Логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері

Ф. 7. 04-01

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ

М. ӘУЕЗОВ атындағы ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТТІК УНИВЕРСИТЕТІ

«Жаратылыстану ғылымдары педагогикасы» жоғары мектебі

«Математика» кафедрасы

КУРСТЫҚ ЖҰМЫС

Тақырыбы:

Пәні: «Комплексті талдау»

Мамандығы: 5B010900-Математика

Орындаған: Өсерханова Ырысты Батырханқызы

Топ ЕП-17-1кт

Жетекші: ф. -м. ғ. к., доцент Абжапбаров

Шымкент 2020 ж.

Ф. 7. 04-03

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ

М. ӘУЕЗОВ атындағы ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТТІК УНИВЕРСИТЕТІ

«Математика» кафедрасы

№Тапсырма

«Комплексті талдау»пәні бойынша курстық жұмыс

Студент: Өсерханова Ырысты Батырханқызы Топ: ЕП-17-1кт

Жұмыс тақырыбы: Көрсеткішті және логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері бойынша тиімділігін оқыту

Берілген мәліметтер:

Ұсынылған әдебиеттер:

1 Елубаев С. Математиканы оқыту әдістемесі: жоғары оқу орнының студенттеріне арналған оқулық-Алматы:ТехноЭрудит, 2019. -308б

2 Рахымбек Д., Маденова А. А., Аширбаев Н. К. Математиканы оқытудың жалпы әдістемесі:Оқу құралы. -Шымкент: « Нұрлы бейне», 2014. -250 бет

3 Елубаев С. Орта мектепте математиканы оқыту процесінде терминдер мен символдарды пайдалану. Мектеп мұғалімдеріне арналған көмекші құрал. -Алматы «Мектеп», 1984, -96б

Тапсырма берілген күні

Жұмысты қорғау күні

Жұмыс жетекшісі

Тапсырманы орындауға қабылдаған

МАЗМҰНЫ

КІРІСПЕ . . . … . . . 5

I ТЕҢДЕУ

1. 1 Теңдеу ұғымының жалпы сипаттамасы . . . 6

ІІ KӨРСЕТКІШТІК ЖӘНЕ ЛОГАРИФМДІК ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ

2. 1 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің әдістері . . . 12

2. 2 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің графиктік әдісі . . . 19

2. 3 Логарифмдердің қасиеттері . . . 20

2. 4. Логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері22

2. 5 Логарифмдік теңдеулерді шешудің графиктік әдісі . . . 28

Қорытынды . . . … . . . 30

Пайдаланылған әдебиеттер . . . 31

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.

1 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, көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер11-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 $$ х ${}^{2} +$ х ${}^{2}$ =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 ${}^{4}$ -4=0 теңдеуінің рационал сандар облысында шешімі жоқ; нақты сандар облысында екі шешімі х ${}_{1}$ =; $\sqrt{2}$ х ${}_{2}$ =- $\sqrt{2}$ ; ал комплекс сандар облысында төрт шешімі х ${}_{1}$ = $\sqrt{2}$ ; х ${}_{2}$ =- $\sqrt{2}$ ; х ${}_{3}$ =i $\sqrt{2}$ ; х=-i $\sqrt{2}$ бар. sinx=0 теңдеуінің нақты сандар облысында шексіз көп шешімі болады:х ${}_{л}$ =k $\pi$ (k=0, ±1, ±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 ${}_{\phi}^{+}$ облысында φ(х) функциясы теріс емес мәндер, ал М облысының бөлігі болатын және М ${}_{\phi}^{+}$ облысымен ортақ элементі болмайтын М ${}_{\phi}^{-}$ облысында ол теріс мәндер қабылдаса, онда М ${}_{\phi}^{-}$ облысында (1) теңдеуінің мағынасы жоғалады. Өйткені бұл облыста теңдеудің сол жағындағы функция теріс емес мәндер, ал оң жағындағы функция теріс мәндер қабылдайтындықтан М ${}_{\phi}^{-}$ 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 $\sqrt{х - 1} = х^{2} - 7х + \text{10}$ (2)

Осы тендеудің анықталу обылысын табу керек.

f(x) = $\sqrt{х - 1}$ функциясы 1-ден шексіздікке дейінгі аралықта тек оң мәндерді ғана қабылдайды да, $\phi(х) = х^{2} - 7х + \text{10}$ 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, $\infty$ ] 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, $\infty$ ] , бірігуі болады.

2-мысал $\frac{1 - \text{соsx}}{\text{sin}x} = 1$ (3)

Осы теңдеудің анықталу облысы мен ММО табу керек.

f(x) = $\frac{1 - \text{cos}x}{\text{sin}x}$ функциясы х $\text{κπ}$ нақты 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

$$ $\frac{1 - \text{cos}x}{\text{sin}x} > 0$ $$ (4)

теңсіздігінің шешеімдері болады. 1-cosx функциясы D жиынында оң мәндер қабылдайтындықтан (4) теңсіздігін шешу sinx>0 теңсіздігін шешумен пара-пар. Ал соңғы теңсіздіктің шешімі .

Е={x2kπ<x<(2k+1) π} жиыны болады. Олай болса, (3) теңдеуінің ММО Ε 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, х ${}^{2} - 2 = 0$ теңдеуінің шешімі болмайтындығы оқушыларға белгілі. Сондай-ақ, есептің шарты бойынша кез-келген нақты сандар теңдеудің шешімі бола алатындығы алдын ала ескертілген болса, онда х ${}^{2} - 2 = 0$ теңдеуінің екі шешімі (х ${}_{1} = \sqrt{2}, x_{2} = -$ $\sqrt{2}$ ) болады.

Сол сияқты х ${}^{4} - 1 = 0$ теңдеуінің нақты сандар жиынында екі шешімі (х ${}_{1} = 1, x_{2} = - 1$ ) болады да, комплекс сандар жиынында төрт шешімі ( $x_{1} = 1, x_{2} = - 1, x_{3} = i, x_{4} = - i$ ) 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

$x = \frac{\pi}{2} + 2\text{κπ}$ (k=0, ±1, ±2, …)

бар, ал $x^{2} + 3 = 0$ теңдеуінің нақты сандар жиынында шешімі жоқ.

Егер теңдеудің шешімі жоқ болса, онда мұндай теңдеуді қайшы теңдеу дейді. Бұл анықтама бойынша $x^{2} + 3 = 0$ 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

$f(x) = \phi(x)$ (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 $f(x)$ және $\phi(x)$ функцияларының әрқайсысының анықталу облыстарының ортақ бөліктерін айтады. (функциялардың анықталу облыстарының қиылысуы деп те атайды) .

Мысалы,

$\sqrt{x + 1} = x$ (6)

теңдеуінде екі функция бар:а) анықталу облысы $\lbrack - 1; \infty\lbrack$ аралығы болатын $y = \sqrt{x + 1}$ функциясы; б) анықталу облысы R (нақты сандар жиыны $\rbrack - \infty; + \infty\lbrack$ ) болатын у=х функциясы. Осы функциялардың анықталу облыстарының ортақ бөлігі $(\lbrack - 1; \infty\lbrack$ және $\rbrack - \infty; + \infty\lbrack$ жиындарының қиылысуы) $\lbrack - 1; + \infty\lbrack$ аралығы болып табылады.

(6) теңдеуінің екі жағын да квадраттап, $1 + x = x^{2}$ немесе $x^{2} - x - 1 = 0$ теңдеуін аламыз, одан $x_{1} = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}, x_{2} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\text{. }$ х ₁ түбірі бұл теңдеудің бөгде түбірі болып табылады, себебі оның оң жақ бөлігі х<0, ал сол жақ бөлігі $\sqrt{x_{1} + 1} \geq 0$ .

Теңдеудің шешімі (түбірі) $\lbrack - 1; + \infty\lbrack$ аралығына кіретін $x_{2} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ саны болады, алайда бұл $x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ саны (6) теңдеудің шешімі болады деген сөз емес.

$x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ мәнін теңдеудің сол жақ бөлігіне қойып,

$$\sqrt{x + 1} = \sqrt{\frac{1 + \sqrt{5}}{2} + 1} = \sqrt{\frac{3 + \sqrt{5}}{2}} = \sqrt{\frac{6 + 2\sqrt{5}}{4}} = \frac{1}{2}\sqrt{5 + 2\sqrt{5} + 1} = \frac{1}{2}\sqrt{\left( \sqrt{5} + 1 \right) ^{2}} = \frac{1}{2}\left( \sqrt{5} + 1 \right)$$

теңдеудің оң жақ бөлігіндегідей сан аламыз: $\frac{1}{2}\left( \sqrt{5} + 1 \right)$ . Соңғы нәтиже: (6) теңдеудің түбірі $0, 5\left( \sqrt{5} + 1 \right)$ саны болып табылады.

х=α санын (5) теңдеудің түбірі (немесе шешімі) д. а, егер $f(\alpha) = \phi(\alpha)$ теңдігі ақиқат болса, яғни тепе-теңдік болса. (5) теңдеуді $f(x) - \phi(x) = 0$ түрінде жазып алып және $f(x) - \phi(x) -$ ті g(x) деп белгілеп алып

g(x) =0 (7)

түріндегі теңдеуді аламыз.

g(x) функциялар айырымы қандай да бір жаңа функция болады. Құрамындағы $f(x), \phi(x)$ немесе g(x) функциялары көрсеткіштік, логарифмдік немесе тригонометриялық функциялар болатын (5) немесе (7) түріндегі теңдеулер трансцендент теңдеулер деп аталады. Трансцендент теңдеулердің мысалдары ретінде $2^{x} + 2^{- x} = 2\text{cos}2x, 2^{x} = 4x\text{, lg}x = \frac{1}{2}x\text{, sin}2x = \frac{1}{4}x, x^{2} + 4x\text{cos}\left( \text{xy} \right) + 4 = 0$ , 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 $2^{x} + 2^{- x} = 2\text{cos}2x$ теңдеуін шешіңіз

Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін де 2 ^х - не көбейтіп (көрсеткіштік функцияның қасиеті бойынша 2 ^х ≠0 ), $2^{2x} - 2 \cdot 2^{x}\text{cos}2x + 1 = 0$ аламыз. Осы теңдеуді шеше отырып (оны 2 ^х -ке қатысты квадрат теңдеу деп алып),

$2^{x} = \text{cos}2x \pm \sqrt{\text{cos}^{2}2x - 1}$ (8)

аламыз.

Теңдеудің $\text{cos}^{2}2x = 1$ болатын барлық х мәндері үшін шешімі бар болады, яғни $\text{sin}^{2}2x = 0\text{, sin}2x = 0, 2x = k\pi, x = k\frac{\pi}{2}, k \in Ζ\text{. }$ . х-тің табылған мәндерінде (8) теңдеуінің оң жақ бөлігі $\text{cos}2 \cdot \left( k\frac{\pi}{2} \right) = \text{cos}k\pi = \pm 1$ , онда $2^{x} = \pm 1$ болады, алайда 2 ^х >0 болғандықтан 2 ^х =1, х=0 шығады. Жауабы: $\left\{ 0 \right\}$

4-мысал $x^{2} + 4x\text{cos}\left( \text{xy} \right) + 4 = 0$ теңдеуін шешіңіз.

Шешуі: Бұл теңдеуді косинус белгісінің астына кірмейтін х-ке қатысты квадрат теңдеу ретінде шешеміз. Сөйтіп,

$x_{1, 2} = - 2\text{cos}(x, y) \pm 2\sqrt{\text{cos}^{2}\left( \text{xy} \right) - 1}$ (9)

табамыз.

(9) теңдігінің $\text{cos}^{2}\left( \text{xy} \right) = 1$ болғанда R жиынында мәні бар болады, яғни $\text{sin}^{2}\left( \text{xy} \right) = 0\text{, sin}\left( \text{xy} \right) = 0, \text{xy} = n\pi, n \in Ζ\text{. }$

Екі жағдайды қарастырамыз:

а) n=2k, $k \in Ζ$ , онда ху=2kп, ал (9) - ден $x_{1} = - 2, - 2y = - 2k\pi; y_{1} = - k\pi$ шығады. Тексеру: $4 + 4 \cdot ( - 2) \text{cos}2k\pi + 4 = 8 - 8 \cdot 1 = 0$

б) $n = 2k - 1,$ онда $\text{xy} = (2k - 1) \pi$ , (9) -ден $x_{2} = - 2\text{cos}(2k - 1) \pi = - 2 \cdot ( - 1) = 2$ , және $y_{2} = \frac{\pi}{2}(2k - 1)$ . Тексеру: $4 + 4 \cdot 2\text{cos}\pi(2k - 1) + 4 = 8 + 8 \cdot ( - 1) = 0$ .

Жауабы: $\left\{ ( - 2; - k\pi) \left( 2; \frac{\pi}{2}(2k - 1) \right) \right\}, k \in Ζ$

5-мысал 2 ^х =4х теңдеуін шешіңіз. х>0, 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:

$\frac{2^{x}}{\text{lg}2} = \frac{4x}{\text{lg}2}; x\text{lg}2 - \text{lg}\left( \text{lg}2 \right) = \text{lg}4 - \text{lg}\left( \text{lg}2 \right) + \text{lg}x,$ одан $x\text{lg}2 - \text{lg}\left( \text{lg}2 \right) - \text{lg}x = \text{lg}4 - \text{lg}\left( \text{lg}2 \right), x\text{lg}2 - \text{lg}\left( x\text{lg}2 \right) = \text{lg}\frac{4}{\text{lg}2}$ , бірақ $\text{lg}\frac{4}{\text{lg}2} = 0, \text{60206} - 1, \text{47861} = 0, \text{60206} + 0, \text{52139} = 1, \text{12345}$ , $x\text{lg}2 = t$ деп белгілеп, $t - \text{lg}t = 1, \text{12345}$ теңдеуін аламыз.

Кестені пайдалана отырып, $t_{1} \approx 1, \text{20412}, x_{1} = \frac{t_{1}}{\text{lg}2} \approx \frac{1, \text{20412}}{0, \text{30103}} = 4$ , ал $t_{2} \approx 0, \text{09329}, x_{2} \approx 0, \text{30991}$ шығады. Әрине, теңдеудің екі түбірі болады: $x_{1} = 4, x_{2} \approx 0, \text{30991. }$ Жауабы: $\left\{ 4; 0, \text{30991} \right\}$

ІІ Kөрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешу

2. 1 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің әдістері

Элементарлық алгебрада қарапайым трансцендент теңдеулерге сондай-ақ көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер жатқызылады. [3]

... жалғасы

Мәндес түрлендірулерді теңдеулер шешуге пайдалану

Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің графиктік әдісі

Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің әдістері

Логарифмдік теңдеулерді шешу

Теңсіздікті шешу тәсілдері

Логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу әдістері

Трансцендентті теңдеулер

Типтік теңдеулер және теңсіздіктерді шығарудың әдістемелік ерекшеліктері

Бүтін сандар жиынында анықталмаған теңдеулерді шешу әдістері

Теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуге үйрету

• 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