Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің графиктік әдісі

Жұмыс түрі: Курстық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 31 бет
Таңдаулыға:

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

Жұмыс _______________ бағасына
қорғалды
_____ ________ 2020ж
Норма бақылау:
_________________

Комиссия
_________________

_________________

Шымкент 2020 ж.
Ф.7.04-03

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ

М.ӘУЕЗОВ атындағы ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТТІК УНИВЕРСИТЕТІ

Математика кафедрасы

Бекітемін
Каф. меңгерушісі
_______ Аширбаев Н.К.
______________2020ж.

№____Тапсырма

Комплексті талдаупәні бойынша курстық жұмыс
Студент: Өсерханова Ырысты Батырханқызы Топ: ЕП-17-1кт
Жұмыс тақырыбы: Көрсеткішті және логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері
бойынша тиімділігін оқыту
Берілген мәліметтер:________________________ ________________________
___________________________________ _______________________________

№ Түсіндірме жазбасының мазмұны Беттер саны Орындалу
(курстық жұмыс) мерзімі
1 Кіріспе 2
2 Негізгі бөлім 23
3 Қорытынды 2
4 Пайдаланылған әдебиеттер тізімі 2
5 Жалпы 29

Ұсынылған әдебиеттер:
1 Елубаев С. Математиканы оқыту әдістемесі: жоғары оқу орнының
студенттеріне арналған оқулық-Алматы:ТехноЭрудит,2019.-308 б
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 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... 3
I ТЕҢДЕУ
1.1 Теңдеу ұғымының жалпы
сипаттамасы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .5
2 KӨРСЕТКІШТІК
ТЕҢДЕУ ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... .19
2.1 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің
әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 19
2.2 Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің графиктік
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ..29
2.3 Логарифмдердің
қасиеттері ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... .30
2.4.Логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... 32
2.5 Логарифмдік теңдеулерді шешудің графиктік
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ..43
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.

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, 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:

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.

2.1 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 ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.