Математикалық теңдеулер жүйесі

Мазмұны

Кіріспе
I. Көрсеткіштік теңдеулер
II. Қарапайым логарифмдік теңдеулер
III. Логарифдік теңдеулерді шешу әдістері
Қорытынды
Пайдаланған әдебиеттер тізімі
Кіріспе

Бірдей негізге келтіру арқылы шығарылатын теңдеу.
1) ax=b ( a>0, a≠1)
Егер b>0 болса, теңдеудің жалғыз ғана түбірі бар болады.
Егер b≤0 болса, теңдеудің түбірі жоқ болады.
2) af(x)=ag(x) мұндағы (a>0, a≠1) теңдеуінің сол және оң бөліктерінің
негіздері бірдей болғандықтан, af(x)=ag(x) теңдеуі f(x)=g(x) теңдеуімен мәндес болады.
Мысал: 5x=125
Шешуі: , 125>0, 125=53 ,5x=53, x=3 Жауабы: 3
Мысал: 2x-1=1
Шешуі: 2x-1=20, x-1=0, x=1 Жауабы:1
Мысал: = 5∙
Шешуі: барлық дәрежелерді бір ғана 5негізге келтіреміз.
Сонда 50,5-x ∙5-0,5=5∙5-2x+2 теңдеуін аламыз, оны 5-x=5-2x+3 түріне түрлендіреміз де, дәреже көрсеткіштерін теңестіріп,теңдеуді шешеміз:
–x= -2x+3, x=3 Жауабы: 3
Пайдаланған әдебиеттер тізімі
1. Алгебра және анализ бастамалары, 10-11 сынып.
2. Қабдіқайыров Қ.А. «Жағарғы математика негіздері»
3. Бидосов А. Математиканы оқыту методикасы / . Бидосов.-Алматы: Мектеп, 1981.-221 бет
        
        Мазмұны
Кіріспе
I. Көрсеткіштік теңдеулер
II. Қарапайым логарифмдік теңдеулер
III. Логарифдік теңдеулерді шешу әдістері
Қорытынды
Пайдаланған әдебиеттер тізімі
Кіріспе
Бірдей негізге келтіру арқылы ... ... ax=b ( a>0, ... b>0 ... ... ... ғана ... бар болады.
Егер b≤0 болса, теңдеудің түбірі жоқ болады.
2) af(x)=ag(x) мұндағы (a>0, a≠1) теңдеуінің сол және оң бөліктерінің
негіздері бірдей болғандықтан, ... ... ... ... ... ... , 125>0, 125=53 ,5x=53, x=3 ... 3
Мысал: 2x-1=1
Шешуі: 2x-1=20, x-1=0, x=1 ... = ... ... ... бір ғана ... келтіреміз.
Сонда 50,5-x ∙5-0,5=5∙5-2x+2 теңдеуін аламыз, оны 5-x=5-2x+3 түріне
түрлендіреміз де, ... ... ... ... -2x+3, x=3 ... ... айнымалы енгізу арқылы жиі шығарылатын теңдеулер.
1) A∙a2x+B∙ax+C=0 a>0, ... y>0 деп ... у-ке ... ... ... келеді. Ay2+By+C=0
Мысал: 52x-6∙5x+5=0
Шешуі: 5x=y, y>0 белгілесек у-ке ... ... ... ... ... y1=1, y2=5 ... ... екі мәніне сәйкес екі көрсеткіштік теңдеу шығады.
1) 5x=1, x=0
2) 5x=5, x=1
Бұл теңдеулерден есептің екі ... ... ... 0; 1
2) ... ax=y (y>0) деп ... ... теңдеуге келеміз.
Мысал: 5x-24=25∙5-x
Шешуі: 5x=y, y2-24y-25=0 квадрат теңдеуге келеміз.
y>0
y1= -1; y2=25 у –тің таңбасын ескере отырып теңдеуді
шешсек,
1) 5x= -1 (бұл ... ... ... ... кез ... х€R ... 5x=25, 5x=52, x=2 Жауабы: 2
3) A∙a2x+B(a∙b)x+C∙b2x=0
Егер ... ... ... b2x≠0, өрнегіне бөлсек мынадай түрге
келеміз: A∙ деп белгілесек, у-ке байланысты Ay2+By+C=0
теңдеуге келеміз.
Мысал: 6∙32x-13∙6x+6∙22x=0
Шешуі: ... ... ... шешу үшін ... 22x≠0 ... - 13∙ + 6 = 0; = y, (y>0) деп ... у-
ке байланысты квадрат теңдеу шығады.
6y2-13y+6=0
y1 = ; y2 =
1) =, ... =, , ... -1; ... ... ... ортақ көбейткіш ретінде жақша сыртына
шығару арқылы шешкен тиімді болады.
Мысал: 5x+5x+2=26
Шешуі: 5x(1+52)=26
5x∙26=26
5x=1
x=0 ... ... ... ... ... ... теңдеулер
Ал мұндай теңдеулер түбірлерінің жуық мәндерін графиктік тәсілмен табуға
болады.
ax=b a>0, a≠1, ... ... y=ax ... ... бір ғана нүктеде қиып өтеді. Қиылысу
нүктесінің абсциссасы берілген ... ... ... ... ... y=6-x түзуі y=2x функциясының графиктерін сызып, олардың қиылысу
нүктесінің абсциссасын табайық. Екі графиктің қиылысу нүктесінің абсциссасы
x=2.
Жауабы: 2
Негіздері әр ... ... ... ... теңдеулерді шешу мысалдары.
Мысал: 2x=3x
Шешуі: 3x>0, =1, =, x=0 ... ... + =4
= =
+ = 4, = y, (y>0) деп ... + = 4, y2 - 4y + 1= 0, y1,2 =2 ... = 2 +
= 1 , x = 2
2) = 2
=
= -1 , x = ... ... 7 х-4 = 10 x-4 , ... теңдіктің екі жағын 10 х-4 –ке бөлеміз
= 1, =, x-4=0,x=4 Жауабы: 4
Оқулықпен жұмыс: № 168; № 176; № ... ... шешу ... ... / тест /
I ... 9x - 4∙3x ... 5 B) 2 C) -5 D) 9 E) 7
2. 5x+1 + 2∙5x = ... 1 B) C) 0 D) 4 E) 2
3. 4x – ... – 24 = 0
A) 3,8 B) -3,8 C) 8 D) -3;3 E) 3
4. 8x-3 = ... 4 B) 3 C) 2 D) 1
5. ∙ = ... 2 B) 4 C) 1 D) ... 5x-1 + 5x-2 + 5x-3 = ... 0 B) 2 C) 625 D) 1,24 E) 4
7. 125 ∙ 25x – 70 ∙10 x + 8∙4x ... 1;1 B) -2;-1 C) 2;2 D) -3;3 E) ... топ
1. 121x -2∙11x +1 = 0
A) 2 B) 3 C) 1 D) 0 E) 6
2. 2x+4 + 3∙2x = ... 2 B) 4 C) 3,5 D) 4,5 E) 3
3. 4x + 2x+1 – 24 = 0
A) -2;6 B) 2 C) 2;-6 D) -4;6 E) ... 2x-4 = ... 4 B) 3 C) 2 ... ∙ = ... 3 B) 9 C) 1 D) 0
6. 3x + 3x+1 +3x+2 +3x+3 = ... 2 B) -2 C) 4 D) 1 ... 7∙49x + 5∙14x = ... Ø B) -0,5 C) -1 D) 1 E) ... ... ... ... топ
А деңгейі
9x+1 + 92x-1 = 54 ∙ 27x-1
Жауабы: х=2
В деңгейі
42x – 3x +3 = 24 – 12 + 6 – 3 + ... ... ... + ... + 3∙2x+3 = ... x1 = 1, x2 = ... ... деңгейі
2x+2 -2x+3 – 2x+4 = 5x+1 – 5x+2
Жауабы: 0
В деңгейі
5│4x-6│ = ... ... ... + 5x = 13x
Жауабы: 2
Қарапайым логарифмдік теңдеулер
Ең қарапайым логарифмдік теңдеуді қарастырайық
logах=в ; а>0, a=1, ... ... ... ав саны сол ... ... бірден
табылады , яғни х= ав
І-әдіс. Логарифмдік теңдеуді логарифмнің анықтамасы бойынша ... ... х= ... ... ... ... облысынан бастау керек, өйткені
бөгде түбірлері пайда болу мүмкін.
1-мысал.Теңдеуді шеш.
log2 (х2+4х+3)=3
Анықталу ... ... х2= ... ... ... х2=1 Ж/ы: -5;1.
ІІ-әдіс.Логарифмдік теңдеулерді log а f(х)= log a g(х) ... ... ... f(х)= g(х) ... ... ... , қосымша f(х)>0,
g(х)>0.
Бұл әдісті потенцирлеу әдісі дейді.
2- мысал.
log5 (2х+3)= log5 ... ... x ... ... log5 (2(-2)+3)= log5 (-2+3)
log5 (-1)= log5 (-1) – ... жоқ( ... ... ... ... ... x >-1, ал бізде х= -2 0
=51/2,
Log 25 х- log 51/2 х - ... ... ... 25 х- 2 log 5 х-3=0 log 5 ... log 5 ... шама ... log 5 х=у ... ... 1 , ... ... жағдайда , жаңа айнымалы енгізу арқылы , квадраттық теңдеуге келтіріп
шештік.
Сонымен қатар , логарифмдік теңдеулерді түрлендіру барысында олардың тең
шамалылығын ... ... ... ... де ... ... 3(х+3) + log 3 (х+1) =1
Анықталу облысы: x > ... 3 ... = ... 3 (х 2 ... 2 +4x +3 ... 2 +4x =0
x 1=1, x2 = -4 Ж/ы : ... Тест ... .
А ... Log 2х =4
А) 14 ; в) 4 с)16 д) 2
2. Log 5(2х-1) ... 15 ; в) 13 с)26 д) ... ... Log 7 (4х-6) = Log 7 ... 1 ; в) шешімі жоқ; с) -1 д) ... . Log 1/2 (2х+6) = ... -1; в) 1 с) -2 д) 3
С ... .
1. Log2 1/2х - Log 1/2х = ... -4;-1/8 ; в) 1/8; 4 с) -4;1/8 д) ... Log 52х2 - Log 5х ... 5 ; в) 3,5 с)2,5 д) ... ... ... ... жетік таныту, қабілеттерін
шыңдау, кез-келген ортада өзін еркін ұстауға, Қазақстан ... ... атқа ... ... етіп ... – біздің міндетіміз
болмақ. Осы орайда ... ... ... арттыру – маңызды іс. Бұл
мәселе көптеген жылдар бойы қарастырылып келе ... ... ... сан ... жетілдірулері болатындығына қарамастан, шәкірттер үшін
әрдайым қиын жұмыс болып қала ... - ... ... ... Писарев Д.И.
Сондықтан, матеметиканың ... ... ... ... осы ... ... ... деңгейін көтеру біз үшін орасан зор
жауапкершілікті қажет ететін оқыту ... ... ... Бұл ... ... ... бөбек – ертеңгі азамат – қоғам иесі. Балғын бөбектерге ең ... ... ... ...... мектеп мұғалімдері. Ақ жүрек балғын
бөбектерге білім мен ... ... ашу ... мектеп мұғалімдеріне
абыройлы да жауапты жұмыс жүктейді.
Ұстаздың әрбір қылығы оқушыға әсер қалдырып, оның ары ... ... ... ... белгілі. Мұғалім – оқушы атаулыға үлгі болатын өмірінің
сан алуан жолынан адаспай өтуде оған ... ... жөн ... ... ... ... адалдыққа және басқа да сол сияқты ізгі
қасиеттерге баулитын жан.
Қазіргі заманымызда ... ... ... ... мәселесі ең басты
мәселелердің бірі болып отыр. Оқушының білім деңгейін ... ...... ... бәрімізге белгілі.
Оқушының білім деңгейін көтеру дегеніміз – оқушыны жан-жақты тәрбиелеп,
ғылым негіздерінен берік білім беру, ... ... ... ... ... етіп ... ... бойындағы білімін ары қарай тереңдетіп,
жетілдіре ... ... ... ... мұғалімнің іс-әрекеті деген не?- ... ... ... ... және психологиялық әдебиеттерді зерттеу барысында біз
ең алдымен «іс-әрекет» дегеніміз не деген сұраққа ... ... ... ... ... ... белгілі әрекетпен ... ... Адам өмір сүру ... өз ... ... жолмен
жарыққа шығарады.
Пайдаланған әдебиеттер тізімі
1. Алгебра және анализ бастамалары, 10-11 сынып.
2. Қабдіқайыров Қ.А. «Жағарғы математика негіздері»
3. Бидосов А. Математиканы оқыту ... / . ... ... бет

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Реферат
Көлемі: 12 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 600 теңге









Ұқсас жұмыстар
Тақырыб Бет саны
«Фредгольм интеграл-дифференциалдық теңдеу үшін екі нүктелі шектік есепті шешудің жуық әдісі»47 бет
Автоматты реттеу жүйесінің динамикасын талдау6 бет
Алгебра жалпы ұғым ретінде51 бет
Алгоритм және оның қасиеттері109 бет
Арифметика және алгебраға тиісті үйірме жұмыстары58 бет
Бинарлы газ қоспаларындағы диффузиялық орнықсыздық35 бет
Бисызықты жүйені басқаруға зерттеу5 бет
Бифуркациялық диаграммалар5 бет
Жаратылыстану-математика сыныптарында оқытылатын математиканың элективтік курстарының мазмұны63 бет
Зерттеу процессі кезіндегі экспериментті жоспарлау әдістері4 бет


+ тегін презентациялар
Пәндер
Көмек / Помощь
Арайлым
Біз міндетті түрде жауап береміз!
Мы обязательно ответим!
Жіберу / Отправить


Зарабатывайте вместе с нами

Рахмет!
Хабарлама жіберілді. / Сообщение отправлено.

Сіз үшін аптасына 5 күн жұмыс істейміз.
Жұмыс уақыты 09:00 - 18:00

Мы работаем для Вас 5 дней в неделю.
Время работы 09:00 - 18:00

Email: info@stud.kz

Phone: 777 614 50 20
Жабу / Закрыть

Көмек / Помощь