационал теңдеуді рационалдайды дейді, және оны рационалдаушы деп аталады, ал рационалдаушы ауыстыруларды қолдануға негізделген әдісті рационалдау тәсілі деп аталады.

2. Қиындатылған есептер

Мысал Теңдеуін шешіңіз:x+4513=x-1613+1
Шешуі: Бұл теңдеуді шешу үшін алдымен мына түрге келтіріп жазамыз:3x+45-3x-16=1
Бұл теңдеуге u, v деген жаңа айнымалы енгізіп шығарамыз.
3x+45=u ; 3x-16=v
u 3=x+45v3=x-16
u 3-v3=61
u-v=1u 3-v3=61--u-v=1u-v3+3uv u-v =61
u-v=11+3uv =61--u-v=13uv=60
u-v=1uv =20--u=v+1v+1v =20
v 2+v-20=0; u1=4;v 1=5; u2=4; v 2=-5
125=v+45; x=80
64=x-16; x=80
-125=x-6; x=-109
-64=x+45; x=-109
Жауабы: -109;80
Мысал Теңдеуді шешіңіз:
Шешуі: Теңдеудің екі жғын да 2 көбейтіп мына теңдеуге келтіреміз

Жаңа айнымалы енгіземіз. Егер Онда . Сонда - берілген шарттымызды қанағаттандырмайды ,
Кері ауыстыруды жалғастырамыз.

Сонда ,
Бастапқы теңдеу мына теңдеуге эквивалентті болса онда тексеру амалы керек етілмейді.
Жауабы: (-2;3,5)

4 Рационал теңдеулердің эквивалентті жүйесіне келтіру әдісі
(мұндағы -белгілі бір сандар, -натурал сандар) түріндегі теңдеулер және басқа бірқатар теңдеулерді және екі көмекші белгісіздерді енгізіп, одан әрі рационал теңдеулердің эквивалентті жүйесіне өту көмегімен шешуге болады, мұндағы .
Мысал Теңдеуді шешіңіз:
Шешуі: және жаңа айнымалыларын енгіземіз.
Сонда бастапқы теңдеу түріне келеді. y және шамалары тәуелсіз айнымалылар емес - олар бұрынғы x айнымалысы бойынша бір-біріне тәуелді екенін ескерте кетеміз. x-ті у және арқылы өрнектеп алайық: және . Енді бірінші теңдеуді екіге көбейтіп, одан екінші теңдеуді азайтып тастасақ, х айнымалысы жойылды да, y пен арасындағы байланыс қана қалады:
.
Нәтижеде y және белгісіздеріне қатысты екі теңдеуден тұратын жүйені аламыз:

Бұл жүйені ауыстыру әдісімен шеше отырып теңдеуіне келеміз. Оның түбірлері және сандары болады. болғандықтан түбірі бөгде түбір. Енді теңдеуін шешеміз, одан түбірін табамыз.
Жауабы: .
Мысал теңдеуін шешіп, түбірін (егер түбір бірнешеу болса, онда олардың көбейтіндісін) көрсетіңіз.
Шешуі: Бірінші радикалды жекелеп, бастапқы теңдеуге эквивалентті теңдеуін аламыз. Бұл теңдеудің екі бөлігін де квадраттап, теңдеуін аламыз. Соңғы теңдеу жүйесімен мәндес.
Бұл жүйедегі бірінші теңдеумен мәндес теңдеуді шешіп, түбірлерін табамыз. Бұл екі түбір де жүйедегі теңсіздікті қанағаттандырады, демек бастапқы теңдеудің түбірлері бола алады. Жауабында түбірлердің көбейтіндісін көрсету қажет.
Жауабы: 48.
Мысал Теңдеуді шешіңіз:
Шешуі: және жаңа айнымалыларын енгіземіз. Сонда бастапқы теңдеу түріне келеді. Біз екі айнмалы енгізгендіктен, у пен -ті байланыстыратын тағы бір теңдеу құру керек.
Ол үшін және теңдіктерін төртінші дәрежеге шығарамыз: . Сонымен, теңдеулер жүйесін шешу керек. Оның екі (нақты) шешімі бар: .
Енді бір белгісізі бар екі теңдеуден тұратын екі жүйені шешу
керек: және.
Жүйенің біріншісінің түбірі екіншісінің түбірі . Тексеру арқылы екі түбір де бастапқы теңдеуді қанағаттандыратынын көреміз.
Жауабы: .
Мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: және жаңа айнымалыларын енгізіп аламыз. Сонда бастапқы теңдеу түріне келеді. Біз екі жаңа айнымалы енгізгендіктен, y пен - айнымалыларын байланыстыратын тағы бір теңдеуді табуымыз қажет. Ол үшін және теңдіктерін үшінші дәрежеге шығарамыз, болады. Сонымен, жүйесін шешуіміз қажет. Жүйенің екі шешімі бар: . Енді бір айнымалысы бар екі теңдеуден тұратын жүйені шешу қажет: және . Бұл екі жүйенің біріншісінің шешімі ; ал екіншісінікі . Тексеру көрсетіп отырғандай, екі түбір де бастапқы теңдеуді қанағаттандырады.
Жауабы: , .
Мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Бұл теңдеудің екі жақ бөлігін де төртінші дәрежеге шығарғаннан ештеңе шықпайды. Ал егер , деп жаңа айнымалыны белгілеп енгізсек, бастапқы теңдеу түріне келеді. Біз жаңа екі айнымалы енгізгендіктен, y - пен - ті байланыстыратын тағы бір теңдеуді табу керек.
Ол үшін , теңдіктерін төртінші дәрежеге шығарамыз: .
Сонымен,

теңдеулер жүйесін шешу керек. Оның екі шешімі бар болады: .
Енді бір айнымалысы бар екі теңдеуден тұратын жүйені:

және

жүйесін шешсек жеткілікті. Олардың біріншісі , екіншісі деген шешімдерді береді.
Жауабы: , .
Жаңа айнымалыларды енгізгеннен кейін x белгісінен құтылу мүмкін бола бермейді. Алайда, келесі мысалдан көретініміздей, бұл жағдайда да теңдеуден жүйеге көшуге болады.
Мысал Теңдеуді шешіңіз:.
Шешуі: және жаңа айнымалыларын енгіземіз. Мұндағы .
Стандартты схема бойынша келесі теңдеулер жүйесін аламыз:

Одан шығады. болғандықтан, y пен -те

жүйесін қанағаттандыруы тиіс. Осы соңғы жүйенің екі теңдеуін де квадраттап, оларды қосып теңдеуін аламыз. Дәл осының , теңдіктерін де квадратт болатынын көреміз. Сонан соң келесі теңдеулер жүйесін аламыз:

Жүйеден теңдеуін аламыз.
Бұл теңдеудің түбірі . Онда көпмүшені -ге бөліп, теңдеудің сол жақ бөлігін көбейткіштерге жіктеп аламыз:

Мұнан - бұл теңдеудің жалғыз шешімі болатыны шығады. Тексеруден соң осы шешімді жауап ретінде жазамыз.
Жауабы:

5 Теңдеудің екі бөлігін де функцияға көбейту
Кейді иррационал теңдеуді оның екі бөлігін де таңдалған функцияға көбейту арқылы тез шешуге болады. Әрине теңдеудің екі бөлігін де белгілі бір функцияға көбейткенде бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін, бұл бөгде түбірлер осы көбейтілетін функцияның өзінің нольдері болуы мүмкін. Сондықтан ұсынылып отырған әдіс табылатын мәндерді міндетті түрде зерттеуді талап етеді.
Мысал теңдеуі берілген.
Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін де функциясына көбейтеміз. өрнегі өрнегі үшін түйіндесі деп аталады. Мұндай көбейтудің мақсаты түсінікті: екі түйіндестің көбейтіндісінде радикал болмайды.
Осы көбейту және қарапайым түрлендірулер нәтижесінде, теңдеуін аламыз ол

теңдеулер жиынына эквивалентті.
Мұндағы екінші теңдеудегі бірінші радикалды жекелеп алып, квадраттап
аламыз.
Егер соңғы жүйедегі теңсіздіктерге қарасақ, және жиындарының қиылысуы бос жиын болатынын көреміз. Демек, теңдеуінің деген жалғыз шешімі бар болады. Бастапқы теңдеуге қою арқылы тексеру теңдеудің түбірі екенін көрсетеді.
Жауабы: .
Дегенмен, мұнда ауыстыруды орындамай-ақ қоюға болар еді. функциясы еш жерде нольге айналмайды және теңдеуінің екі бөлігін де осы функцияға көбейту бөгде түбірлердің пайда болуына әсер етпейді.
Мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін де функциясына көбейтеміз. Түрлендірулерден кейін

теңдеуін аламыз.
Бұл теңдеудің екі түбірі болады: . Тексеру түбірі бөгде түбір болатынын көрсетеді ( функциясының түбірі екенін байқау қиын емес). Осылайша, теңдеудің жалғыз шешімі бар: .
Жауабы: .

6 Иррационал теңдеулерді оларға кіретін функциялардың қасиеттерін пайдалана отырып шешу
Мектеп математика курсында көптеген элементар функциялардың қасиеттері оқытылады. Оларды иррационал теңдеулерді шешуде қолдануға болады. Бірнеше мысал қарастырайық.
а)Функцияның монотондылығын пайдалану
Егер теңдеу түрінде, мұндағы өсетін (кемитін) немесе түрінде мұндағы бір-біріне монотонды болса,
яғни өсетін, ал кемитін болса, онда мұндай теңдеудің түбірі бірден артық болмайды. Егер осыны байқауға болатын болса, немесе теңдеуді осындай түрге келтіруге болса және соған қоса түбірді табу қиын емес болса, онда ол берілген теңдеудің түбірі болады.
Мысал Теңдеуді шешіңіз:
Шешуі: Бұл теңдеуді квадраттау арқылы (үш рет!) шешіп көруге болады. Алайда бұл жағдайда төртінші дәрежелі теңдеу шығады. Түбірді ойша тауып көрейік. Оны істеу қиын емес: . Енді теңдеудің сол жақ бөлігі - өспелі, ал оң жағы - кемімелі функция екенін байқаймыз. Ал бұл - осы теңдеудің түбірлер саны жалғыз деген сөз. Сонымен, - жалғыз түбір.
Жауабы: .
Мысал теңдуін шешу қажет.
Шешуі. Мұндай теңдеуді шешудің дәстүрлі әдіс жақсы таныс. Сонымен, - түбір екенін оңай айтуға болады. Теңдеудің сол жағындағы функция өспелі, ал оң жақ бөлігі-тұрақтыға тең. Демек, берілген теңдеудің түбір саны біреуден артық бола алмайды. Сонымен, - жалғыз түбір.
Жауабы: .
Мысал Теңдеуді шешіңіз:.
Шешуі: Стандарт түрдегі иррационал теңдеу. Соған қарамастан, квадраттауға асықпайық. , яғни ( функциясы өспелі) және бастапқы теңдеудің сол жақ бөлігі 2-ден кем емес. Демек, бұл теңдеудің түбірі жоқ.
Жауабы: түбірі жоқ.
Мысал Теңдеуді шешіңіз:.
Шешуі: және функциясы өспелі болғандықтан, . Демек бұл теңсіздіктің сол жағының анықталу облысы тек теріс мәндер қабылдайды, яғни бастапқы теңдеудің түбірі жоқ.
Жауабы: түбірі жоқ.
... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.