Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің әдістері
Мазмұны
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... 3
I Теңдеу
1.1 Теңдеу ұғымының жалпы
сипаттамасы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .5
1.2 Қарапайым
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ...10
1.3 Мәндес теңдеулер
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ...11
1.4 Теңдеулерді
классификациялау ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ..14
2 Трансценденттік теңдеулер және оларды шешу жолдары
2.1 Трансценденттік
теңдеу ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ..17
2.2 Kөрсеткіштік
теңдеу ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... 19
2.3 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің
әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 19
2.4 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің графиктік
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ..29
2.5 Логарифмдердің
қасиеттері ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... .30
2.6.Логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... 32
2.7 Логарифмдік теңдеулерді шешудің графиктік
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ..43
2.8 Тригонометриялық
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... 44
2.9 Тригонометриялық теңдеуді шешудің негізгі
тәсілдері ... ... ... ... ... ... .. ...47
2.10 Стандартты емес кейбір тригонометриялық теңдеулерді
шешу
жолдары ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ..63
2.11 Трансцендент теңдеулердің түбірлерін графиктік әдіспен бөліктеу
және оларды жуықтап
есептеу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
65
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..71
Пайдаланылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...73
Кіріспе
Жұмыстың өзектілігі. 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 ұстаудың 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 коэффициенттері көпмүшеліктің түбірі болып
табылмайтын нақты немесе жорамал сан.
Трансцендент сандарын алғаш рет француз математигі Ж:Луивилль (1809-
1882) енгізді. 18 ғ-дың ортасында е, π, 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,
. Жуық шешуден басқа жалпы түрде шешу жолы жоқ болғандықтан, әдетте
трансцендент теңдеулерді көрсеткіштік, логарифмдік және тригонометриялық
теңдеулер түрінде қарастырады..
Теңдеулерді шешу негізінде мектептің жаңа программасына кіргізілген
функциялардың қасиеттері кең түрде пайдаланылады.Жалпы білім беретін
мектептің жоғарғы буынында оқытуды даралауға, оқушыны әлеуметтендіруге
сонымен бірге мектептің жоғарғы сатысы мен орта және жоғарғы кәсіби білім
берудегі сабақтастығы қашықтан жүзеге асыру.
Дипломдық жұмыстың мақсаты: мектеп математика курсындағы
Трансцендент теңдеулерді шешу әдістері атты тақырыпты терең меңгеру,
толық қарастыру, бір жүйеге келтіру, математика сабағының танымдық деңгейін
көтеру, оқушылардың математика пәніне деген қызығушылығын арттыру, дамыту
Осы мақсатқа қол жеткізу үшін мынадай міндеттер қойылды:
• Мектеп математика оқулықтарындағы теңдеу тақырыбының мазмұнына талдау
жасау және соған байланысты болашақ математика мұғалімінің игеруі
қажетті теориялық материалдарын айқындау;
• Математика оқулықтарында трансцендент теңдеулерді оқыту
ерекшеліктеріне талдау жасай отырып, әдістемелік ерекшеліктерін
айқындау;
• Трансцендент теңдеулерді оқыту және олардың графиктерін салуға үйрету
тәсілдерін оқып-үйрену.
Зерттеу обьектісі: жалпы орта білім беретін мектептерде математиканы
оқыту процесі.
Дипломдық жұмыстың әдіснамалық негізі.
– зерттеліп отырған тақырып бойынша математикалық ғылыми-әдістемелік,
педагогикалық әдебиеттерге талдау жүргізу;
–математика мұғалімдерінің алдыңғы қатарлы тәжірибесін оқу және
жалпылау.
Зерттеудің ғылыми жаңалығы:
- стандартты емес кейбір тригонометриялық теңдеулерді
шешу жолдары қарастырылды;
- трансцендент теңдеулердің түбірлерін графиктік әдіспен бөліктеу
және оларды жуықтап есептеуі қарастырылды.
Жұмыстың практикалық маңыздылығы: мектеп математика мұғалімдері
үшін көмекші құрал ретінде пайдалануға болады
I Теңдеу
1. Теңдеу ұғымының жалпы сипаттамасы
Мектепте теңдеу мен олардың жүйелерін ерте бастан жүйелі түрде оқыту
дәстүрі қалыптасты. Бүл дәстүр қазіргі бағдарламаларда да көрініс тапқан:
теңдеу ұғымы, сызықтық теңдеу, екі белгісізі бар сызықтық теңдеулер жүйесі
6-сыныпта, квадрат теңдеулер мен рационал теңдеулер 7,8-сыныпта, мәндес
теңдеулер және тригонометриялық теңдеулер 10-сыныпта, дифференциалдық
теңдеулер 11-сыныпта оқытылады.
Теңдеу-берілген екі функцияның мәндері өзара тең болатындай
аргументтің мәндерін анықтау (іздеу) жөніндегі есептің аналитикалық түрде
жазылуы. Функциялар тәуелді болатын аргументтерді белгісіздер, ал
функциялардың мәндерін өзара теңестіретін осы белгісіздердің мәндерін өзара
теңестіретін осы белгісіздердің мәндерін теңдеудің шешімдері (түбірлері)
деп атайды.Белгісіздердің мұндай мәндері берілген теңдеуді
қанағаттандыратын шешімдер болып табылады. Мысалы: бір белгісізі бар 3х-6=0
теңдеуінің шешімі х=2; ал екі белгісізі бар хх=25
теңдеуінің шешімдері х=3 , х=4 болады. Берілген теңдеудің шешімдерінің
жиынтығы белгісіздердің мүмкін мәндерінен тұратын М облысынан тәуелді
болады.М облысында теңдеудің бір де бір шешімі болмауы мүмкін, онда ол
теңдеудің М облысында шешілмейтін теңдеуі делінеді. Егер теңдеу шешілетін
болса, онда оның бір немесе бірнеше, тіпті шексіз көп шешімі болуы мүмкін.
Мысалы:х-4=0 теңдеуінің рационал сандар облысында шешімі жоқ; нақты
сандар облысында екі шешімі х=;х=-; ал комплекс сандар
облысында төрт шешімі х=;х=-;х=i;х=-i
бар. sinx=0 теңдеуінің нақты сандар облысында шексіз көп шешімі
болады:х=k(k=0,±1,±2,...).
М облысының сандарының барлығы теңдеудің шешімдері болса, онда теңдеу тепе-
теңдік (М облысында) деп аталады. Мысалы: х= теңдеуі оң сандар
облысында тепе-теңдік болса, ал нақты сандар облысында тепе-теңдік бола
алмайды. Белгісіздердің табылған мәндері барлық берілген теңдеулерді
қанағаттандыратын болса, онда бұл теңдеулер жиынтығын теңдеулер жүйесі
деп атайды.Теңдеулер жүйесінің барлық теңдеулерін бір мезгілде
қанағаттандыратын белгісіздердің мәндері теңдеулер жүйесінің шешімдері деп
аталады. Тек бір облыста қарастырылған екі теңдеулер жүйесінің (немесе екі
теңдеу) біріншісінің (екіншісінің) әрбір шешімі екіншісінің (біріншісінің)
де шешімі болса, онда олар өзара мәндес деп аталады. [2]
Бізге f(x) және φ(х) функциялары берілсін. Бұлардың ортақ анықталу
облыстарын М әрпімен белгілейік.
1 – анықтама Айнымалысы бар
f(x) = φ(х)
(1)
теңдігін теңдеу деп атайды.
2–анықтама Теңдеудің екі жағындағы f(x) пен φ(х) функцияларының мәндері
бірдей болатын х-тің мәндерін теңдеудің шешімдері немесе түбірлері дейді.
Берілген анықтама бойынша, егер f(a)=φ(a) ,болса, онда х=а саны (1)
теңдеуінің шешімі болады. Әрине, а саны М жиынына тиісті.
Әдетте теңдеудің құрамындағы функциялардың анықталатын М облысын
теңдеудің анықталу облысы дейді. Алайда бұл анықтаманы әр уақытта дұрыс
деуге болмайды.Мұндай қате негізінде функциялардың анықталу облысы мен
теңдеулердің анықталу облыстарын пара-парлаудың нәтижесінен шығып
отыр.Шындығында да, егер М облысында f(x) функциясы тек теріс емес мәндер
қабылдайтын болса, ал φ(х) функциясы оң да теріс те, анығырақ айтқанда,М
облысының бөлігі болатын М облысында φ(х) функциясы теріс емес мәндер,
ал М облысының бөлігі болатын және М облысымен ортақ элементі
болмайтын М облысында ол теріс мәндер қабылдаса, онда М облысында
(1) теңдеуінің мағынасы жоғалады. Өйткені бұл облыста теңдеудің сол
жағындағы функция теріс емес мәндер, ал оң жағындағы функция теріс мәндер
қабылдайтындықтан М облысында (1) теңдеуінің шешімі болуы мүмкін емес.
Ал шешім болмайтын облыста теңдеу мағынасыз дейміз. Сонымен, теңдеудің
құрамындағы функциялардың анықталуына және теңдеудің мағынасы болуына
байланысты теңдеудің анықталу облысы және теңдеудің мүмкін мәндерінің
облысы ұғымдарын енгіземіз.
3–анықтама Теңдеудің құрамындағы функциялардың барлығы анықталатын жиын
теңдеудің анықталу облысы деп аталады.
4-анықтама Теңдеудің мағынасы болатын жиынды теңдеудің мүмкін мәндерінің
облысы (ММО) дейді.
3 және 4-анықтамалардан теңдеудің анықталу облысы мен оның мүмкін
мәндерінің облысы бірдей бола бермейтіндігі байқалады.
1-мысал
(2)
Осы тендеудің анықталу обылысын табу керек.
f(x)= функциясы 1-ден шексіздікке дейінгі аралықта тек оң мәндерді
ғана қабылдайды да, функциясы сол облыста оң да,теріс те мәнлер
қабылдай береді. 2-ден 5-ке дейінгі аралықта квадрат үшмүшелік теріс мәндер
қабылдайтын болғандықтан, жоғарыдағы берілген анықтама бойынша қарастырып
отырған теңдеудің анықталу облысы үшін [1,] аралықты, ал ММО үшін 1-
ден 2-ге және 5-тен шексіздікке дейінгі аралықтарды алу керек. Сонымен,
мысалдағы теңдеудің мүмкін мәндерінің облысы Е=[1,2][5, ] ,
бірігуі болады.
2-мысал
(3)
Осы теңдеудің анықталу облысы мен ММО табу керек.
f(x)= функциясы хнақты сандар жиынында анықталған.Осы
облыста (3) теңдеуінің оң жағындағы функция да анықталған.Олай болса, (3)
теңдеуінің анықталу облысы D={xx≠kπ} жиыны болады.φ(х)=1 функциясы
D={xx≠kπ}жиынында оң мәндер қабылдайтын болғандықтан теңдеудің ММО
(4)
теңсіздігінің шешеімдері болады. 1-cosx функциясы D жиынында оң мәндер
қабылдайтындықтан (4) теңсіздігін шешу sinx0 теңсіздігін шешумен пара-
пар.Ал соңғы теңсіздіктің шешімі .
Е={x2kπ(x((2k+1)π} жиыны болады. Олай болса, (3) теңдеуінің ММО (
жиыны болады.
Егер М облысында теңдеудің екі жағындағы функциялардың екеуі де оң
да, теріс те мәндер қабылдайтын болса, немесе тек оң, не теріс мәндерді
ғана қабылдайтын болса, онда теңдеудің анықталу облысы мен теңдеудің мүмкін
мәндерінің облысы бірдей болады.Жалпы жағдайда теңдеудің мүмкін мәндерінің
облысы бірдей болады.Жалпы жағдайда теңдеудің мүмкін мәндерінің облысы
(ММО) мен анықталу облысы бірдей ұғымдар емес.
Егер (1) теңдеуінің шешімі болса, онда оның шешімі болса, онда оның
шешімі міндетті түрде теңдеудің мүмкін мәндерінің облысында жатады. Осы
себепті теңдеудің мүмкін мәндерінің облысын оның шешімі болатын облыс деп
те атайды.Теңдеудің шешімі болмайтын облысты оның шешімі жоқ екендігін
дәлелдеу үшін пайдаланады.Есептің шарты бойынша шешім рационал сан болуы
керек, хтеңдеуінің шешімі болмайтындығы оқушыларға белгілі.Сондай-ақ,
есептің шарты бойынша кез-келген нақты сандар теңдеудің шешімі бола
алатындығы алдын ала ескертілген болса, онда хтеңдеуінің екі шешімі
(х) болады.
Сол сияқты х теңдеуінің нақты сандар жиынында екі шешімі
(х) болады да, комплекс сандар жиынында төрт шешімі () болады.
Бұл мысалдардан бір теңдеудің әр түрлі облыста шешімдерінің жиыны да
түрліше болатындығын байқаймыз. Сондықтан теңдеудің шешімі туралы мәселе
(есеп) қойылғанда теңдеу қандай сандар облысында қарастыралытыны алдын ала
көрсетілуі керек. Біз бұл кітапшамызда теңдеудің шешімін нақты сандар
жиынында іздейміз.
Теңдеулердің шешімдерінің саны шектеулі, шексіз болуы немесе шешімі
(бос жиын) болуы мүмкін.Мысалы, sinx=1 теңдеуінің шексіз көп шешімдері
(k=0, ±1,±2,...)
бар, ал теңдеуінің нақты сандар жиынында шешімі жоқ.
Егер теңдеудің шешімі жоқ болса, онда мұндай теңдеуді қайшы теңдеу
дейді. Бұл анықтама бойынша теңдеуі қайшы теңдеу.
Теңдеуге кіретін белгісіздің санына байланысты теңдеу бір белгісізі
бар, екі белгісізі бар, т.с.с. теңдеулер деп те аталады.
Біздің қарастыратынымыз негізінде бір белгісізі бар теңдеу.
Теңдеуге байланысты есеп қойылғанда теңдеуге қатысып тұрған әріп
шамалардың қайсысы параметр, ал қайсысы белгісіз шама екендігі көрсетілуі
керек. Олай болмағанда есеп анықталмай қалады.
Сондықтан теңдеулерде белгісіз шамаларды латын алфавитінің кіші және
соңғы x, y, z ... әріптерімен белгілейді. Мұндай жағдайда белгісіз шама мен
параметрлерді айыру туралы арнаулы нұсқау жасалмайды.
Теңдеуді берілген екі функцияның мәндері теңесетіндей х айнымалысының
мәндерін табу туралы, бар яғни х айнымалы
(5)
теңдігі түріндегі есеп ретінде қарастыруға болады.
(5)теңдеуінің оң және сол жақ бөліктеріндегі функциялардың
әрқайсысының анықталу облысы, яғни осы функция анықталатын х аргументінің
барлық мәндерінің жиыны болады.
Теңдеудің анықталу облысы деп және функцияларының
әрқайсысының анықталу облыстарының ортақ бөліктерін айтады.(функциялардың
анықталу облыстарының қиылысуы деп те атайды).
Мысалы,
(6)
теңдеуінде екі функция бар:а)анықталу облысы аралығы болатын
функциясы;б) анықталу облысы R (нақты сандар жиыны ) болатын у=х
функциясы. Осы функциялардың анықталу облыстарының ортақ бөлігі және
жиындарының қиылысуы) аралығы болып табылады.
(6) теңдеуінің екі жағын да квадраттап, немесе теңдеуін
аламыз, одан х1 түбірі бұл теңдеудің бөгде түбірі болып табылады,
себебі оның оң жақ бөлігі х0, ал сол жақ бөлігі .
Теңдеудің шешімі (түбірі) аралығына кіретін саны болады, алайда
бұл саны (6) теңдеудің шешімі болады деген сөз емес.
мәнін теңдеудің сол жақ бөлігіне қойып,
теңдеудің оң жақ бөлігіндегідей сан аламыз:.Соңғы нәтиже: (6)
теңдеудің түбірі саны болып табылады.
х=α санын (5) теңдеудің түбірі (немесе шешімі) д.а, егер теңдігі
ақиқат болса, яғни тепе-теңдік болса. (5) теңдеуді түрінде жазып алып
және ті g(x) деп белгілеп алып
g(x)=0
(7)
түріндегі теңдеуді аламыз.
g(x) функциялар айырымы қандай да бір жаңа функция болады.Құрамындағы
немесе g(x) функциялары көрсеткіштік, логарифмдік немесе
тригонометриялық функциялар болатын (5) немесе (7) түріндегі теңдеулер
трансцендент теңдеулер деп аталады. Трансцендент теңдеулердің мысалдары
ретінде , т.б. теңдеулерін атауға болады.
Жалпы жағдайда трансцендент теңдеу арифметикалық және алгебралық
амалдардың ақырғы тізбегін орындау арқылы шешіледі. Алайда кей жағдайда
трансцендент теңдеудің шешімі элементар алгебралық формулаларды пайдалану
арқылы табылуы мүмкін.
Келесі мысалдарды қарастырайық.
3-мысал теңдеуін шешіңіз
Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін де 2х – не көбейтіп (көрсеткіштік функцияның
қасиеті бойынша 2х≠0 ), аламыз. Осы теңдеуді шеше отырып (оны 2х –ке
қатысты квадрат теңдеу деп алып),
(8)
аламыз.
Теңдеудің болатын барлық х мәндері үшін шешімі бар болады, яғни
. х-тің табылған мәндерінде (8) теңдеуінің оң жақ бөлігі , онда
болады, алайда 2х0 болғандықтан 2х=1,х=0 шығады. Жауабы:
4-мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Бұл теңдеуді косинус белгісінің астына кірмейтін х-ке қатысты
квадрат теңдеу ретінде шешеміз.Сөйтіп,
(9)
табамыз.
(9) теңдігінің болғанда R жиынында мәні бар болады, яғни
Екі жағдайды қарастырамыз:
а) n=2k,, онда ху=2kп, ал (9)- ден шығады. Тексеру:
б) онда , (9)-ден ,және . Тексеру: .
Жауабы:
5-мысал 2х=4х теңдеуін шешіңіз. х0, себебі көрсеткіштік функция тек оң
мәндер ғана қабылдайды.
Шешуі: Әдетте мұндай теңдеулер жуық түрде графикалық әдіспен шешіледі. Бұл
теңдеуді үтірден кейін бес ондық орынға дейінгі дәлдікпен жуықтап,
алгебралық тәсілмен шешеміз. Теңдеуді lg2-ге бөліп, логарифмдейміз:
одан ,бірақ , деп белгілеп, теңдеуін аламыз.
Кестені пайдалана отырып, , ал шығады. Әрине, теңдеудің екі
түбірі болады: Жауабы:
1.2 Қарапайым теңдеулер
Математикалық кітаптарда қарапайым теңдеулер ұғымы туралы түсінік
түрліше болғандықтан, осы мәселеге анықтама бере кеткенді жөн деп
есептейміз.
Берілген теңдеу үшін төмендегі үш жағдайдың бірі орындалуы мүмкін:
1)теңдеудің сыртқы түріне қарап, оның шешімінің жоқтығын анықтауға
теңдеудің сыртқы түріне қарап, оның барлық шешімін анықтауға болады;
2)теңдеудің сыртқы түріне қарап, оның шешімінің бар жоқтығы туралы ешбір
қорытынды жасауға болмайды.
Бірінші жағдай бойынша теңдеудің шешімі болмайтын себептер
анықталысымен теңдеуді зерттеу аяқталды деуге болады.Сондай-ақ, екінші
жағдайда да, теңдеудің барлық шешімін бірден анықтағаннан кейін теңдеуді
зерттеу процесі бітті дейді. [2]
Анықтама Егер теңдеудің құрылысына қарап, оның шешімін бірден табуға немесе
шешімінің жоқтығын анықтауға болса, онда мұндай теңдеуді қарапайым немесе
жай теңдеу дейді. Мысалы,
0(х =3 (10), (11), (12)
теңдеулері қарапайым (жай) теңдеулерге жатады. Себебі (10) және (12)
теңдеуінің шешімі жоқ, ал (11) теңдеуінің екі шешімі () бар және
оларды бірден табуға болады.
Осы анықтамаға сүйеніп, төмендегі теңдеулерді қарапайым теңдеулерге
жатқызамыз.
1 (n-натурал сан, а-кез-келген нақты сан) теңдеуі қарапайым теңдеу.
Егер а=0 болса, онда кез-келген натурал n үшін теңдеудің жалғыз ғана х=0
шешімі болады. Егер а(0 болса, онда n=2k болғанда теңдеудің екі шешімі
болады.n=2k+1 болғанда теңдеудің жалғыз ғана шешімі
болады. Егер а(0 болса, онда n жұп сан болғанда теңдеудің шешімі болмайды
да, тақ болғанда жалғыз ғана шешімі болады.
2
(13)
(мұндағы n- натурал сан да, а- кез келген нақты сан ) теңдеуі де қарапайым
теңдеуге жатады. Өйткені, егер а(0 болса, онда кез келген натурал n саны
үшін (13) теңдеуінің жалғыз ғана шешімі х=а болады. Енді а(0 деп
қарастырсақ, онда n жұп сан болғанда (13) теңдеуінің шешімі болмайтындығы,
ал тақ сан болғанда теңдеудің жалғыз ғана шешімі болатындығы бірден көрініп
тұр.
3
(14)
(мұндағы а(0, а(1, b- кез келген нақты сан) теңдеуі жай теңдеуге жатады.
Өйткені х- тің кез келген нақты мәндері үшін
болғандықтан, b(0 болса, (14) теңдеуінің шешімі болмайды да, ал b(0
болса, теңдеудің жалғыз ғана шешімі (х=Iogb) болады.
4 Iog
(мұндағы а(0, а(1 және b кез келген нақты сан ) теңдеуі де жай теңдеуге
жатады. Өйткені қарастырып отырған теңдеудің жалғыз ғана шешімі ()
бар.
5 sinx=a, cosx=a теңдеулері де қарапайым теңдеулер. Өйткені, а( 1
болса,олардың шексіз көп шешімдерін () бірден табуға болады, ал а( 1
болса, олардың шешімдері жоқ.
6 tgx=a, ctgx=a теңдеулері де жай теңдеулер. Өйткені, кез келген нақты мән
қабылдайтын, а саны үшін бұлардың шексіз көп шешімдері (x=arctga+kπ,
x=arcctga+kπ, n=0, ±1,...) болады.
Ескерту Теңдеулердің сыртқы түріне қарап оның шешімінің бар-жоқтығын бірден
анықтау адамның қабілетіне, ой-өрісіне байланысты. Осы себепті қарапайым
теңдеулер класын көбейте беруге болады. Мұндай жағдайды болдырмас үшін
әрбір теңдеулер класынан қарапайым теңдеуге жатқызатын теңдеулерді жоғарыда
атап кеттік.
1.3 Мәндес теңдеулер
Мүмкін мәндерінің облысы Е болатын
(15)
теңдеуімен бірге сол облыста анықталған
(16)
теңдеуді қарастырайық.
1-анықтама Егер (15) теңдеуінің әрбір шешімі (16) теңдеуінің шешімі болса,
ал (16) теңдеуінің Е облысында жатқан әрбір шешімі (15) теңдеуінің шешімі
болса, онда мұндай теңдеулерді Е жиынында мәндес теңдеулер дейді және оны
былай белгілейді: . Мұндағы символы екі теңдеудің Е жиынында
мәндес (эквивалент) болатындығын көрсетеді. (16)теңдеуінің мүмкін
мәндерінің облысын D мен белгілейік. (15) және (16) теңдеулерінің шешімдері
1-анықтаманың шарттарын қанағаттандырады деп ұйғарып, Е мен D жиындарының
арасындағы қатысқа байланысты келесі жағдайларға тоқталайық.
1 Е мен D өзара бірдей облыстар. Біздің ұйғаруымыз бойынша (15) және (16)
теңдеулері өзара мәндес болады Өйткені мүмкін мәндер облысында жатпайтын
теңдеудің шешімдері мүмкін емес.
2 Е D, яғни Е жиыны D облысының бөлігі болсын. Егер (16) теңдеуінің
D \ E облысында, яғни облысынан тысқары D \ E облысында шешімі болмаса,
онда ұйғаруымыз бойынша (15) мен (16) теңдеулері Е облысында мәндес болады.
3 Е D және D \ E облысында (16) теңдеуінің шешімдері бар болсын.
Басқаша айтқанда, (16) теңдеуінің біраз шешімдері Е жиынында жатпайды да,
ал онда жататын шешімдері (15) теңдеуінің шешімдері болады. Бұл жағдайда да
қарастырылып отырған теңдеулер мәндес болады.
Мысалдар келтірейік.
6-мысал және теңдеулерінің өзара мәндес теңдеулер болатынын
көрсету керек. Бірінші теңдеудің анықталу облысы нақты сандар жиыны, ал
екінші теңдеудің де анықталу облысы нақты сандар жиыны. Осы облыста
теңдеудің екі жағындағы функциялар да оң мәндер қабылдайды. Олай болса,
теңдеулердің ММО нақты сандар жиыны болады. Қала берді бірінші теңдеудің
екі түбірі екінші теңдеуді де қанағаттандырады және керісінше де
орындалады. Олай болса, бұлар өзара мәндес теңдеулер: ()().
7-мысал және теңдеулерінің өзара мәндес теңдеулер болатынын
көрсету керек. Бірінші теңдеудің ММО , ал екінші теңдеудің ММО
және оның шешімдері Е жиынында жатады. Бұл шешімдер бірінші теңдеуді
қанағаттандырады. Бірінші теңдеудің бұдан басқа шешімдері болмағандықтан,
бұл теңдеулер Е жиынында мәндес болады, яғни ()().
8-мысал
(17)
және
(18)
теңдеулері өзара мәндес бола ма?
(17) теңдеуінің сол жағындағы функция оң мәндер қабылдайтындықтан,
оның ММО табу үшін шартын қоюымыз керек. Осы теңсіздікті шешіп, (17)
теңдеуінің ММО табамыз: .
18) теңдеуінің анықталу облысы бүкіл нақты сандар жиыны. Демек, Е
облысын оның ММО деуге болмайды. Ал теңдеудің оң жағында ноль тұрғандықтан
ММО табу мүмкіншілігі де болмай отыр. Сондықтан (18) теңдеуін түрлендіріп
жазу керек:
9х2 оң мәндер қабылайтындықтан 79х-170≥0 теңсіздігін шешіп, (18)
теңдеуінің ММО табамыз: . Осы облысты (18) теңдеуінің де ММО деп
қарастыруға болады.
(18) теңдеуінің D облысынды жататын шешімдерінің біріншісі Е облысында
жатпайтындықтан, ал (17) теңдеуінің шешімі болмайтындығы айқын. Олай болса,
шешімнің бар-жоқтығын тексерудің де қажеті жоқ. Ал х=5 (17) теңдеуінің
шешімі болады. Бұдан (17) (18) болады.
Ескерту теңдеудің оң жағы нольге тең болғанда, оның ММО табу үшін
сол жағындағы функцияны екі функцияға жіктеп, оның біреуін теңдеудің оң
жағына шығару керектігі қарастырылған мысалдан байқалып отыр. Әрине, бір
функцияны екі функцияның қосындысыа жіктеуде есептеу процесін жеңілдету
мақсатын көздей отырып, мүмкіндігінше бір қосылғыштың мәнінің таңбасы
тұрақты болатындайетіп жіктеген жөн.
Екі теңдеудің мәндестігін мәндестіктің анықтамасына сүйеніп білгіміз
келсе, онда теңдеудің екеуін де шешіп, біреуінің шешімі екіншісінің де
шешімі болатындығын тағайындау керек. Бұл жағдайда теңдеудің мәндестік
теориясы іс жүзінде қиындықтар тудырады.Ендеше бұл теорияның қажеті қандай?-
деп оқырмандар орынды сұрақ қоюы мүмкін.
Жоғарыдағы қарастырылған мысалдардағы қосарланып берілген теңдеулердің
мәндестігін анықтағанда, алдымен олардың екінші теңдеулерін шешіп, соның
шешімі біріншісінің шешімі болатындығын анықтағаннан кейін барып, теңдеулер
мәндес деген қорытынды шығардық. Ал мұның өзі анықтаманың шартын толық
қанағаттандырмайды. Олай болса, біздің жасаған қорытындымыз да дұрыс емес
деген ой тууы мүмкін.
Бұл сұрақтардың екеуіне де төмендегі жауап жеткілікті. Жалпылау
мақсатын көздеп, (15) және (16) теңдеулерінің арасында ешбір байланыс
жоқдеп есептеп анықтама берілді. Ал практикада ондай байланысы жоқ
теңдеулер қарастырылмайды. Әдетте екінші теңдеу бірінші теңдеуге белгілі
бір амалдарды қолданудың нәтижесінде алынады. Біз қарастырған үш мысалдың
да екінші теңдеулері бірінші теңдеулерін квадраттаудың нәтижесінен шығып
отыр. Осы себепті біз тек екінші теңдеулерді ғана шешіп, мәндестікті
анықтадық. Басқаша айтқанда , біз теңдеулердің арасындағы байланысты еске
алып отырмыз. Амал қолданудың нәтижесінде алынған екінші теңдеудің
шешімдерінің саны өзгеретіні 8-мысалдан айқын байқалады. Алайда мұндай екі
теңдеуді бірінші теңдеудің ММО мәндес деп отырмыз. Теңдеулердің
мәндестіктерінің анықтамасын бірінші теңдеудің ММО берудің негізгі мәні
осында.
Теңдеулердің мәндестіктерінің анықтамасы бірінші теңдеудің ММО
берілгендіктен екінші теңдеудің сол ММО жатпайтын шешімдері бірінші
теңдеудің шешімі болу-болмауы зерттелмей, анығырақ айтқанда, бірінші
теңдеудің шешімі болмайды деп тасталынып отыр. Күрделі теңдеулерді шешу
процесінде мұның өзі айтарлықтай жеңілдік туғызады. Дегенмен, біз әлі
тексеру мәселесінен толығынан құтыла алмай отырмыз. Мәндестікті амалдарға
байланысты, яғни мәндестік белгілерін бергеннен кейін, ММО жататын екінші
теңдеудің шешімдерінің бірінші теңдеудің де шешімі болатынын анықтау үшін
жасалатын тексерулерді жүргізбейміз. [2]
1.4 Теңдеулерді классификациялау
Теңдеулерді белгісізге қолданылатын амалдарға байланысты
классификациялайды, яғни түрлерге бөледі. Егер белгісіз шамаға саны
шектелген қосу, азайту, көбейту, бөлу, бүтін дәрежеге дәрежелеу және түбір
табу операциялары орындалса, онда теңдеуді алгебралық теңдеу дейді.
Егер белгісіз шамаға иррационал дәрежеге дәрежелеу, логарифм алу,
тригонометриялық функциялар алу сияқты басқа операциялар орындалса, онда
теңдеуді трансцендент теңдеу дейді. Мысалы,
1 - алгебралық теңдеу.
2 - алгебралық теңдеу.
3 - трансцендент теңдеу.
4 Igx+sinx=2 - трансцендент теңдеу
Жоғарыда айтылған теңдеулердің классификациясын мынадай схема арқылы беруге
болады:
Теңдеу
алгебралық
трансцендент
рационал иррационал көрсеткіштік логарифмдік
тригонометр-қ
бүтін рац-л бөлшек рац-л кері тригоном-қ
иррац.көрс.дәр-к
теңдеу
қайталамалы сызықтық жоғ.дәр.рац. теңдеу
Егер белгісіз шамаға қолданылатын амалдардың ішінде түбір табу
операциясы болмаса, яғни белгісіз шамаға қосу, азайту, бүтін дәрежеге
дәрежелеу, көбейту және бөлу операциялары орындалса, онда теңдеуді рационал
алгебралық теңдеу дейді.
Мысалы, - рационал алгебралық теңдеу.
Егер белгісіз шамаға қолданылатын операциялардың ішінде түбір табу
амалы болса, онда теңдеуді иррационал алгебралық, қысқаша, иррационал
теңдеу дейді.
Мысалы, - иррационал теңдеу.
Рационал теңдеу бүтін және бөлшек рационал теңдеулер болып екіге
бөлінеді.
Егер белгісіз шамаға қосу, азайту және көбейту амалдары қолданылса,
онда теңдеуді бүтін рационал теңдеу дейді.
Мысалы, бүтін рационал теңдеу.
Егер белгісіз шамаға қолданылған операциялардың ішінде бөлу
операциясы болса, онда теңдеуді бөлшек рационал теңдеу дейді.
Мысалы,
1 - бөлшек рационал теңдеу.
2 - бөлшек рационал теңдеу болмайды
Алгебралық теңдеулер сияқты, трансцендент теңдеулер де белгісіз
шамаға қолданылатын амалдарға байланысты көрсеткіштік, логарифмдік,
тригонометриялық және кері тригонометриялық теңдеулерге бөлінеді. Мысалы,
1 - көрсеткіштік теңдеу.
2 Igx+5Igx=0 – логарифмдік теңдеу.
3 sinx+2tgx=0 – тригонометриялық теңдеу.
4 arctgx+arctg+arctg=0 – кері тригонометриялық теңдеу.
Теңдеулерді жоғарыда айтылғандай етіп түрлерге бөлу тек салыстырмалы
ғана бөлу болады. Теңдеулердің құрамындағы функциялардың ішінде алгебралық
функциямен бірге трансцендент функция болса, онда теңдеуді трансцендент
теңдеу дейді, бірақ бұл жағдайда көрсеткіштік, логарфмдік, тригонометриялық
т.с.с. түрлерге бөлінбейді.
Мысалы, 2Igx+(x) трансцендент теңдеу. Бұл теңдеуді
логарифмдік немесе алгебралық теңдеу деп атауға болмайды.
Егер белгісіз шамаға қосу, азайту және оны тұрақты санға көбейту
амалдары орындалса, онда бүтін рационал теңдеуді сызықтық теңдеу дейді,
басқаша айтқанда, теңдеудің құрамындағы функциялар бірінші дәрежелі
көпмүшеліктер болса, онда теңдеуді сызықтық теңдеу деп те атайды.
Сызықтық теңдеулерден басқа бүтін рационал теңдеуді, яғни теңдеудің
құрамындағы функциялар жоғары дәрежелі көпмүшеліктер болып келген теңдеуді
жоғары дәрежелі теңдеу дейді. Көпмүшеліктің дәрежесі теңдеудің дәрежесін
көрсетеді. Мысалы,
1 5х-6=3х+1 – сызықтық теңдеу.
2 10х жетінші дәрежелі теңдеу.
Бүтін рационал теңдеуді оның коэффициенттерінің қасиетіне байланысты түрге
бөледі.
Алдынан және соңынан бірдей қашықтықта тұратын мүшелердің
коэффициенттері бірдей болатын
бүтін рационал теңдеуді қайталамалы теңдеу дейді.
Мысалы, - қайталамалы теңдеу.
2 Трансценденттік теңдеулер және оларды шешу жолдары
2.1 Трансценденттік теңдеу
Трансцендент сан - бүтін коэффициенттері көпмүшеліктің түбірі болып
табылмайтын нақты немесе жорамал сан. Трансцендент сандарын алғаш рет
француз математигі Ж:Луивилль (1809-1882) енгізді. Барлық алгебр.сандар
жиынының саналымды және барлық нақты сандар жиынының саналымды емес екенін
білген Г.Кантор (1845-1918) нақты трансцендент сандар қуаттылығы континуум
жиын құрайтынын дәлелдеген. 18 ғ-дың ортасында е, π, 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,
. Жуық шешуден басқа жалпы түрде шешу жолы жоқ болғандықтан, әдетте
трансцендент теңдеулерді көрсеткіштік, логарифмдік және тригонометриялық
теңдеулер түрінде қарастырады.
Жалпы жағдайда трансцендент теңдеудің арифметикалық және алгебралық
операциялары тізбекте орындау барысында шешімі табыла бермейді. Алайда
дербес жағдайда трансцендент теңдеудің шешімін элементарлы алгебралық
формуланы қолдана отырып, табуға болады.
Екі теңдеу тең қуатты деп аталады, егер олардың шешімдер жиыны
бірдей болса. Басқа сөзбен айтқанда, егер бірінші теңдеудің әрбір шешімі
екінші теңдеудің де шешімі болса, ал екінші теңдеудің әрбір шешімі
біріншісінің де шешімі болса немесе екі теңдеудің де шешімі болмаса, онда
бұл екі теңдеу тең қуатты болады.
1 Егер теңдеудің екі бөлігіне теңдеудің бүкіл мүмкін мәндер аймағында
анықталған (яғни теңдеудің оң жақ және сол жақ бөліктеріндегі өрнектердің
анықталу облыстарының қиылысындағы) бірдей өрнекті қоссақ, онда берілген
теңдеуге тең қуатты теңдеу шығады. Бұдан теңдеудің белгілі бір мүшесін
теңдеудің бір бөлігінен екінші бөлігіне қарама-қарсы таңбамен өткізетін
болсақ, онда алынған теңдеу берілген теңдеуге тең қуатты болады.
2 Егер теңдеудің екі бөлігін де теңдеудің мүмкін мәндер облысында
анықталған және осы облыста нольге айналмайтын өрнекке көбейтсе (бөлсе),
берілген теңдеуге тең қуатты теңдеу шығады. Бұдан, егер теңдеудің екі
бөлігін де өзгеше санға көбейтсе (бөлсе), алынған теңдеу бастапқы теңдеуге
тең қуатты болатындығы шығады.
3 Егер теңдеудің екі бөлігі де теңдеудің бүкіл мүмкін мәндер облысында
теріс емес болса, онда ол бөліктерді бірдей натурал дәрежеге шығарғанда
бастапқы теңдеуге тең қуатты теңдеу шығады.
Тіпті бүтін рационал теңдеулерді шешудің бірыңғай әдісі болмайды. Ал
трансцендент теңдеулерді шешу бұдан да күрделі. Бұл тарауда біз бір
айнымалы трансцендент теңдеулердің жеке түрлерін ғана шешудің кейбір
тәсілдерін қарастырамыз.
Кез-келген трансцендент теңдеуді f(x)=0 түрінде жазып алуға болады. Мұндағы
f(x) – трансцендент өрнек. Трансцендент теңдеуді қарапайым түрге келтірудің
(оңайлатудың) жалпы екі әдісін атап өтейік: алмастыру әдісі және
көбейткіштерге жіктеу әдісі. Бұл екі әдісте берілген трансцендент теңдеуді
қарапайым теңдеулердің жиынына келтіру үшін қолданылады.
Алмастыру әдісінің мәнісі мынада: y=f(x) функциясы y= φ(x) және u=(ψ(x))
болсын. Онда f(x)=0 теңдеуін φ=(ψ(x))=0 деп жазуға болады. ψ(х)=u ауыстыруы
теңдеуді φ(u)=0 түріне келтіреді және бұл теңдеу бастапқы теңдеуден
оңай(қарапайым) болады. φ(u)=0 теңдеуін шешіп, оның u1,u2,...un
түбірлерін табамыз. Сонан соң бұл есеп ψ(х)=u1;ψ(x)=u2;...;ψ(x)=un теңдеулер
жиынын шешуге келтіріледі. Көбейткіштерге жіктеу әдісі мынадай болады:
болсын, олай болса
f(x)=0
(19)
теңдеуінің кез-келген шешімі
(20)
теңдеулер жиынының шешімі болады.
Алайда, кері ұйғару дұрыс болмайды: (20) теңдеулер жиынының кез-келген
шешімі (19) теңдеудің шешімі бола бермейді , мұндағыОсылай, мысалы
(21)
теңдеуі
(22)
теңдеулер жиынына келтіріледі.
Тікелей тексеру арқылы х=0 шешімі (21) теңдеудің шешімі болатындығын көруге
болады. Ал (22) жиынының шешімдері х-тің келесі мәндері болады:
х1=1,x2=2,x3=0 . Алайда х=1болғанда өрнегі, ал х=0 мәнінде
өрнегі анықталмаған. Осылайша, х=0 және х=1 мәндері (21) теңдеудің мүмкін
мәндер облысына тиісті емес, яғни х=0 және х=1 мәндері (22) жиынының
шешімдері болғанымен, (21) теңдеудің шешімдері бола алмайды.
Жалпы, (19) теңдеуді көбейткіштерге жіктеу әдісімен шешуде (20)
теңдеулер жиынынан табылған түбірлердің ішінен х-тің тек (19) теңдеудің
мүмкін мәндер жиынына енетін мәндері ғана (19) теңдеудің шешімі бола алады.
9-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: Берілген теңдеу келесі теңдеулер жиынына келтіріледі.: Осы
жиынның теңдеулерін шешіп , сәйкесінше табамыз. Алайда х=0 мәні
жиынына тиісті болғандықтан, жиын шешімін түрінде қысқартып
жазуға болады.х-тің осы мәндерінің бәрі бастапқы теңдеудің мүмкін мәндер
жиынына тиісті, сондықтан тек жиынның ғана емес , сонымен қатар берілген
теңдеудің де шешімдері болады.
10-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: сәйкес теңдеулер жиынын құрастырамыз:
Бұл жиынның бірінші теңдеуінің шешімі , екінші теңдеуінің шешімі
, үшінші теңдеудің шешімі жоқ. Осылайша жиынның шешімдері: Алайда
бұл жиынды бастапқы теңдеудің шешімі деп айтсақ қателесеміз. Осылайша, m-
нің тақ мәндерінде -ден cosx=0, яғни secx өрнегі анықталмаған.
Осылайша, шешімдер жиынының ішінен бастапқы теңдеудің шешімі болып х-тің
мәндері ғана алынады. Осы шешімдерді сандар осінде белгілеп, олардың
бірігуін оңай табуға болады, атап айтар болсақ: . х-тің бұл мәндері
бастапқы теңдеудің шешімдері болады
2.2 Kөрсеткіштік теңдеу
Элементарлық алгебрада қарапайым трансцендент теңдеулерге сондай-ақ
көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер жатқызылады. [3]
Айнымалы тек дәреже көрсеткішінде ғана болатын теңдеуді көрсеткіштік
теңдеу деп атайды.Көрсеткіштік теңдеудің ең қарапайым түрі теңдеуі
болып табылады. (Әрі қарай көрсеткіштік теңдеулердің барлық мысалдарында
а0 және а≠1 деп алынады). b0 болғанда бұл теңдеудің түбірлері болмайды,
себебі барлық үшін ах0.
2.3 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің әдістері
1.1 түріндегі теңдеулер.
Көрсеткіші нөльге тең дәреженің анықтамасы негізінде
(23)
теңдеуінің шешімі f(x)=0,теңдеуіне келтіріледі, мұндағы f(x) – R жиынында
анықталған функция. Соңғы теңдеуді х-ке қатысты шеше отырып , (23) теңдеуін
қанағаттандыратын түбірлерін табамыз. Кері тұжырым да орынды:егер f(x)=0
теңдігі орындалса, онда (23) теңдігі де орындалады.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: . Жауабы:
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Жауабы:
3. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
1.2 түріндегі теңдеулер.
(24)
(24)теңдеуінің оң жақ және сол жақ бөліктері бір негізге келтірілген. Бұл
жағдайда (24) теңдеуінің түбірлері шешімі болады. Шынында (24)
теңдеуін аα-ға (мұндағы аα≠0) бөліп, немесе аламыз, мұнан
шығады.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: болғандықтан, онда және
Жауабы:
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Жауабы:
3. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Жауабы:
1.3 түріндегі теңдеулер.
(25)
теңдеудің оң және сол жақ бөліктері бір негізге келтірілмейді. Оң сандар
теңдігінен олардың логарифмдерінің теңдігі шығады, яғни
(26)
сондай-ақ (25) және (26) теңдеулері өзара тең күшті: егер сандар тең болса
, онда олардың логарифмдері тең болады және керісінше , егер негіздері
бірдей логарифмдер тең болса , онда логарифм астындағы сандар да тең
болады.(26) – ден шығады.
Ескерту. (26) теңдеуін логарифм анықтамасынан немесе а негізі бойынша
логарифмдей отырып шешуге болар еді.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
одан
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: ;
; одан х=2
1.4 түріндегі теңдеулер.
(27)
түріндегі теңдеудің ерекшелігі – х алдындағы коэффициенттің бірдей болуы.
Мұндағы - сандық коэффициенттері. Бұл теңдеуді шешу үшін ортақ
көбейткішті (мұндағы ki – k0,k1,k2,...,kn сандарының ішіндегі ең кішісі)
жақша сыртына шығарады. Сонан соң теңдеу
(28)
түріне келтіріледі. (28) теңдеуіндегі жақша ішінде орналасқан өрнек тұрақты
шама болып табылады; бұл шаманы N әрпімен белгілейік , онда (28) теңдеуі
түріне келеді, ол N≠0 болғанда:
(29)
шығады. (29) теңдеуі алдында қарастырылған теңдеулердің бірімен сәйкес
келуі мүмкін, яғни болса , онда ол 1.1.-дегі (23) теңдеуге келтіріле
алады; егер болса, онда 1.2.-дегі (24) теңдеуге келтіріледі; егер
болса, онда 1.3.-гі (25) теңдеуіне келтіріледі.Ал егер болса,
онда берілген теңдеудің шешімдері болмайды.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Тексеру х=1 мәні теңдеу түбірі болатынын көрсетеді.
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: теңдеудің оң жақ бөлігі шексіз кемімелі геометриялық прогрессияны
береді:
яғни , онда . Берілген теңдеу : түріне келтіріледі, одан
3. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
одан
1.5 түріндегі теңдеулер.
(30)
түріндегі теңдеулерді үш мүшелі көрсеткіштік теңдеулер деп атайды.
(30)теңдеуі алмастыруы көмегімен кәдімгі квадрат теңдеуге
келтіріледі:
(31)
(31)теңдеуін шешіп y1 мен y2 –ні табамыз. Мұнан соң (30) теңдеудің шешімі:
екі теңдеуді шешуге келтіріледі. Егер бір мезгілде болса , онда
(30) теңдеудің шешімі болмайды.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз
Шешуі:
Жауабы:
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: 5х-2=y деп аламыз, онда 52х-3=y2, одан 52х-3=5y2.
Енді ,
а) - теңдеуінің шешімдері жоқ.
б) Жауабы:
1.6 түріндегі теңдеулер .
(32)
түріндегі теңдудің барлық мүшелері негіздері әр түрлі дәрежеден тұрады,
алайда теңдеудің шеткі мүшелердің дәреже көрсеткіштері ортаңғы мүшенің
дәреже көрсеткішінен екі есе артық. (32) теңдеуін 1.6.-дағы (30) теңдеуіне
оңай келтіруге болады. Шынында да (32) теңдеуін -ге бөліп
(33)
аламыз. (33) теңдеуі квадрат теңдеуді шешуге келтіріледі. болсын, онда
(33) теңдеуі
(34)
түрге келеді. (34) теңдеуінен у1 мен у2 –ні тауып а) және б)
екі теңдеуді аламыз .
Егер болса , онда (32) теңдеуінің шешімі болмайды.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі :
а) б) Жауабы:
Көрсеткіштік теңдеулерді шешуде екі негізгі әдіс қолданылады:
1) көрсеткіштерін теңестіру әдісі, яғни берілген теңдеуді af(x)=ag(x)
теңдеуіне
түрлендіріп, содан соң f(x)=g(x) теңдеуін алу;
2) жаңа айнымалы енгізу әдісі.
Кейде жасанды әдістер қолдануға да тура келеді.Кейбір теңдеулерді шешу үшін
тек көрсеткіштік теңдеулерді шешу әдістерін білу жеткіліксіз, оған қоса
логарифмнің қасиеттерін, логарифмдік теңдеулерді шешу әдістерін жете
меңгеру талап етіледі. Сондықтан логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулерді
шешу жеке тақырып етіп беруді ұсынамын.
Көрсеткіштерді теңестіру әдісі
Бұл әдіспен шешу кезінде кейде келесі тұжырымды қолданады:
теңдеуінің шешімін (мұндағы а0, а≠1, в0) түрінде табады.
11-мысал Теңдеуді шешу керек: 4х=82х-3
Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін бірдей негізге келтірейік:
4х=(22)x=22x, 82x-3=(23)2x-3=26x-9
22x=26x-9(2x=6x-9(x=94
12-мысал Теңдеуді шешу керек: 52x+1-3(52x-1=550
Шешуі: Теңдеудің сол бөлігінде 52х-1 - өрнегін жақша сыртына шығарайық:
52х-1(52-3)=550(52х-1=52(2х-1=2(х=3 2
13-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: 1=10( болғандықтан:
14-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: Логарифмнің негізгі қасиетін пайдаланамыз.
15-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: ТАА: 5-х(0(х(5 болғандықтан берілген теңдеу келесі жүйеге мәндес
16-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: Мұнда дәреженің екі түрлі негізі бар. Теңдеудің екі бөлігінде
оң шамасына бөліп келесі теңдеуді аламыз:
Жаңа айнымалдар енгізу
17-мысал Теңдеуді шешу керек: 4х+2х+1-24=0
Шешуі: 4х=(22)x =(2x)2 және 2х+1=2(2х екенін ескеріп берілген теңдеуден
(2х)2+2(2х-24=0 аламыз. u=2x деп алып жаңа айнымалы енгізсек
u2+2u-24=0(u1=4,u2=-6
Cонымен теңдеуіміз келесі теңдеулер жиынтығына мәндес
Бірінші теңдеуден х=2 аламыз. Екінші теңдеудің түбірі жоқ, өйткені кез
келген х үшін ах 0, a0, a(1.
18-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: теңдеуді келесі түрде жазамыз:
Егер деп алсақ, онда келесі квадрат теңдеуге келеміз u2-52 u -6=0(
u1=4,u2=- 32. Сонымен,
Егер
((аf(x)+((bf(x)+c=0,(,(,c(R
(35)
көрсеткіштік теңдеуінде а мен b өзара кері сандар болса (яғни ab=1), онда
аf(x)=t,
(36)
жаңа айнымалысын енгізе отырып
(t2 + ct + ( = 0
(37)
квадрат теңдеуіне келуге болады.
19-мысал Теңдеуді шешу керек: 5(23х-3-3(25-3х+7=0
Шешуі : Дәреже қасиетін пайдаланып берілген теңдеуді келесі түрде жазамыз:
Бұл (35) түрдегі теңдеу. Егер t=23x деп алсақ, онда
Сонымен берілген теңдеу мына теңдеуге мәндес
23х=8(23х=23(3х=3(х=1
20-мысал Теңдеуді шешу керек: 4х+2х+1-24=0
Шешуі: Жаңа айнымалы енгізу әдісін қолданайық. 4х=(2х)2, 2х+1=2∙2х
болғандықтан, берілген теңдеуді (2х)2+2∙2х-24=0 түрінде жазуға болады. 2х=у
деп алып, жаңа айнымалы енгіземіз. Сонда түбірлері у1=4, у2=-6 болатын
у2+2у-24=0 квадраттық теңдеуін аламыз. Енді есеп 2х=4, 2х=-6 теңдеулері
жиынтығын шешуге келтіріледі. Бірінші теңдеуден х=2 екенін табамыз. Екінші
теңдеудің түбірлері жоқ, өйткені 2х0 кез келген х үшін.
Жауабы: х=2.
Жасанды әдіс қолдану
Егер көрсеткіштік теңдеу келесі түрде берілсе :
( аf(x) + ( bf(x) + ( cf(x) =0, b2 = ac
(38)
(((0, (, ( нақты сандар, f(x) – қандай да бір функция), онда бұл теңдеу
келесі көрсеткіштік теңдеулердің жиынтығына мәндес болады:
Мұндағы t1 мен t2 сандары ( t2 + ( t + ( = 0 квадрат теңдеуінің түбірлері.
21-мысал Теңдеуді шешу керек: 6(32х - 13(6х +6(22х=0
Шешуі: берілген теңдеуді мына түрде жазамыз:
6(9х-13(6х+6(22х=0
Бұл (38) түрдегі теңдеу, өйткені, мұнда а=9, b=6, c=4, яғни , b2 = ac шарты
орындалады.Соңғы теңдеудің екі бөлігін 9х0 бөліп, келесі теңдеуді аламыз:
Егер деп алсақ, онда соңғы теңдеуден 6t2 -13t +6 =0 ( t1=32, t2=23
шығады. Сонымен берілген теңдеу мына теңдеулер жиынтығына мәндес:
22-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: ТАА: х(0. Олай болса, х(0 үшін
Көрсеткіштік теңдеулерді шешуге байланысты әр түрлі мысалдарды
қарастырайық.
23-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: Берілген теңдеу х2-2х=3х-6 теңдеуімен бірдей , сондықтан соңғы
теңдеудің х1=2;x2=3 түбірлері бастапқы теңдеудің де түбірлері болады.
24-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: Барлық дәрежені бір негізге -ге келтіреміз.. Әрі қарай
шығады. Соңғы теңдеу х=2х-3 теңдеуімен бірдей,мұнан х=3
шығады.Сонымен, х=3 берілген теңдеудің шешімі.
25-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: болғандықтан, берілген теңдеуді түріне келтіруге болады.
Бұл теңдеу теңдеуіне тең қуатты. Бұл квадрат теңдеудің түбірлері,
сонымен қатар берілген көрсеткіштік теңдеудің түбірлері: сандары
болып табылады.
26-мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: болғандықтан , теңдеуді түріне , одан әрі түріне
келтіруге болады,әрі қарай шығады. Соңғы теңдеу келесі теңдеулер
жиынына келтіріледі: . Бұл жиынның шешімдері:. х1 және х2
берілген теңдеудің мүмкін мәндер облысына енетіндіктен (ММО: ), олар
берілген теңдеудің түбірлері болып табылады.
27-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: және болғандықтан, берілген теңдеуді түрінде қайта
жазуға болады. 2х=z деп белгілеу енгізіп, z2+2z-24=0 квадрат теңдеуін
аламыз. Оның түбірлері z1=4,z2=-6 . Сондықтан есеп 2х=4,2x=-6 теңдеулер
жиынын шешуге келтіріледі. Бұл жиынның бірінші теңдеуінен : х=2 шешімін
аламыз. Жиынның екінші теңдеуінің шешімі болмайды, себебі х-тің кез-келген
мәндерінде 2х0. Сонымен, берілген теңдеудің шешімі х=2.
28-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: Теңдеуді түріне келтіреміз де , 2х=z деп алмастыру орындаймыз:
шығады. Соңғы теңдеудің үш түбірі болады: . Онда есеп келесі
теңдеулер жиынын шешуге келтіріледі: . Бұл жиынның сонымен қатар
бастапқы теңдеудің шешімдері :
29-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: ; ауыстыруын жасап , теңдеуін аламыз. Одан
түбірлерін аламыз. Енді есеп теңдеулер жиынын шешуге келтіріледі.
Бұл жиынның бірінщі теңдеуінің шешімдері жоқ, ал екіншісі өз кезегінде
теңдеуіне тең, одан екенін табамыз.
30-мысал теңдеуіе шешу қажет.
Шешуі: Теңдеуді түріне келтіреміз. 3x=u және 2x=v белгілеуін
енгіземіз, сонда 6u2-13uv+6v2=0 теңдеуін аламыз. Бұл теңдеу u және v
айнымалыларына қатысты екінші ретті біртекті теңдеу. v=2x x-тің ешқандай
мәнінде нольге айналмайтындықтан , берілген ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... 3
I Теңдеу
1.1 Теңдеу ұғымының жалпы
сипаттамасы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .5
1.2 Қарапайым
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ...10
1.3 Мәндес теңдеулер
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ...11
1.4 Теңдеулерді
классификациялау ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ..14
2 Трансценденттік теңдеулер және оларды шешу жолдары
2.1 Трансценденттік
теңдеу ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ..17
2.2 Kөрсеткіштік
теңдеу ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... 19
2.3 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің
әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 19
2.4 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің графиктік
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ..29
2.5 Логарифмдердің
қасиеттері ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... .30
2.6.Логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... 32
2.7 Логарифмдік теңдеулерді шешудің графиктік
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ..43
2.8 Тригонометриялық
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... 44
2.9 Тригонометриялық теңдеуді шешудің негізгі
тәсілдері ... ... ... ... ... ... .. ...47
2.10 Стандартты емес кейбір тригонометриялық теңдеулерді
шешу
жолдары ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ..63
2.11 Трансцендент теңдеулердің түбірлерін графиктік әдіспен бөліктеу
және оларды жуықтап
есептеу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
65
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..71
Пайдаланылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...73
Кіріспе
Жұмыстың өзектілігі. 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 ұстаудың 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 коэффициенттері көпмүшеліктің түбірі болып
табылмайтын нақты немесе жорамал сан.
Трансцендент сандарын алғаш рет француз математигі Ж:Луивилль (1809-
1882) енгізді. 18 ғ-дың ортасында е, π, 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,
. Жуық шешуден басқа жалпы түрде шешу жолы жоқ болғандықтан, әдетте
трансцендент теңдеулерді көрсеткіштік, логарифмдік және тригонометриялық
теңдеулер түрінде қарастырады..
Теңдеулерді шешу негізінде мектептің жаңа программасына кіргізілген
функциялардың қасиеттері кең түрде пайдаланылады.Жалпы білім беретін
мектептің жоғарғы буынында оқытуды даралауға, оқушыны әлеуметтендіруге
сонымен бірге мектептің жоғарғы сатысы мен орта және жоғарғы кәсіби білім
берудегі сабақтастығы қашықтан жүзеге асыру.
Дипломдық жұмыстың мақсаты: мектеп математика курсындағы
Трансцендент теңдеулерді шешу әдістері атты тақырыпты терең меңгеру,
толық қарастыру, бір жүйеге келтіру, математика сабағының танымдық деңгейін
көтеру, оқушылардың математика пәніне деген қызығушылығын арттыру, дамыту
Осы мақсатқа қол жеткізу үшін мынадай міндеттер қойылды:
• Мектеп математика оқулықтарындағы теңдеу тақырыбының мазмұнына талдау
жасау және соған байланысты болашақ математика мұғалімінің игеруі
қажетті теориялық материалдарын айқындау;
• Математика оқулықтарында трансцендент теңдеулерді оқыту
ерекшеліктеріне талдау жасай отырып, әдістемелік ерекшеліктерін
айқындау;
• Трансцендент теңдеулерді оқыту және олардың графиктерін салуға үйрету
тәсілдерін оқып-үйрену.
Зерттеу обьектісі: жалпы орта білім беретін мектептерде математиканы
оқыту процесі.
Дипломдық жұмыстың әдіснамалық негізі.
– зерттеліп отырған тақырып бойынша математикалық ғылыми-әдістемелік,
педагогикалық әдебиеттерге талдау жүргізу;
–математика мұғалімдерінің алдыңғы қатарлы тәжірибесін оқу және
жалпылау.
Зерттеудің ғылыми жаңалығы:
- стандартты емес кейбір тригонометриялық теңдеулерді
шешу жолдары қарастырылды;
- трансцендент теңдеулердің түбірлерін графиктік әдіспен бөліктеу
және оларды жуықтап есептеуі қарастырылды.
Жұмыстың практикалық маңыздылығы: мектеп математика мұғалімдері
үшін көмекші құрал ретінде пайдалануға болады
I Теңдеу
1. Теңдеу ұғымының жалпы сипаттамасы
Мектепте теңдеу мен олардың жүйелерін ерте бастан жүйелі түрде оқыту
дәстүрі қалыптасты. Бүл дәстүр қазіргі бағдарламаларда да көрініс тапқан:
теңдеу ұғымы, сызықтық теңдеу, екі белгісізі бар сызықтық теңдеулер жүйесі
6-сыныпта, квадрат теңдеулер мен рационал теңдеулер 7,8-сыныпта, мәндес
теңдеулер және тригонометриялық теңдеулер 10-сыныпта, дифференциалдық
теңдеулер 11-сыныпта оқытылады.
Теңдеу-берілген екі функцияның мәндері өзара тең болатындай
аргументтің мәндерін анықтау (іздеу) жөніндегі есептің аналитикалық түрде
жазылуы. Функциялар тәуелді болатын аргументтерді белгісіздер, ал
функциялардың мәндерін өзара теңестіретін осы белгісіздердің мәндерін өзара
теңестіретін осы белгісіздердің мәндерін теңдеудің шешімдері (түбірлері)
деп атайды.Белгісіздердің мұндай мәндері берілген теңдеуді
қанағаттандыратын шешімдер болып табылады. Мысалы: бір белгісізі бар 3х-6=0
теңдеуінің шешімі х=2; ал екі белгісізі бар хх=25
теңдеуінің шешімдері х=3 , х=4 болады. Берілген теңдеудің шешімдерінің
жиынтығы белгісіздердің мүмкін мәндерінен тұратын М облысынан тәуелді
болады.М облысында теңдеудің бір де бір шешімі болмауы мүмкін, онда ол
теңдеудің М облысында шешілмейтін теңдеуі делінеді. Егер теңдеу шешілетін
болса, онда оның бір немесе бірнеше, тіпті шексіз көп шешімі болуы мүмкін.
Мысалы:х-4=0 теңдеуінің рационал сандар облысында шешімі жоқ; нақты
сандар облысында екі шешімі х=;х=-; ал комплекс сандар
облысында төрт шешімі х=;х=-;х=i;х=-i
бар. sinx=0 теңдеуінің нақты сандар облысында шексіз көп шешімі
болады:х=k(k=0,±1,±2,...).
М облысының сандарының барлығы теңдеудің шешімдері болса, онда теңдеу тепе-
теңдік (М облысында) деп аталады. Мысалы: х= теңдеуі оң сандар
облысында тепе-теңдік болса, ал нақты сандар облысында тепе-теңдік бола
алмайды. Белгісіздердің табылған мәндері барлық берілген теңдеулерді
қанағаттандыратын болса, онда бұл теңдеулер жиынтығын теңдеулер жүйесі
деп атайды.Теңдеулер жүйесінің барлық теңдеулерін бір мезгілде
қанағаттандыратын белгісіздердің мәндері теңдеулер жүйесінің шешімдері деп
аталады. Тек бір облыста қарастырылған екі теңдеулер жүйесінің (немесе екі
теңдеу) біріншісінің (екіншісінің) әрбір шешімі екіншісінің (біріншісінің)
де шешімі болса, онда олар өзара мәндес деп аталады. [2]
Бізге f(x) және φ(х) функциялары берілсін. Бұлардың ортақ анықталу
облыстарын М әрпімен белгілейік.
1 – анықтама Айнымалысы бар
f(x) = φ(х)
(1)
теңдігін теңдеу деп атайды.
2–анықтама Теңдеудің екі жағындағы f(x) пен φ(х) функцияларының мәндері
бірдей болатын х-тің мәндерін теңдеудің шешімдері немесе түбірлері дейді.
Берілген анықтама бойынша, егер f(a)=φ(a) ,болса, онда х=а саны (1)
теңдеуінің шешімі болады. Әрине, а саны М жиынына тиісті.
Әдетте теңдеудің құрамындағы функциялардың анықталатын М облысын
теңдеудің анықталу облысы дейді. Алайда бұл анықтаманы әр уақытта дұрыс
деуге болмайды.Мұндай қате негізінде функциялардың анықталу облысы мен
теңдеулердің анықталу облыстарын пара-парлаудың нәтижесінен шығып
отыр.Шындығында да, егер М облысында f(x) функциясы тек теріс емес мәндер
қабылдайтын болса, ал φ(х) функциясы оң да теріс те, анығырақ айтқанда,М
облысының бөлігі болатын М облысында φ(х) функциясы теріс емес мәндер,
ал М облысының бөлігі болатын және М облысымен ортақ элементі
болмайтын М облысында ол теріс мәндер қабылдаса, онда М облысында
(1) теңдеуінің мағынасы жоғалады. Өйткені бұл облыста теңдеудің сол
жағындағы функция теріс емес мәндер, ал оң жағындағы функция теріс мәндер
қабылдайтындықтан М облысында (1) теңдеуінің шешімі болуы мүмкін емес.
Ал шешім болмайтын облыста теңдеу мағынасыз дейміз. Сонымен, теңдеудің
құрамындағы функциялардың анықталуына және теңдеудің мағынасы болуына
байланысты теңдеудің анықталу облысы және теңдеудің мүмкін мәндерінің
облысы ұғымдарын енгіземіз.
3–анықтама Теңдеудің құрамындағы функциялардың барлығы анықталатын жиын
теңдеудің анықталу облысы деп аталады.
4-анықтама Теңдеудің мағынасы болатын жиынды теңдеудің мүмкін мәндерінің
облысы (ММО) дейді.
3 және 4-анықтамалардан теңдеудің анықталу облысы мен оның мүмкін
мәндерінің облысы бірдей бола бермейтіндігі байқалады.
1-мысал
(2)
Осы тендеудің анықталу обылысын табу керек.
f(x)= функциясы 1-ден шексіздікке дейінгі аралықта тек оң мәндерді
ғана қабылдайды да, функциясы сол облыста оң да,теріс те мәнлер
қабылдай береді. 2-ден 5-ке дейінгі аралықта квадрат үшмүшелік теріс мәндер
қабылдайтын болғандықтан, жоғарыдағы берілген анықтама бойынша қарастырып
отырған теңдеудің анықталу облысы үшін [1,] аралықты, ал ММО үшін 1-
ден 2-ге және 5-тен шексіздікке дейінгі аралықтарды алу керек. Сонымен,
мысалдағы теңдеудің мүмкін мәндерінің облысы Е=[1,2][5, ] ,
бірігуі болады.
2-мысал
(3)
Осы теңдеудің анықталу облысы мен ММО табу керек.
f(x)= функциясы хнақты сандар жиынында анықталған.Осы
облыста (3) теңдеуінің оң жағындағы функция да анықталған.Олай болса, (3)
теңдеуінің анықталу облысы D={xx≠kπ} жиыны болады.φ(х)=1 функциясы
D={xx≠kπ}жиынында оң мәндер қабылдайтын болғандықтан теңдеудің ММО
(4)
теңсіздігінің шешеімдері болады. 1-cosx функциясы D жиынында оң мәндер
қабылдайтындықтан (4) теңсіздігін шешу sinx0 теңсіздігін шешумен пара-
пар.Ал соңғы теңсіздіктің шешімі .
Е={x2kπ(x((2k+1)π} жиыны болады. Олай болса, (3) теңдеуінің ММО (
жиыны болады.
Егер М облысында теңдеудің екі жағындағы функциялардың екеуі де оң
да, теріс те мәндер қабылдайтын болса, немесе тек оң, не теріс мәндерді
ғана қабылдайтын болса, онда теңдеудің анықталу облысы мен теңдеудің мүмкін
мәндерінің облысы бірдей болады.Жалпы жағдайда теңдеудің мүмкін мәндерінің
облысы бірдей болады.Жалпы жағдайда теңдеудің мүмкін мәндерінің облысы
(ММО) мен анықталу облысы бірдей ұғымдар емес.
Егер (1) теңдеуінің шешімі болса, онда оның шешімі болса, онда оның
шешімі міндетті түрде теңдеудің мүмкін мәндерінің облысында жатады. Осы
себепті теңдеудің мүмкін мәндерінің облысын оның шешімі болатын облыс деп
те атайды.Теңдеудің шешімі болмайтын облысты оның шешімі жоқ екендігін
дәлелдеу үшін пайдаланады.Есептің шарты бойынша шешім рационал сан болуы
керек, хтеңдеуінің шешімі болмайтындығы оқушыларға белгілі.Сондай-ақ,
есептің шарты бойынша кез-келген нақты сандар теңдеудің шешімі бола
алатындығы алдын ала ескертілген болса, онда хтеңдеуінің екі шешімі
(х) болады.
Сол сияқты х теңдеуінің нақты сандар жиынында екі шешімі
(х) болады да, комплекс сандар жиынында төрт шешімі () болады.
Бұл мысалдардан бір теңдеудің әр түрлі облыста шешімдерінің жиыны да
түрліше болатындығын байқаймыз. Сондықтан теңдеудің шешімі туралы мәселе
(есеп) қойылғанда теңдеу қандай сандар облысында қарастыралытыны алдын ала
көрсетілуі керек. Біз бұл кітапшамызда теңдеудің шешімін нақты сандар
жиынында іздейміз.
Теңдеулердің шешімдерінің саны шектеулі, шексіз болуы немесе шешімі
(бос жиын) болуы мүмкін.Мысалы, sinx=1 теңдеуінің шексіз көп шешімдері
(k=0, ±1,±2,...)
бар, ал теңдеуінің нақты сандар жиынында шешімі жоқ.
Егер теңдеудің шешімі жоқ болса, онда мұндай теңдеуді қайшы теңдеу
дейді. Бұл анықтама бойынша теңдеуі қайшы теңдеу.
Теңдеуге кіретін белгісіздің санына байланысты теңдеу бір белгісізі
бар, екі белгісізі бар, т.с.с. теңдеулер деп те аталады.
Біздің қарастыратынымыз негізінде бір белгісізі бар теңдеу.
Теңдеуге байланысты есеп қойылғанда теңдеуге қатысып тұрған әріп
шамалардың қайсысы параметр, ал қайсысы белгісіз шама екендігі көрсетілуі
керек. Олай болмағанда есеп анықталмай қалады.
Сондықтан теңдеулерде белгісіз шамаларды латын алфавитінің кіші және
соңғы x, y, z ... әріптерімен белгілейді. Мұндай жағдайда белгісіз шама мен
параметрлерді айыру туралы арнаулы нұсқау жасалмайды.
Теңдеуді берілген екі функцияның мәндері теңесетіндей х айнымалысының
мәндерін табу туралы, бар яғни х айнымалы
(5)
теңдігі түріндегі есеп ретінде қарастыруға болады.
(5)теңдеуінің оң және сол жақ бөліктеріндегі функциялардың
әрқайсысының анықталу облысы, яғни осы функция анықталатын х аргументінің
барлық мәндерінің жиыны болады.
Теңдеудің анықталу облысы деп және функцияларының
әрқайсысының анықталу облыстарының ортақ бөліктерін айтады.(функциялардың
анықталу облыстарының қиылысуы деп те атайды).
Мысалы,
(6)
теңдеуінде екі функция бар:а)анықталу облысы аралығы болатын
функциясы;б) анықталу облысы R (нақты сандар жиыны ) болатын у=х
функциясы. Осы функциялардың анықталу облыстарының ортақ бөлігі және
жиындарының қиылысуы) аралығы болып табылады.
(6) теңдеуінің екі жағын да квадраттап, немесе теңдеуін
аламыз, одан х1 түбірі бұл теңдеудің бөгде түбірі болып табылады,
себебі оның оң жақ бөлігі х0, ал сол жақ бөлігі .
Теңдеудің шешімі (түбірі) аралығына кіретін саны болады, алайда
бұл саны (6) теңдеудің шешімі болады деген сөз емес.
мәнін теңдеудің сол жақ бөлігіне қойып,
теңдеудің оң жақ бөлігіндегідей сан аламыз:.Соңғы нәтиже: (6)
теңдеудің түбірі саны болып табылады.
х=α санын (5) теңдеудің түбірі (немесе шешімі) д.а, егер теңдігі
ақиқат болса, яғни тепе-теңдік болса. (5) теңдеуді түрінде жазып алып
және ті g(x) деп белгілеп алып
g(x)=0
(7)
түріндегі теңдеуді аламыз.
g(x) функциялар айырымы қандай да бір жаңа функция болады.Құрамындағы
немесе g(x) функциялары көрсеткіштік, логарифмдік немесе
тригонометриялық функциялар болатын (5) немесе (7) түріндегі теңдеулер
трансцендент теңдеулер деп аталады. Трансцендент теңдеулердің мысалдары
ретінде , т.б. теңдеулерін атауға болады.
Жалпы жағдайда трансцендент теңдеу арифметикалық және алгебралық
амалдардың ақырғы тізбегін орындау арқылы шешіледі. Алайда кей жағдайда
трансцендент теңдеудің шешімі элементар алгебралық формулаларды пайдалану
арқылы табылуы мүмкін.
Келесі мысалдарды қарастырайық.
3-мысал теңдеуін шешіңіз
Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін де 2х – не көбейтіп (көрсеткіштік функцияның
қасиеті бойынша 2х≠0 ), аламыз. Осы теңдеуді шеше отырып (оны 2х –ке
қатысты квадрат теңдеу деп алып),
(8)
аламыз.
Теңдеудің болатын барлық х мәндері үшін шешімі бар болады, яғни
. х-тің табылған мәндерінде (8) теңдеуінің оң жақ бөлігі , онда
болады, алайда 2х0 болғандықтан 2х=1,х=0 шығады. Жауабы:
4-мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Бұл теңдеуді косинус белгісінің астына кірмейтін х-ке қатысты
квадрат теңдеу ретінде шешеміз.Сөйтіп,
(9)
табамыз.
(9) теңдігінің болғанда R жиынында мәні бар болады, яғни
Екі жағдайды қарастырамыз:
а) n=2k,, онда ху=2kп, ал (9)- ден шығады. Тексеру:
б) онда , (9)-ден ,және . Тексеру: .
Жауабы:
5-мысал 2х=4х теңдеуін шешіңіз. х0, себебі көрсеткіштік функция тек оң
мәндер ғана қабылдайды.
Шешуі: Әдетте мұндай теңдеулер жуық түрде графикалық әдіспен шешіледі. Бұл
теңдеуді үтірден кейін бес ондық орынға дейінгі дәлдікпен жуықтап,
алгебралық тәсілмен шешеміз. Теңдеуді lg2-ге бөліп, логарифмдейміз:
одан ,бірақ , деп белгілеп, теңдеуін аламыз.
Кестені пайдалана отырып, , ал шығады. Әрине, теңдеудің екі
түбірі болады: Жауабы:
1.2 Қарапайым теңдеулер
Математикалық кітаптарда қарапайым теңдеулер ұғымы туралы түсінік
түрліше болғандықтан, осы мәселеге анықтама бере кеткенді жөн деп
есептейміз.
Берілген теңдеу үшін төмендегі үш жағдайдың бірі орындалуы мүмкін:
1)теңдеудің сыртқы түріне қарап, оның шешімінің жоқтығын анықтауға
теңдеудің сыртқы түріне қарап, оның барлық шешімін анықтауға болады;
2)теңдеудің сыртқы түріне қарап, оның шешімінің бар жоқтығы туралы ешбір
қорытынды жасауға болмайды.
Бірінші жағдай бойынша теңдеудің шешімі болмайтын себептер
анықталысымен теңдеуді зерттеу аяқталды деуге болады.Сондай-ақ, екінші
жағдайда да, теңдеудің барлық шешімін бірден анықтағаннан кейін теңдеуді
зерттеу процесі бітті дейді. [2]
Анықтама Егер теңдеудің құрылысына қарап, оның шешімін бірден табуға немесе
шешімінің жоқтығын анықтауға болса, онда мұндай теңдеуді қарапайым немесе
жай теңдеу дейді. Мысалы,
0(х =3 (10), (11), (12)
теңдеулері қарапайым (жай) теңдеулерге жатады. Себебі (10) және (12)
теңдеуінің шешімі жоқ, ал (11) теңдеуінің екі шешімі () бар және
оларды бірден табуға болады.
Осы анықтамаға сүйеніп, төмендегі теңдеулерді қарапайым теңдеулерге
жатқызамыз.
1 (n-натурал сан, а-кез-келген нақты сан) теңдеуі қарапайым теңдеу.
Егер а=0 болса, онда кез-келген натурал n үшін теңдеудің жалғыз ғана х=0
шешімі болады. Егер а(0 болса, онда n=2k болғанда теңдеудің екі шешімі
болады.n=2k+1 болғанда теңдеудің жалғыз ғана шешімі
болады. Егер а(0 болса, онда n жұп сан болғанда теңдеудің шешімі болмайды
да, тақ болғанда жалғыз ғана шешімі болады.
2
(13)
(мұндағы n- натурал сан да, а- кез келген нақты сан ) теңдеуі де қарапайым
теңдеуге жатады. Өйткені, егер а(0 болса, онда кез келген натурал n саны
үшін (13) теңдеуінің жалғыз ғана шешімі х=а болады. Енді а(0 деп
қарастырсақ, онда n жұп сан болғанда (13) теңдеуінің шешімі болмайтындығы,
ал тақ сан болғанда теңдеудің жалғыз ғана шешімі болатындығы бірден көрініп
тұр.
3
(14)
(мұндағы а(0, а(1, b- кез келген нақты сан) теңдеуі жай теңдеуге жатады.
Өйткені х- тің кез келген нақты мәндері үшін
болғандықтан, b(0 болса, (14) теңдеуінің шешімі болмайды да, ал b(0
болса, теңдеудің жалғыз ғана шешімі (х=Iogb) болады.
4 Iog
(мұндағы а(0, а(1 және b кез келген нақты сан ) теңдеуі де жай теңдеуге
жатады. Өйткені қарастырып отырған теңдеудің жалғыз ғана шешімі ()
бар.
5 sinx=a, cosx=a теңдеулері де қарапайым теңдеулер. Өйткені, а( 1
болса,олардың шексіз көп шешімдерін () бірден табуға болады, ал а( 1
болса, олардың шешімдері жоқ.
6 tgx=a, ctgx=a теңдеулері де жай теңдеулер. Өйткені, кез келген нақты мән
қабылдайтын, а саны үшін бұлардың шексіз көп шешімдері (x=arctga+kπ,
x=arcctga+kπ, n=0, ±1,...) болады.
Ескерту Теңдеулердің сыртқы түріне қарап оның шешімінің бар-жоқтығын бірден
анықтау адамның қабілетіне, ой-өрісіне байланысты. Осы себепті қарапайым
теңдеулер класын көбейте беруге болады. Мұндай жағдайды болдырмас үшін
әрбір теңдеулер класынан қарапайым теңдеуге жатқызатын теңдеулерді жоғарыда
атап кеттік.
1.3 Мәндес теңдеулер
Мүмкін мәндерінің облысы Е болатын
(15)
теңдеуімен бірге сол облыста анықталған
(16)
теңдеуді қарастырайық.
1-анықтама Егер (15) теңдеуінің әрбір шешімі (16) теңдеуінің шешімі болса,
ал (16) теңдеуінің Е облысында жатқан әрбір шешімі (15) теңдеуінің шешімі
болса, онда мұндай теңдеулерді Е жиынында мәндес теңдеулер дейді және оны
былай белгілейді: . Мұндағы символы екі теңдеудің Е жиынында
мәндес (эквивалент) болатындығын көрсетеді. (16)теңдеуінің мүмкін
мәндерінің облысын D мен белгілейік. (15) және (16) теңдеулерінің шешімдері
1-анықтаманың шарттарын қанағаттандырады деп ұйғарып, Е мен D жиындарының
арасындағы қатысқа байланысты келесі жағдайларға тоқталайық.
1 Е мен D өзара бірдей облыстар. Біздің ұйғаруымыз бойынша (15) және (16)
теңдеулері өзара мәндес болады Өйткені мүмкін мәндер облысында жатпайтын
теңдеудің шешімдері мүмкін емес.
2 Е D, яғни Е жиыны D облысының бөлігі болсын. Егер (16) теңдеуінің
D \ E облысында, яғни облысынан тысқары D \ E облысында шешімі болмаса,
онда ұйғаруымыз бойынша (15) мен (16) теңдеулері Е облысында мәндес болады.
3 Е D және D \ E облысында (16) теңдеуінің шешімдері бар болсын.
Басқаша айтқанда, (16) теңдеуінің біраз шешімдері Е жиынында жатпайды да,
ал онда жататын шешімдері (15) теңдеуінің шешімдері болады. Бұл жағдайда да
қарастырылып отырған теңдеулер мәндес болады.
Мысалдар келтірейік.
6-мысал және теңдеулерінің өзара мәндес теңдеулер болатынын
көрсету керек. Бірінші теңдеудің анықталу облысы нақты сандар жиыны, ал
екінші теңдеудің де анықталу облысы нақты сандар жиыны. Осы облыста
теңдеудің екі жағындағы функциялар да оң мәндер қабылдайды. Олай болса,
теңдеулердің ММО нақты сандар жиыны болады. Қала берді бірінші теңдеудің
екі түбірі екінші теңдеуді де қанағаттандырады және керісінше де
орындалады. Олай болса, бұлар өзара мәндес теңдеулер: ()().
7-мысал және теңдеулерінің өзара мәндес теңдеулер болатынын
көрсету керек. Бірінші теңдеудің ММО , ал екінші теңдеудің ММО
және оның шешімдері Е жиынында жатады. Бұл шешімдер бірінші теңдеуді
қанағаттандырады. Бірінші теңдеудің бұдан басқа шешімдері болмағандықтан,
бұл теңдеулер Е жиынында мәндес болады, яғни ()().
8-мысал
(17)
және
(18)
теңдеулері өзара мәндес бола ма?
(17) теңдеуінің сол жағындағы функция оң мәндер қабылдайтындықтан,
оның ММО табу үшін шартын қоюымыз керек. Осы теңсіздікті шешіп, (17)
теңдеуінің ММО табамыз: .
18) теңдеуінің анықталу облысы бүкіл нақты сандар жиыны. Демек, Е
облысын оның ММО деуге болмайды. Ал теңдеудің оң жағында ноль тұрғандықтан
ММО табу мүмкіншілігі де болмай отыр. Сондықтан (18) теңдеуін түрлендіріп
жазу керек:
9х2 оң мәндер қабылайтындықтан 79х-170≥0 теңсіздігін шешіп, (18)
теңдеуінің ММО табамыз: . Осы облысты (18) теңдеуінің де ММО деп
қарастыруға болады.
(18) теңдеуінің D облысынды жататын шешімдерінің біріншісі Е облысында
жатпайтындықтан, ал (17) теңдеуінің шешімі болмайтындығы айқын. Олай болса,
шешімнің бар-жоқтығын тексерудің де қажеті жоқ. Ал х=5 (17) теңдеуінің
шешімі болады. Бұдан (17) (18) болады.
Ескерту теңдеудің оң жағы нольге тең болғанда, оның ММО табу үшін
сол жағындағы функцияны екі функцияға жіктеп, оның біреуін теңдеудің оң
жағына шығару керектігі қарастырылған мысалдан байқалып отыр. Әрине, бір
функцияны екі функцияның қосындысыа жіктеуде есептеу процесін жеңілдету
мақсатын көздей отырып, мүмкіндігінше бір қосылғыштың мәнінің таңбасы
тұрақты болатындайетіп жіктеген жөн.
Екі теңдеудің мәндестігін мәндестіктің анықтамасына сүйеніп білгіміз
келсе, онда теңдеудің екеуін де шешіп, біреуінің шешімі екіншісінің де
шешімі болатындығын тағайындау керек. Бұл жағдайда теңдеудің мәндестік
теориясы іс жүзінде қиындықтар тудырады.Ендеше бұл теорияның қажеті қандай?-
деп оқырмандар орынды сұрақ қоюы мүмкін.
Жоғарыдағы қарастырылған мысалдардағы қосарланып берілген теңдеулердің
мәндестігін анықтағанда, алдымен олардың екінші теңдеулерін шешіп, соның
шешімі біріншісінің шешімі болатындығын анықтағаннан кейін барып, теңдеулер
мәндес деген қорытынды шығардық. Ал мұның өзі анықтаманың шартын толық
қанағаттандырмайды. Олай болса, біздің жасаған қорытындымыз да дұрыс емес
деген ой тууы мүмкін.
Бұл сұрақтардың екеуіне де төмендегі жауап жеткілікті. Жалпылау
мақсатын көздеп, (15) және (16) теңдеулерінің арасында ешбір байланыс
жоқдеп есептеп анықтама берілді. Ал практикада ондай байланысы жоқ
теңдеулер қарастырылмайды. Әдетте екінші теңдеу бірінші теңдеуге белгілі
бір амалдарды қолданудың нәтижесінде алынады. Біз қарастырған үш мысалдың
да екінші теңдеулері бірінші теңдеулерін квадраттаудың нәтижесінен шығып
отыр. Осы себепті біз тек екінші теңдеулерді ғана шешіп, мәндестікті
анықтадық. Басқаша айтқанда , біз теңдеулердің арасындағы байланысты еске
алып отырмыз. Амал қолданудың нәтижесінде алынған екінші теңдеудің
шешімдерінің саны өзгеретіні 8-мысалдан айқын байқалады. Алайда мұндай екі
теңдеуді бірінші теңдеудің ММО мәндес деп отырмыз. Теңдеулердің
мәндестіктерінің анықтамасын бірінші теңдеудің ММО берудің негізгі мәні
осында.
Теңдеулердің мәндестіктерінің анықтамасы бірінші теңдеудің ММО
берілгендіктен екінші теңдеудің сол ММО жатпайтын шешімдері бірінші
теңдеудің шешімі болу-болмауы зерттелмей, анығырақ айтқанда, бірінші
теңдеудің шешімі болмайды деп тасталынып отыр. Күрделі теңдеулерді шешу
процесінде мұның өзі айтарлықтай жеңілдік туғызады. Дегенмен, біз әлі
тексеру мәселесінен толығынан құтыла алмай отырмыз. Мәндестікті амалдарға
байланысты, яғни мәндестік белгілерін бергеннен кейін, ММО жататын екінші
теңдеудің шешімдерінің бірінші теңдеудің де шешімі болатынын анықтау үшін
жасалатын тексерулерді жүргізбейміз. [2]
1.4 Теңдеулерді классификациялау
Теңдеулерді белгісізге қолданылатын амалдарға байланысты
классификациялайды, яғни түрлерге бөледі. Егер белгісіз шамаға саны
шектелген қосу, азайту, көбейту, бөлу, бүтін дәрежеге дәрежелеу және түбір
табу операциялары орындалса, онда теңдеуді алгебралық теңдеу дейді.
Егер белгісіз шамаға иррационал дәрежеге дәрежелеу, логарифм алу,
тригонометриялық функциялар алу сияқты басқа операциялар орындалса, онда
теңдеуді трансцендент теңдеу дейді. Мысалы,
1 - алгебралық теңдеу.
2 - алгебралық теңдеу.
3 - трансцендент теңдеу.
4 Igx+sinx=2 - трансцендент теңдеу
Жоғарыда айтылған теңдеулердің классификациясын мынадай схема арқылы беруге
болады:
Теңдеу
алгебралық
трансцендент
рационал иррационал көрсеткіштік логарифмдік
тригонометр-қ
бүтін рац-л бөлшек рац-л кері тригоном-қ
иррац.көрс.дәр-к
теңдеу
қайталамалы сызықтық жоғ.дәр.рац. теңдеу
Егер белгісіз шамаға қолданылатын амалдардың ішінде түбір табу
операциясы болмаса, яғни белгісіз шамаға қосу, азайту, бүтін дәрежеге
дәрежелеу, көбейту және бөлу операциялары орындалса, онда теңдеуді рационал
алгебралық теңдеу дейді.
Мысалы, - рационал алгебралық теңдеу.
Егер белгісіз шамаға қолданылатын операциялардың ішінде түбір табу
амалы болса, онда теңдеуді иррационал алгебралық, қысқаша, иррационал
теңдеу дейді.
Мысалы, - иррационал теңдеу.
Рационал теңдеу бүтін және бөлшек рационал теңдеулер болып екіге
бөлінеді.
Егер белгісіз шамаға қосу, азайту және көбейту амалдары қолданылса,
онда теңдеуді бүтін рационал теңдеу дейді.
Мысалы, бүтін рационал теңдеу.
Егер белгісіз шамаға қолданылған операциялардың ішінде бөлу
операциясы болса, онда теңдеуді бөлшек рационал теңдеу дейді.
Мысалы,
1 - бөлшек рационал теңдеу.
2 - бөлшек рационал теңдеу болмайды
Алгебралық теңдеулер сияқты, трансцендент теңдеулер де белгісіз
шамаға қолданылатын амалдарға байланысты көрсеткіштік, логарифмдік,
тригонометриялық және кері тригонометриялық теңдеулерге бөлінеді. Мысалы,
1 - көрсеткіштік теңдеу.
2 Igx+5Igx=0 – логарифмдік теңдеу.
3 sinx+2tgx=0 – тригонометриялық теңдеу.
4 arctgx+arctg+arctg=0 – кері тригонометриялық теңдеу.
Теңдеулерді жоғарыда айтылғандай етіп түрлерге бөлу тек салыстырмалы
ғана бөлу болады. Теңдеулердің құрамындағы функциялардың ішінде алгебралық
функциямен бірге трансцендент функция болса, онда теңдеуді трансцендент
теңдеу дейді, бірақ бұл жағдайда көрсеткіштік, логарфмдік, тригонометриялық
т.с.с. түрлерге бөлінбейді.
Мысалы, 2Igx+(x) трансцендент теңдеу. Бұл теңдеуді
логарифмдік немесе алгебралық теңдеу деп атауға болмайды.
Егер белгісіз шамаға қосу, азайту және оны тұрақты санға көбейту
амалдары орындалса, онда бүтін рационал теңдеуді сызықтық теңдеу дейді,
басқаша айтқанда, теңдеудің құрамындағы функциялар бірінші дәрежелі
көпмүшеліктер болса, онда теңдеуді сызықтық теңдеу деп те атайды.
Сызықтық теңдеулерден басқа бүтін рационал теңдеуді, яғни теңдеудің
құрамындағы функциялар жоғары дәрежелі көпмүшеліктер болып келген теңдеуді
жоғары дәрежелі теңдеу дейді. Көпмүшеліктің дәрежесі теңдеудің дәрежесін
көрсетеді. Мысалы,
1 5х-6=3х+1 – сызықтық теңдеу.
2 10х жетінші дәрежелі теңдеу.
Бүтін рационал теңдеуді оның коэффициенттерінің қасиетіне байланысты түрге
бөледі.
Алдынан және соңынан бірдей қашықтықта тұратын мүшелердің
коэффициенттері бірдей болатын
бүтін рационал теңдеуді қайталамалы теңдеу дейді.
Мысалы, - қайталамалы теңдеу.
2 Трансценденттік теңдеулер және оларды шешу жолдары
2.1 Трансценденттік теңдеу
Трансцендент сан - бүтін коэффициенттері көпмүшеліктің түбірі болып
табылмайтын нақты немесе жорамал сан. Трансцендент сандарын алғаш рет
француз математигі Ж:Луивилль (1809-1882) енгізді. Барлық алгебр.сандар
жиынының саналымды және барлық нақты сандар жиынының саналымды емес екенін
білген Г.Кантор (1845-1918) нақты трансцендент сандар қуаттылығы континуум
жиын құрайтынын дәлелдеген. 18 ғ-дың ортасында е, π, 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,
. Жуық шешуден басқа жалпы түрде шешу жолы жоқ болғандықтан, әдетте
трансцендент теңдеулерді көрсеткіштік, логарифмдік және тригонометриялық
теңдеулер түрінде қарастырады.
Жалпы жағдайда трансцендент теңдеудің арифметикалық және алгебралық
операциялары тізбекте орындау барысында шешімі табыла бермейді. Алайда
дербес жағдайда трансцендент теңдеудің шешімін элементарлы алгебралық
формуланы қолдана отырып, табуға болады.
Екі теңдеу тең қуатты деп аталады, егер олардың шешімдер жиыны
бірдей болса. Басқа сөзбен айтқанда, егер бірінші теңдеудің әрбір шешімі
екінші теңдеудің де шешімі болса, ал екінші теңдеудің әрбір шешімі
біріншісінің де шешімі болса немесе екі теңдеудің де шешімі болмаса, онда
бұл екі теңдеу тең қуатты болады.
1 Егер теңдеудің екі бөлігіне теңдеудің бүкіл мүмкін мәндер аймағында
анықталған (яғни теңдеудің оң жақ және сол жақ бөліктеріндегі өрнектердің
анықталу облыстарының қиылысындағы) бірдей өрнекті қоссақ, онда берілген
теңдеуге тең қуатты теңдеу шығады. Бұдан теңдеудің белгілі бір мүшесін
теңдеудің бір бөлігінен екінші бөлігіне қарама-қарсы таңбамен өткізетін
болсақ, онда алынған теңдеу берілген теңдеуге тең қуатты болады.
2 Егер теңдеудің екі бөлігін де теңдеудің мүмкін мәндер облысында
анықталған және осы облыста нольге айналмайтын өрнекке көбейтсе (бөлсе),
берілген теңдеуге тең қуатты теңдеу шығады. Бұдан, егер теңдеудің екі
бөлігін де өзгеше санға көбейтсе (бөлсе), алынған теңдеу бастапқы теңдеуге
тең қуатты болатындығы шығады.
3 Егер теңдеудің екі бөлігі де теңдеудің бүкіл мүмкін мәндер облысында
теріс емес болса, онда ол бөліктерді бірдей натурал дәрежеге шығарғанда
бастапқы теңдеуге тең қуатты теңдеу шығады.
Тіпті бүтін рационал теңдеулерді шешудің бірыңғай әдісі болмайды. Ал
трансцендент теңдеулерді шешу бұдан да күрделі. Бұл тарауда біз бір
айнымалы трансцендент теңдеулердің жеке түрлерін ғана шешудің кейбір
тәсілдерін қарастырамыз.
Кез-келген трансцендент теңдеуді f(x)=0 түрінде жазып алуға болады. Мұндағы
f(x) – трансцендент өрнек. Трансцендент теңдеуді қарапайым түрге келтірудің
(оңайлатудың) жалпы екі әдісін атап өтейік: алмастыру әдісі және
көбейткіштерге жіктеу әдісі. Бұл екі әдісте берілген трансцендент теңдеуді
қарапайым теңдеулердің жиынына келтіру үшін қолданылады.
Алмастыру әдісінің мәнісі мынада: y=f(x) функциясы y= φ(x) және u=(ψ(x))
болсын. Онда f(x)=0 теңдеуін φ=(ψ(x))=0 деп жазуға болады. ψ(х)=u ауыстыруы
теңдеуді φ(u)=0 түріне келтіреді және бұл теңдеу бастапқы теңдеуден
оңай(қарапайым) болады. φ(u)=0 теңдеуін шешіп, оның u1,u2,...un
түбірлерін табамыз. Сонан соң бұл есеп ψ(х)=u1;ψ(x)=u2;...;ψ(x)=un теңдеулер
жиынын шешуге келтіріледі. Көбейткіштерге жіктеу әдісі мынадай болады:
болсын, олай болса
f(x)=0
(19)
теңдеуінің кез-келген шешімі
(20)
теңдеулер жиынының шешімі болады.
Алайда, кері ұйғару дұрыс болмайды: (20) теңдеулер жиынының кез-келген
шешімі (19) теңдеудің шешімі бола бермейді , мұндағыОсылай, мысалы
(21)
теңдеуі
(22)
теңдеулер жиынына келтіріледі.
Тікелей тексеру арқылы х=0 шешімі (21) теңдеудің шешімі болатындығын көруге
болады. Ал (22) жиынының шешімдері х-тің келесі мәндері болады:
х1=1,x2=2,x3=0 . Алайда х=1болғанда өрнегі, ал х=0 мәнінде
өрнегі анықталмаған. Осылайша, х=0 және х=1 мәндері (21) теңдеудің мүмкін
мәндер облысына тиісті емес, яғни х=0 және х=1 мәндері (22) жиынының
шешімдері болғанымен, (21) теңдеудің шешімдері бола алмайды.
Жалпы, (19) теңдеуді көбейткіштерге жіктеу әдісімен шешуде (20)
теңдеулер жиынынан табылған түбірлердің ішінен х-тің тек (19) теңдеудің
мүмкін мәндер жиынына енетін мәндері ғана (19) теңдеудің шешімі бола алады.
9-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: Берілген теңдеу келесі теңдеулер жиынына келтіріледі.: Осы
жиынның теңдеулерін шешіп , сәйкесінше табамыз. Алайда х=0 мәні
жиынына тиісті болғандықтан, жиын шешімін түрінде қысқартып
жазуға болады.х-тің осы мәндерінің бәрі бастапқы теңдеудің мүмкін мәндер
жиынына тиісті, сондықтан тек жиынның ғана емес , сонымен қатар берілген
теңдеудің де шешімдері болады.
10-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: сәйкес теңдеулер жиынын құрастырамыз:
Бұл жиынның бірінші теңдеуінің шешімі , екінші теңдеуінің шешімі
, үшінші теңдеудің шешімі жоқ. Осылайша жиынның шешімдері: Алайда
бұл жиынды бастапқы теңдеудің шешімі деп айтсақ қателесеміз. Осылайша, m-
нің тақ мәндерінде -ден cosx=0, яғни secx өрнегі анықталмаған.
Осылайша, шешімдер жиынының ішінен бастапқы теңдеудің шешімі болып х-тің
мәндері ғана алынады. Осы шешімдерді сандар осінде белгілеп, олардың
бірігуін оңай табуға болады, атап айтар болсақ: . х-тің бұл мәндері
бастапқы теңдеудің шешімдері болады
2.2 Kөрсеткіштік теңдеу
Элементарлық алгебрада қарапайым трансцендент теңдеулерге сондай-ақ
көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер жатқызылады. [3]
Айнымалы тек дәреже көрсеткішінде ғана болатын теңдеуді көрсеткіштік
теңдеу деп атайды.Көрсеткіштік теңдеудің ең қарапайым түрі теңдеуі
болып табылады. (Әрі қарай көрсеткіштік теңдеулердің барлық мысалдарында
а0 және а≠1 деп алынады). b0 болғанда бұл теңдеудің түбірлері болмайды,
себебі барлық үшін ах0.
2.3 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің әдістері
1.1 түріндегі теңдеулер.
Көрсеткіші нөльге тең дәреженің анықтамасы негізінде
(23)
теңдеуінің шешімі f(x)=0,теңдеуіне келтіріледі, мұндағы f(x) – R жиынында
анықталған функция. Соңғы теңдеуді х-ке қатысты шеше отырып , (23) теңдеуін
қанағаттандыратын түбірлерін табамыз. Кері тұжырым да орынды:егер f(x)=0
теңдігі орындалса, онда (23) теңдігі де орындалады.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: . Жауабы:
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Жауабы:
3. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
1.2 түріндегі теңдеулер.
(24)
(24)теңдеуінің оң жақ және сол жақ бөліктері бір негізге келтірілген. Бұл
жағдайда (24) теңдеуінің түбірлері шешімі болады. Шынында (24)
теңдеуін аα-ға (мұндағы аα≠0) бөліп, немесе аламыз, мұнан
шығады.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: болғандықтан, онда және
Жауабы:
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Жауабы:
3. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Жауабы:
1.3 түріндегі теңдеулер.
(25)
теңдеудің оң және сол жақ бөліктері бір негізге келтірілмейді. Оң сандар
теңдігінен олардың логарифмдерінің теңдігі шығады, яғни
(26)
сондай-ақ (25) және (26) теңдеулері өзара тең күшті: егер сандар тең болса
, онда олардың логарифмдері тең болады және керісінше , егер негіздері
бірдей логарифмдер тең болса , онда логарифм астындағы сандар да тең
болады.(26) – ден шығады.
Ескерту. (26) теңдеуін логарифм анықтамасынан немесе а негізі бойынша
логарифмдей отырып шешуге болар еді.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
одан
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: ;
; одан х=2
1.4 түріндегі теңдеулер.
(27)
түріндегі теңдеудің ерекшелігі – х алдындағы коэффициенттің бірдей болуы.
Мұндағы - сандық коэффициенттері. Бұл теңдеуді шешу үшін ортақ
көбейткішті (мұндағы ki – k0,k1,k2,...,kn сандарының ішіндегі ең кішісі)
жақша сыртына шығарады. Сонан соң теңдеу
(28)
түріне келтіріледі. (28) теңдеуіндегі жақша ішінде орналасқан өрнек тұрақты
шама болып табылады; бұл шаманы N әрпімен белгілейік , онда (28) теңдеуі
түріне келеді, ол N≠0 болғанда:
(29)
шығады. (29) теңдеуі алдында қарастырылған теңдеулердің бірімен сәйкес
келуі мүмкін, яғни болса , онда ол 1.1.-дегі (23) теңдеуге келтіріле
алады; егер болса, онда 1.2.-дегі (24) теңдеуге келтіріледі; егер
болса, онда 1.3.-гі (25) теңдеуіне келтіріледі.Ал егер болса,
онда берілген теңдеудің шешімдері болмайды.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
Тексеру х=1 мәні теңдеу түбірі болатынын көрсетеді.
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: теңдеудің оң жақ бөлігі шексіз кемімелі геометриялық прогрессияны
береді:
яғни , онда . Берілген теңдеу : түріне келтіріледі, одан
3. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі:
одан
1.5 түріндегі теңдеулер.
(30)
түріндегі теңдеулерді үш мүшелі көрсеткіштік теңдеулер деп атайды.
(30)теңдеуі алмастыруы көмегімен кәдімгі квадрат теңдеуге
келтіріледі:
(31)
(31)теңдеуін шешіп y1 мен y2 –ні табамыз. Мұнан соң (30) теңдеудің шешімі:
екі теңдеуді шешуге келтіріледі. Егер бір мезгілде болса , онда
(30) теңдеудің шешімі болмайды.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз
Шешуі:
Жауабы:
2. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: 5х-2=y деп аламыз, онда 52х-3=y2, одан 52х-3=5y2.
Енді ,
а) - теңдеуінің шешімдері жоқ.
б) Жауабы:
1.6 түріндегі теңдеулер .
(32)
түріндегі теңдудің барлық мүшелері негіздері әр түрлі дәрежеден тұрады,
алайда теңдеудің шеткі мүшелердің дәреже көрсеткіштері ортаңғы мүшенің
дәреже көрсеткішінен екі есе артық. (32) теңдеуін 1.6.-дағы (30) теңдеуіне
оңай келтіруге болады. Шынында да (32) теңдеуін -ге бөліп
(33)
аламыз. (33) теңдеуі квадрат теңдеуді шешуге келтіріледі. болсын, онда
(33) теңдеуі
(34)
түрге келеді. (34) теңдеуінен у1 мен у2 –ні тауып а) және б)
екі теңдеуді аламыз .
Егер болса , онда (32) теңдеуінің шешімі болмайды.
Мысалдар:
1. теңдеуін шешіңіз.
Шешуі :
а) б) Жауабы:
Көрсеткіштік теңдеулерді шешуде екі негізгі әдіс қолданылады:
1) көрсеткіштерін теңестіру әдісі, яғни берілген теңдеуді af(x)=ag(x)
теңдеуіне
түрлендіріп, содан соң f(x)=g(x) теңдеуін алу;
2) жаңа айнымалы енгізу әдісі.
Кейде жасанды әдістер қолдануға да тура келеді.Кейбір теңдеулерді шешу үшін
тек көрсеткіштік теңдеулерді шешу әдістерін білу жеткіліксіз, оған қоса
логарифмнің қасиеттерін, логарифмдік теңдеулерді шешу әдістерін жете
меңгеру талап етіледі. Сондықтан логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулерді
шешу жеке тақырып етіп беруді ұсынамын.
Көрсеткіштерді теңестіру әдісі
Бұл әдіспен шешу кезінде кейде келесі тұжырымды қолданады:
теңдеуінің шешімін (мұндағы а0, а≠1, в0) түрінде табады.
11-мысал Теңдеуді шешу керек: 4х=82х-3
Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін бірдей негізге келтірейік:
4х=(22)x=22x, 82x-3=(23)2x-3=26x-9
22x=26x-9(2x=6x-9(x=94
12-мысал Теңдеуді шешу керек: 52x+1-3(52x-1=550
Шешуі: Теңдеудің сол бөлігінде 52х-1 - өрнегін жақша сыртына шығарайық:
52х-1(52-3)=550(52х-1=52(2х-1=2(х=3 2
13-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: 1=10( болғандықтан:
14-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: Логарифмнің негізгі қасиетін пайдаланамыз.
15-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: ТАА: 5-х(0(х(5 болғандықтан берілген теңдеу келесі жүйеге мәндес
16-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: Мұнда дәреженің екі түрлі негізі бар. Теңдеудің екі бөлігінде
оң шамасына бөліп келесі теңдеуді аламыз:
Жаңа айнымалдар енгізу
17-мысал Теңдеуді шешу керек: 4х+2х+1-24=0
Шешуі: 4х=(22)x =(2x)2 және 2х+1=2(2х екенін ескеріп берілген теңдеуден
(2х)2+2(2х-24=0 аламыз. u=2x деп алып жаңа айнымалы енгізсек
u2+2u-24=0(u1=4,u2=-6
Cонымен теңдеуіміз келесі теңдеулер жиынтығына мәндес
Бірінші теңдеуден х=2 аламыз. Екінші теңдеудің түбірі жоқ, өйткені кез
келген х үшін ах 0, a0, a(1.
18-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: теңдеуді келесі түрде жазамыз:
Егер деп алсақ, онда келесі квадрат теңдеуге келеміз u2-52 u -6=0(
u1=4,u2=- 32. Сонымен,
Егер
((аf(x)+((bf(x)+c=0,(,(,c(R
(35)
көрсеткіштік теңдеуінде а мен b өзара кері сандар болса (яғни ab=1), онда
аf(x)=t,
(36)
жаңа айнымалысын енгізе отырып
(t2 + ct + ( = 0
(37)
квадрат теңдеуіне келуге болады.
19-мысал Теңдеуді шешу керек: 5(23х-3-3(25-3х+7=0
Шешуі : Дәреже қасиетін пайдаланып берілген теңдеуді келесі түрде жазамыз:
Бұл (35) түрдегі теңдеу. Егер t=23x деп алсақ, онда
Сонымен берілген теңдеу мына теңдеуге мәндес
23х=8(23х=23(3х=3(х=1
20-мысал Теңдеуді шешу керек: 4х+2х+1-24=0
Шешуі: Жаңа айнымалы енгізу әдісін қолданайық. 4х=(2х)2, 2х+1=2∙2х
болғандықтан, берілген теңдеуді (2х)2+2∙2х-24=0 түрінде жазуға болады. 2х=у
деп алып, жаңа айнымалы енгіземіз. Сонда түбірлері у1=4, у2=-6 болатын
у2+2у-24=0 квадраттық теңдеуін аламыз. Енді есеп 2х=4, 2х=-6 теңдеулері
жиынтығын шешуге келтіріледі. Бірінші теңдеуден х=2 екенін табамыз. Екінші
теңдеудің түбірлері жоқ, өйткені 2х0 кез келген х үшін.
Жауабы: х=2.
Жасанды әдіс қолдану
Егер көрсеткіштік теңдеу келесі түрде берілсе :
( аf(x) + ( bf(x) + ( cf(x) =0, b2 = ac
(38)
(((0, (, ( нақты сандар, f(x) – қандай да бір функция), онда бұл теңдеу
келесі көрсеткіштік теңдеулердің жиынтығына мәндес болады:
Мұндағы t1 мен t2 сандары ( t2 + ( t + ( = 0 квадрат теңдеуінің түбірлері.
21-мысал Теңдеуді шешу керек: 6(32х - 13(6х +6(22х=0
Шешуі: берілген теңдеуді мына түрде жазамыз:
6(9х-13(6х+6(22х=0
Бұл (38) түрдегі теңдеу, өйткені, мұнда а=9, b=6, c=4, яғни , b2 = ac шарты
орындалады.Соңғы теңдеудің екі бөлігін 9х0 бөліп, келесі теңдеуді аламыз:
Егер деп алсақ, онда соңғы теңдеуден 6t2 -13t +6 =0 ( t1=32, t2=23
шығады. Сонымен берілген теңдеу мына теңдеулер жиынтығына мәндес:
22-мысал Теңдеуді шешу керек:
Шешуі: ТАА: х(0. Олай болса, х(0 үшін
Көрсеткіштік теңдеулерді шешуге байланысты әр түрлі мысалдарды
қарастырайық.
23-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: Берілген теңдеу х2-2х=3х-6 теңдеуімен бірдей , сондықтан соңғы
теңдеудің х1=2;x2=3 түбірлері бастапқы теңдеудің де түбірлері болады.
24-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: Барлық дәрежені бір негізге -ге келтіреміз.. Әрі қарай
шығады. Соңғы теңдеу х=2х-3 теңдеуімен бірдей,мұнан х=3
шығады.Сонымен, х=3 берілген теңдеудің шешімі.
25-мысал теңдеуін шешейік.
Шешуі: болғандықтан, берілген теңдеуді түріне келтіруге болады.
Бұл теңдеу теңдеуіне тең қуатты. Бұл квадрат теңдеудің түбірлері,
сонымен қатар берілген көрсеткіштік теңдеудің түбірлері: сандары
болып табылады.
26-мысал теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: болғандықтан , теңдеуді түріне , одан әрі түріне
келтіруге болады,әрі қарай шығады. Соңғы теңдеу келесі теңдеулер
жиынына келтіріледі: . Бұл жиынның шешімдері:. х1 және х2
берілген теңдеудің мүмкін мәндер облысына енетіндіктен (ММО: ), олар
берілген теңдеудің түбірлері болып табылады.
27-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: және болғандықтан, берілген теңдеуді түрінде қайта
жазуға болады. 2х=z деп белгілеу енгізіп, z2+2z-24=0 квадрат теңдеуін
аламыз. Оның түбірлері z1=4,z2=-6 . Сондықтан есеп 2х=4,2x=-6 теңдеулер
жиынын шешуге келтіріледі. Бұл жиынның бірінші теңдеуінен : х=2 шешімін
аламыз. Жиынның екінші теңдеуінің шешімі болмайды, себебі х-тің кез-келген
мәндерінде 2х0. Сонымен, берілген теңдеудің шешімі х=2.
28-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: Теңдеуді түріне келтіреміз де , 2х=z деп алмастыру орындаймыз:
шығады. Соңғы теңдеудің үш түбірі болады: . Онда есеп келесі
теңдеулер жиынын шешуге келтіріледі: . Бұл жиынның сонымен қатар
бастапқы теңдеудің шешімдері :
29-мысал теңдеуін шешу қажет.
Шешуі: ; ауыстыруын жасап , теңдеуін аламыз. Одан
түбірлерін аламыз. Енді есеп теңдеулер жиынын шешуге келтіріледі.
Бұл жиынның бірінщі теңдеуінің шешімдері жоқ, ал екіншісі өз кезегінде
теңдеуіне тең, одан екенін табамыз.
30-мысал теңдеуіе шешу қажет.
Шешуі: Теңдеуді түріне келтіреміз. 3x=u және 2x=v белгілеуін
енгіземіз, сонда 6u2-13uv+6v2=0 теңдеуін аламыз. Бұл теңдеу u және v
айнымалыларына қатысты екінші ретті біртекті теңдеу. v=2x x-тің ешқандай
мәнінде нольге айналмайтындықтан , берілген ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
Пәндер
- Іс жүргізу
- Автоматтандыру, Техника
- Алғашқы әскери дайындық
- Астрономия
- Ауыл шаруашылығы
- Банк ісі
- Бизнесті бағалау
- Биология
- Бухгалтерлік іс
- Валеология
- Ветеринария
- География
- Геология, Геофизика, Геодезия
- Дін
- Ет, сүт, шарап өнімдері
- Жалпы тарих
- Жер кадастрі, Жылжымайтын мүлік
- Журналистика
- Информатика
- Кеден ісі
- Маркетинг
- Математика, Геометрия
- Медицина
- Мемлекеттік басқару
- Менеджмент
- Мұнай, Газ
- Мұрағат ісі
- Мәдениеттану
- ОБЖ (Основы безопасности жизнедеятельности)
- Педагогика
- Полиграфия
- Психология
- Салық
- Саясаттану
- Сақтандыру
- Сертификаттау, стандарттау
- Социология, Демография
- Спорт
- Статистика
- Тілтану, Филология
- Тарихи тұлғалар
- Тау-кен ісі
- Транспорт
- Туризм
- Физика
- Философия
- Халықаралық қатынастар
- Химия
- Экология, Қоршаған ортаны қорғау
- Экономика
- Экономикалық география
- Электротехника
- Қазақстан тарихы
- Қаржы
- Құрылыс
- Құқық, Криминалистика
- Әдебиет
- Өнер, музыка
- Өнеркәсіп, Өндіріс
Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.
Ақпарат
Қосымша
Email: info@stud.kz