Бүтін сандар жиынында анықталмаған теңдеулерді шешу әдістері

КІРІСПЕ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ... ... 3
1 АЛГЕБРАЛЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫ ШЕШУ ... ... ... ... ... ... . ... 7
1.1Дәрежелік теңдеулер және оларды шешу әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... .. .. ... ...7
1.2 Көрсеткіштік теңдеулер және оларды шешу әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... 11
1.3 Логарифмдік теңдеулер және оларды шешу әдістері ... ... ... ... ... ... .. .. ... ... 25

2 АНЫҚТАЛМАҒАН ТЕҢДЕУЛЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫ ШЕШУ ӘДІСТЕРІ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 28
2.1Теңдеу және оның бүтін шешімі туралы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 35
2.2 Бірнеше белгісізі бар теңдеулер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...37
2.3 Анықталмаған теңдеудің түбірлерінің және оның бүтін шешімі болмайтындығын ың белгілері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...47
2.4 Анықталмаған теңдеудің түбірлерінің жалпы формуласы және дербес түрі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ...49
2.5 Екінші дәрежелі теңдеулерді анықтауыштар әдісімен шешу ... ... ... ... ... 63
ҚОРЫТЫНДЫ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..75
ПАЙДАЛАНЫЛҒАН ӘДЕБИЕТТЕР ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 76
Қазақстан Республикасының Президенті Н.Ә.Назарбаев «Қазақстан-2030» стратегиялық бағдарламасында «Еліміздің білім беру жүйесінің дамуы – жаңа ақпараттық технологиялар мен компьютерлердің қолданылу деңгейіне, шығармашыл білімнің қалыптастырылатындығына, оның әлеуеттік мүмкіндігінің күшеюіне байланысты» деп атап көрсетті [1]. Сондай-ақ дәстүрлі халыққа Жолдауында: «Білім беру жүйесінде заманауи әдістемелерді қолдану қажет» делінген болатын [2]. Осыған орай Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі тарапынан математика пәнін тереңдетіп оқытуда, оның ішінде элективті курстарда оқушыларға сапалы білім беру мәселелері қамтылған [3]. Жалпы орта мектептің математика пәні бойынша мемлекеттік жалпыға міндетті стандартында бұл пәннің саласында онымен іргелес өзге де ғылым салаларындағыдай жаңа білім көлемі жедел қарқынмен дамып, отырғаны айтылып, осы нормативтік құжаттың мақсат-міндеттерін анықтауда ескерілген қоғамдық өзгерістің бірінде былай делінген: «...Қоғамның жоғары деңгейде математиканы қолдануы - математиканы оқыту барысында оқушылардың логикалық ойлау қабілеттерін арттыруды талап етеді» [4].
Қазақстан Республикасында қазіргі уақыттағы экономика және әлеуметтік жағдайлардағы оң өзгерістер мен жетістіктер еліміздің білім беру жүйесін жетілдіруді талап етуде. Халықаралық стандарттар деңгейінде білім беруге қол жеткізу үшін математика пәнін оқытуда қолданылатын дәстүрлі әдістермен қатар, таңдау курстарында математика пәнін тереңдетіп оқытудың маңызы ерекше[5-6]. Әрине ол үшін, мемлекеттік стандартта көрсетілген есептермен қатар, күрделі есептерді оқушыларға үйрету қажет. Атап айтқанда, орта мектеп математикасында көп көңіл бөлінбейтін Диофанттық теңдеулерді үйретудің ролі айрықша болып табылады. Өйткені оқытуды ұйымдастыруда математика пәні мұғалімі оқушылардың логикалық ойлау қабілетін дамытуы, қажетті біліммен қамтамасыз етуі, олардың есеп шығаруы іскерліктері мен дағдыларын қалыптастыруы айтпаса да түсінікті. Оқыту сапасын арттыру, өмірмен практиканы байланыстыру да күн тәртібінен түскен емес. Оны шешудің бірден-бір жолы, Диофанттық теңдеулерді шешудің әдістемелік және дидактикалық негіздемесін жасауға келіп тіреледі.
Өйткені, анықталмаған теңдеулерді шешуге оқушыларды дағдыландыра отырып, материалды игеруге ғылымилық және логикалық ойлауын, есепті шешудің қандай да бір түріне шығармашылықпен қарау деңгейін дамытып, жетілдіре түседі.
Кезінде есептерді дәстүрлі және дәстүрлі емес тәсілдермен шешумен айналысқан А.Н.Леоньтевтің [7] еңбегінде оқушылардың логикалық ойлау қызметін дамытуы тиіс делінген. Ю.К.Бабанский[8-9], Г.В.Дорофеев[10-12], И.Ф.Шарыгин [13-14], Л.С.Выготский [15-17], В.А.Далингер [18], А.Г.Барышкин [19-20], А.М.Пышкало [21], А.П.Власова[22], Е.Д.Кулагин[23] ,М.К.Потапов[24], М.И.Сканави[25],
1 Қазақстан Республикасы жалпы орта білім берудің мемлекеттік жалпыға міндетті білім беру стандарттары. Жалпы орта білім. –Алматы: РОНД, 2002.-368 б.
2 Назарбаев Н.Ә. Қазақстан-2030. –Алматы,: Білім, 1997. -176 б.
3 Жалпы орта мектептің 5-11-сыныптың математика бағдарламалары. Астана, 2009. – 55 б.
4 Шарыгин И. Ф., Голубев В. И. Факультативный курс по мате-матике. Решение задач: Учебное пособие для 11 класса, М.: Просвещение, 2001.
5Кулагин Е. Д.3000 конкурсных задач по ма¬тематике. М., 2002.
Натяганов В. Л., Лужина Л. М. Методы решения задач с параметрами. Часть 1., М., 2004.
6Потапов М.К. и др. Математика. Методы решения задач. Для поступающих в вузы. М., 2005.
7Сканави М.И. Сборник задач по математике для поступающих в вузы: В 2 кн. Кн. 1. М., 2002.
8Корешкова ТА., Глазков Ю.А., Мирошин В.В. и др. Математика: Типовые тестовые задания. М., 2005.
9 Шарыгин И. Ф. Математика. Для поступающих в ВУЗы: Учебное пособие.- 4-е изд. – М.: Дрофа, 2002.
10 Шарыгин И. Ф., Голубев В. И. Решение задач: Учебное пособие для 11 класса общеобразовательных учреждений. – 2-е изд. – М.: Просвещение, .
11Авербух Б. Г., Рубинштейн А. И. Об определении степени ирешении уравнений и неравенств, содержащих показательно степенную функцию. // Математика в школе. – 1996.
12Шахно К.И. Сборник задач по элементарной математике повышенной трудности: Высшая школа, 1967.
13Норин А. В. Сборник задач по математике для поступающих в ВУЗы: Учебное пособие. – Спбю: Питер,2003.
14Колесникова С.И. Математика. Решение сложных задач Единого государственного экзамена. М. «АЙРИС – пресс», 2005.
15Родионов Е.М., Синякова С.Л. Математика. Пособие для поступающих в вузы. Учебный центр «Ориентир» МГТУ им. Н.Э. Баумана, М., 2009.
16 Қарабаев А. Қ. Жоғары сынып оқушыларының шығармашылық қабілетін дамытуға ықпал жасайтын стандарт емес есептер. Шымкент, 2003.
17 Варлаховский Ф.Л., Солодовников А.С. Задачник-практикум по алгебре.-М.. 1982.- Ч.1.
18 Туманов С.И. Элементарная алгебра.-М., 1960.
19 Окунев Л.Я. Высшая алгебра.- М., 1966.
20Оразбаев Б.М. Анықтауыштар теориясы.- Алматы, 1967.
21Окунов А.К. Квадратные функции, уравнения и неравенства.- М., 1966.
        
        БҮТІН САНДАР ЖИЫНЫНДА АНЫҚТАЛМАҒАН ТЕҢДЕУЛЕРДІ 
ШЕШУ ӘДІСТЕРІ
МАЗМҰНЫ
КІРІСПЕ........................................................................................................ . ....... 3
1 ... ... ЖӘНЕ ... ... ..... ... ... және оларды шешу әдістері................................ .. .. ... ... ... және ... шешу ... . ... ... теңдеулер және оларды шешу әдістері.......................... .. ....... 25
2 АНЫҚТАЛМАҒАН ТЕҢДЕУЛЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫ ШЕШУ ӘДІСТЕРІ................................................................................................... ... ... ... және оның ... шешімі туралы............................................................35
2.2 Бірнеше белгісізі бар теңдеулер.......................................................................37
2.3 Анықталмаған теңдеудің түбірлерінің және оның бүтін шешімі болмайтындығын ың белгілері...............................................................................47
2.4 Анықталмаған теңдеудің түбірлерінің ... ... және ... ... ... ... ... теңдеулерді анықтауыштар әдісімен шешу........ ............ 63
ҚОРЫТЫНДЫ..................................................................................................75
ПАЙДАЛАНЫЛҒАН ӘДЕБИЕТТЕР ........................................................... 76
КІРІСПЕ
Қазақстан Республикасының Президенті Н.Ә.Назарбаев ... ... деп атап ... [1]. ... ... ... Жолдауында: делінген болатын [2]. Осыған орай Қазақстан Республикасының ... және ... ... ... математика пәнін тереңдетіп оқытуда, оның ішінде элективті курстарда оқушыларға сапалы білім беру мәселелері қамтылған [3]. ... орта ... ... пәні ... ... ... міндетті стандартында бұл пәннің саласында онымен іргелес өзге де ғылым салаларындағыдай жаңа білім көлемі ... ... ... ... айтылып, осы нормативтік құжаттың мақсат-міндеттерін анықтауда ескерілген қоғамдық өзгерістің бірінде былай делінген: [4]. ... ... ... ... ... және ... жағдайлардағы оң өзгерістер мен жетістіктер еліміздің білім беру жүйесін жетілдіруді талап етуде. ... ... ... білім беруге қол жеткізу үшін математика пәнін оқытуда қолданылатын дәстүрлі әдістермен қатар, таңдау курстарында математика пәнін тереңдетіп ... ... ... [5-6]. Әрине ол үшін, мемлекеттік стандартта көрсетілген есептермен қатар, күрделі есептерді оқушыларға үйрету ... Атап ... орта ... математикасында көп көңіл бөлінбейтін Диофанттық теңдеулерді үйретудің ролі айрықша болып табылады. Өйткені оқытуды ұйымдастыруда математика пәні ... ... ... ... ... дамытуы, қажетті біліммен қамтамасыз етуі, олардың есеп шығаруы іскерліктері мен дағдыларын қалыптастыруы айтпаса да ... ... ... ... өмірмен практиканы байланыстыру да күн тәртібінен түскен емес. Оны ... ... ... Диофанттық теңдеулерді шешудің әдістемелік және дидактикалық негіздемесін жасауға келіп тіреледі.
Өйткені, анықталмаған теңдеулерді шешуге оқушыларды дағдыландыра отырып, ... ... ... және ... ... ... шешудің қандай да бір түріне шығармашылықпен қарау деңгейін дамытып, ... ... ... ... ... және ... емес ... шешумен айналысқан А.Н.Леоньтевтің [7] еңбегінде оқушылардың логикалық ойлау қызметін ... тиіс ... ... ... И.Ф.Шарыгин [13-14], Л.С.Выготский [15-17], В.А.Далингер [18], А.Г.Барышкин [19-20], А.М.Пышкало [21], А.П.Власова[22], Е.Д.Кулагин[23] ,М.К.Потапов[24], ... ... ... [27] және т.б. ... ... ... шешу ... оқушылардың меңгеретін біліміндегі логикалық ойлаудың маңызын атап көрсеткен.
Анықталмаған теңдеулерді шешу әдістерінің мәселесiне Ю.М.Колягин [28], Л.Н.Нуритдинов [31], ... [32], ... [33-34], ... [35] және т.б. ... ... баяндалады.
Ал А.Г.Цыпкин [36], А.Д.Кутасов [37], И.Ф.Шарыгин [38-39], М.К.Потапов [40-41], ... [42], ... [43], ... ... П.И.Алтынов[46], Ю.К.Василенко [47], М.И.Нараленков[48] зерттеулерiнде ... ... шешу ... ... оны ... қолданудың жолдары анықталған.
Орта мектептегi "Алгебра және анализ бастамалары" курсының ұғымдарын оқыту мәселесi ... [49], ... [50], ... [51], В.А.Далингер [52-53], Т.А.Алдамуратова [54], А.Қарабаев [55], Е.В.Якушева [56], Д.У.Кенжебеков [57] еңбектерiнде келтiрiлген.
Зерттеудің көкейкестілігі: Анықталмаған ... ... ... ... әлi ... ... бiр ... келтiрiлмегендiктен, оның ғылыми тұрғыдағы әдiстемелiк нұсқаулары мен тақырыпты оқытуға ... ... ... ... ... мәселе болып табылады.
Осыған байланысты жалпы орта мектептің математика ... ... ... ... шешу ... ... ... туындайды. Бұл осы зерттеу жұмысының көкейкестілігін айқындайды.
Жұмыс бар зерттеулерге сүйене отырып, әдістемелік-дидактикалық ... ... ... және ... оқу ... ... ... ақыл-ойды сатылап қалыптастыру теориясына сай есеп шығару әдістемесі негiзiнде ұсынылып отыр.
Математиканы ... ... оқу ... ... ақпарат көлемінің ауқымдылығы мен уақыттың шектеулілігі оқушылардың оқу материалын толыққанды ұғынуы үшін оқушының мүмкіндіктерінің толық айқындалмауы ... ... осы ... жұмысының өзектілігін көрсетеді.
Сондықтан жұмыстың көкейкестілігі жалпы орта мектептің алгебра және ... ... ... ... ... ... шешу ... оқытуда оның әдістемесін және ғылыми негізделген теориясын жасау, пәнді ... ... ... пәнге деген қызығушылығын және олардың білім сапасы деңгейін арттыруды анықтауда болып табылады.
Осы аталған зерттеу жұмысының көкейкестілігі, ғылыми - ... ... ... орта ... ... ... ... ерекшеліктері диссертациялық жұмыстың ұсынылып отырған тақырыбын таңдап ... ... ... ... ... - Жалпы орта мектептің математика пәнін оқытуда анықталмаған теңдеулерді шешу ... ... ... және ... шешу ... ... есептер топтамасын жинақтау.
Зерттеу нысаны: Жалпы орта ... ... ... ... ... ... пәні: Жалпы орта мектептің математика пәнінің тақырыптарын оқытудың ... ... мен ... ... орта ... ... пәнінің анықталмаған теңдеулерді оқытуда, есепті шығарудың тиімді әдістерін іздеу диссертациялық жұмыстың зерттеу проблемасы болып ... ... ... ... орта мектептің математика пәнін оқыту үдерісінде, таңдау курстарда анықталмаған теңдеулерді шешу ... ... ... ... отырса, онда математика пәнін оқытудың негізгі мақсаттарына қол жеткізіледі, өйткені математиканы оқытуда ... ... ... ... ... келеді.
Зерттеудің болжамына қол жеткізу үшін төмендегідей міндеттерді шешу қажет болды:
- Математиканы оқытуда ... ... ... ... ... ... ... теңдеулерді шешу әдістерін және оның компоненттік құрылымын айқындау;
- Математика пәнін оқытуда анықталмаған ... ... ... әдістердің түрлерін негіздеу;
- Оқушыларға анықталмаған теңдеулерді шешу әдістерін үйретуде психологиялық-педагогикалық аспектілерін ... және ... ... ... ... ... жалпы зерттеу әдістері: анықталмаған теңдеулердің тарихи үдерісте ... ... ... танымдық; оны мектеп практикасына енгізу жолдарын қарастыру; жалпы орта мектеп математика пәнін ... ... ... шешу ... ... ... педагогикалық және арнайы әдістемелік құралдарды, оқулықтарды, бағдарламаларды теориялық жағынан талдау; математиканы ... ... ... шешу ... ... ... және шетелдік тәжірибелерді зерттеу мен жалпылау, арнайы оқу бағдарламаларын талдау, мектеп мұғалімдері мен оқушылары, әдіскерлермен әңгімелесу; оқыту үдерісін бақылау.
Зерттеудің ... ... ... орта мектептің математика пәнін оқытуда анықталмаған теңдеулерді шешу әдістерін, пәндік білім, білік және дағдыларын жетік ... ... ... оқыту сапасын арттырады.
Қорғауға ұсынылатын қағидалар:
- Ғылыми-теориялық зерттеулерге талдау жүргізе отырып жалпы орта ... ... ... ... ... ... шешу әдістерінің теориялық негізі жасалды;
- математика пәнін оқытуда анықталмаған теңдеулерді шешу әдіс-тәсілдері айқындалды;
- ... ... ... анықталмаған теңдеулерді шешу әдістемесі жасалды.
Зерттеудің ғылыми жаңалығы:
* Жалпы орта мектептің математика пәнін оқытуда анықталмаған теңдеулерді шешуді қолдануға талдау жасалғанда, ... ... ...
* ... пәнін оқытуда анықталмаған теңдеулерді шешу әдістемесі анықталады;
* математика пәнін ... ... ... шешу ... ... оқушылардың біліктілік деңгейі артады.
Зерттеу жұмысының құрылымы: ... ... ... екі ... ... және ... ... тізімінен тұрады.
1 АЛГЕБРАЛЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫҢ ... ... ... және ... шешу ... (а=/ 0) нақты сандар болғанда
а х2 +вх+с =0 ... ... ... ... деп ... Егер а=1 болса, онда квадраттық теңдеу келтірілген , ал егер а!=1 ... онда ... деп ... а,в,с сандарының атаулары мынадай: а- бірінші коэффициент, в-екінші коэффициент, с- бос мүше.
а х2 +вх+с =0 ... ...
х= ... боиынша табылады. D=өрнегі (1) квадраттық теңдеулердің дискриминанты деп аталады. Егер D0 болса, ... ... ... бар ... D=0 ... ... кейде квадраттық теңдеулердің бірдей екі түбірі бар дейді. . D= белгіленуін пайдаланып, (2) ... х= ... ... болады. Егер b=2k болса, онда (2) формуласы
түрінде болады . ... ... ... ... ... сан, яғни b коэнффициенті жұп сан болғанда қолдануға қолайлы.
Мысал-1 х2+4х+3 =0 ... ... ... сол жақ бөлігін көбейткіштерге жіктейміз:
х2+х+3х+3 =х(х+1)+3 (х+1) =(х+1)(х+3)
Демек, теңдеуді былай жазуға болады: (х+1)(х+3) ... ... тең ... ең ... ... біреуі нөлге тең болуы керек. Сондықтан теңдеулердің сол жақ бөлігіндегі х=-1 және сандары х2+4х+3=0 теңдеуінің түбірлері болып табылады.
Мысал-2 : ... ... ... жақ бөлігін толық квадратқа келтіреміз. Ол үшін х2+8х өрнегін төмендегідей жазып аламыз: х2 + 8х=х2+2х4
Алынған өрнектің бірінші ... ... ... ал екінші қосындысы х пен 4-тің екі еселігі. Толық квадрат алу үшін 42-ын қосу ... ... ... теңдеудің сол жағын түрлендіреміз. Берілген теңдеуге 42-ын қосып және алып ... ... ... ... теңдеуді былайша жазуға болады:
(х+4)2-25=0 , яғни (х+4)2=25.
Бұдан х+4=5, х=1 немесе х+4=-5, х= ... ... а!=0 ... екі ... да 4а-ға ... ... төмендегі өрнекті аламыз:
4а2х2+4ахв+4ас=0
((2ах)2+4ахв+в2)-в2+4ас=0 , (2ах+в)2=в2-4ас
2ах+в= , 2ах = ... ... ... ... болады:
3х[2]-7х+4=0 теңдеуін шешейік. [2]
а=3, в=-7, с=4. Д=в2-4ас=(-7)2-4·4·3=49-48=1.
Д>0 болғандықтан, әр ... екі ... ... х1=1, х2=.
Сонымен, дискриминант оң болғанда, яғни ... ... ... екі ... ... -4 ... теңдеуін шешейік.[2]
а=9, в=6, с=1. Д=в2-4ас=62-4·9·1=0.
Д=0 болғандықтан, бір ғана түбірі бар болады:
х=, ... егер ... ... тең ... яғни ... ... теңдеуінің жалғыз түбірі бар болады х=.
Мысал-5 х2+2х+3=0 теңдеуін шешейік.
а=1, в=2, с=3. Д=в2-4ас=4-4·3·1= -8.
Д0.
б) Егер (1) ... бос ... q ... ... (q 0, b>0 ... онда кез ... p және q ... сандары үшін [37,43]. ... ... p және q ... ... ... ... ... жазалық: . Онда
Осыдан әрбір рационал p саны үшін
теңдігі шығады. Шынында да, 1-қасиет бойынша аp∙a-p=a0=1. ... ... ... ... ... ... ... шығады.
3-қасиеттің дәлелдеуі: а>0, болсын. Онда
4, 5-қасиеттерінің ... ... онда ... а>0, a!=1 және b>0 ... онда ах=b ... қарапайым көрсеткіштік теңдеу деп атайды. Егер b>0 болса, онда бір түбірі бар екені, ал b0 ... ax =b ... ... түбірі бар:
x=logab
теңдігімен анықталатындығы шығады.
Әдетте көрсеткіштік теңдеулерді
af(x)=ag(x) (a>0, ... ... ... Бұл ... y=f(x) және y=g(x) функцияларының ортақ анықталу облысында f(x)=g(x) теңдеуімен мәндес болады.
Сонымен көрсеткіштік теңдеулерді мектеп курсында 3-типке ... ... ... ... ... ... ... жалпы түрі ах=b мұндағы а>0 және a!=1 ... y=ax ... ... ... ... ... сандар, ал мәндерінің облысы оң нақты сандар жиыны екенін ... ... ... үшін ... ... b0 шартын ескереміз, бұл шарт орындалады 81=34, 3x-3=34,
x-3=4 бұдан теңдеудің түбірі x=7 ... ... ... ... келтірілетін көрсеткіштік теңдеулерді шешу.
Мұндай теңдеулердің жалпы түрін ka2x+bax+c=0 түрде көрсетуге болады. Бұл түрдегі теңдеулерді шешу үшін ах=у ... ... ... ... теңдеу ky2+by+c=0 квадрат теңдеуге келеді. Оның түбірлері бар ... онда ... ... ... ... облысында жату шарты тексеріледі, әрі қарай теңдеуді шешу 1-типтегідей жалғасады.
М ы с а л ы: ... ... ... ... ... ... 2x=y ... жасасақ, онда теңдеу
y2-5y+4=0 түрге келіп, оның у=4 және y=1 екі шешімі болады. Бұл екі сан үшін 4>0 және 1>0 ... ... ... ... ... 2x=4 және 2x=1 шешсек x=2, x=0 шығады.
* Негіздері әр түрлі болып келген көрсеткіштік теңдеулерді шешу.
Мектеп курсындағы ... ... тек ... ... ... ... ғана оларды шешуге қол жетеді. Оны мысал арқылы шығару жеткілікті, мұнда негізінен дәреженің негізгі қасиеттерін кеңінен қолдану ... ы с а л ы. ... ... шешейік. 8x+2>0 болғандықтан, етіп түрлендіреміз, одан шығады. Сонда х+2=0-ден х=-2 ... ... ... ... типке бөліп, оларды шығару жолдарын қарастырғаннан кейін көрсеткіштік теңсіздіктерді және ... ... ... ... жеңілдіктер тудырады. Басқа да тақырыптарды осылай типтерге ... ... ... әрі ... , әрі ... ... Сыныптағы оқушылардың білім деңгейіне қарай берілетін ... ... ... болады [40].
1-м ы с а л. 4x + 2 + 2 :: 4x - 5x + 2 = 5 :: ... ... ... ... ... ... жазайық: 4x + 2 + 2 :: 4x = 5x + 2 + 5 :: 5x, ... ... 4x (16 + 2) = 5x (25+5) => 18 :: 4x = 30 :: 5x ... ... ы с а л. 2[х] + 4 :: 3[х] = ... жақты өрнектеп алайық : 16 :: (2[х] :: 3[х]) = 576 теңдеудің екі шетінде 16-ға бөлейік:
6х = 36;
х = ... ... ы с а л. ... ... түрде жазайық: жаңа айнымалы енгізейік t = 2x (t > 0). Сонда қарапайым квадрат ... ... + 16t - 40 = 0, => t2 + 8t - 20 = 0, оның ... t1 = 2, t2 = - 10 < 0 - ... ... t ... 2 ... 2х = 2, х = 1.
Жауабы ... ы с а л. ... ... сол ... ... жазсақ: дәреженің негізінің ( 4, 10, 25 ... ... ... ... ... ... ... жағдайда екі жағында 25x-ке бөлсек ( себебі x-тің ешқандай мәнінде бұл өрнек 0-ге тең емес), мынадай теңдеу алуға болады ... ... ... ... ... ... t2 + 2t - 8 = 0, оның ... t1 = 2, t2 = - 4 < 0 - ... ... t ... 2 ... ... ... ы с а л. 12x :: 4x - 5x :: 2x + 1 - 9 :: 4x + 1 + 30 :: 2x = ... сол ... ... ... ... ... ешқашан 0-ге тең емес. Сондықтан мына теңдеулердің түбірлері берілген есептің шешімі болады:
А) 2х - 6 = 0, х = 3.
Б) ... 3;
а) ... ... ... [42,48].
ә) ... ... ... көрсеткіштік теңдеулер:
б) ... әр ... ... ... ... теңдеулер:
в) Негіздері геометриялық прогрессияны құрайтын көрсеткіштік теңдеулер:
г) Теңдеудің екі жағын да ... ... ... ... ...
Шешулері а)
Жауабы 3.
Жауабы 3.
х=4
Жауабы 4.
ә)
айнымалы енгізейік ... ... ... ... 1.
айнымалы енгізейік
Жауабы 0,
айнымалы енгізейік
Жауабы: 1;3.
айнымалы ... ... ... 0;1;2. ... -3. ...
в)
16, 36,81 сандары геометриялық прогрессияны құрайды.
Сол себепті біз теңдеуді 81x-не бөлеміз:
Жаңа айнымалы енгізейік ... 0; .
4, 6, 9 ... ... ... ... себепті біз теңдеуді -не бөлеміз:
Жаңа айнымалы енгізейік
Жауабы: ... 6, 9 ... ... ... құрайды.
Сондықтан біз теңдеуді -не бөлеміз:
Жаңа айнымалы енгізейік
Жауабы: ... ... екі ... ... ... ... 0; .
Көрсеткіштік теңдеулер жүйесін шешу
Көрсеткіштік теңдеулер жүйесін шешуді ... ... ... ... бар теңдеулер жүйесін көрсеткіштік теңдеулер жүйесі деп атаймыз.
Көрсеткіштік теңдеулер жүйесін шешу үшін көрсеткіштік функцияның қасиеттері, көрсеткіштік теңдеулер және ... ... ... ... ... ... ... - мысал. ... ... ... ... теңдеулер жүйесін шешу үшін алмастыру тәсілін қолданып, мәндес теңдеулер жүйесін аламыз:
Осыдан немесе теңдеуі шығады, бұдан ... Енді деп ... ... ... шешеміз. Шыққан квадрат теңдеудің түбірлері Сонда Демек, онда ... ...
2 - ... ... жүйесін шешейік.
Шешуі. Теңдеулер жүйесінде екі көрсеткіштік функция берілген. Алдымен жаңа айнымалылар енгізейік, яғни сонда екі белгісізі бар сызықтық ... ... ... .
Алгебралық қосу тәсілі бойынша соңғы теңдеулер жүйесінің екінші теңдеуін 2 - ге ... . ... ... ... - дың ... жүйенің бірінші теңдеуіне қойсақ, аламыз.
Сонда көрсеткіштік теңдеулері ... ... ... ...
3 - ... ... жүйесін шешейік.
Шешуі. Жүйенің екінші теңдеуінен табатынымыз: 2x-y=1, бұдан y=2x-1. Бірінші ... ... ... 2х-1 ... ... табатынымыз +. - ін t арқылы белгілеп, мынадай ... ... ... , ... және . ... ... шешімі болмайды. Ал теңдеуінің түбірі х=2 саны. у-тің сәйкес мәні 3-ке тең. ...
4 - ... ... ... ... ... ... теңдеулер жүйесін шешу үшін, бірінші көрсеткіштік теңдеуді екінші көрсеткіштік теңдеуге ... Одан ... ... ... ... соң, бастапқы кез-келген көрсеткіштік теңдеуге қоямыз.
.
Сәйкесінше ... ... - ... теңдеулер жүйесін шешейік.
Шешуі. Берілген көрсеткіштік теңдеулер жүйесін шешу үшін, екінші теңдеуден х-ті ... ... ... ... ... қойып шешеміз:
Бұл теңдеуді қарапайым көрсеткіштік теңдеу сияқты ... ... ... =36+2=38 және . ... (38;-6), ... ... теңдеулер және оларды шешу әдістері
Логаритімдік теңдеулер. Қарапайым логарифмдік теңдеу ) ... ... ... шешу үшін : 1) ... үшін ... түбірлер болады.
Логарифммдік теңдеулерді шешудің негізгі екі ... бар: 1) ... ... ... ... , ... ... оны түрінде түрлендіру әдісі; 2) жаңа айнымалы енгізу әдісі .
1-мысал ... шешу ... ... ... ... ... де оны шешеміз. Сонда бұдан х -*тің табылған ... ... және ... арқылы орындаймыз. -3 сан бұл ... ... . ... 4- ... ... ... ... теңдеуін шешут керек.
Шешуі. Логарифмдердің қосындысы қөбейтіндінің логарифміне тең ... (120- ... ... ... ... ... түрлендіреміз де одан кейін (х+4)(2х+3һ1-2х ) теңдеуін аламыз. Сонғы теңдеуден Енді ... ғана ... Оны х+4>06 2x+3>06 14-2x>0 ... системасы арқылы орындауға болады. Табылған -1 мен -5,5 ... осы ... ... ... , - ... қанағаттандыратынына, ал 5,5- бірінші мен екінші теңсіздіктерді қанағаттандымайтынына көз жеткіземіз. Олай ... , ... ... ... ... ... керек болғандықтан,ғ берілген теңдеуді былай жазамыз: деп алып, жаңа айымалы енгіземіз. ... әрі ... (у-1)( ... ... Ал ... теңдеуінен х=4 екенін табамыз .
Жауап: ... ... - ... ... ... мысалдары.
1-мысал. Жазу керек
Көрсеткіштік-логарифмдік теңдеулерді шешу жолдары
Мысал-1. ... ... ...
Ш е ш у і. ММЖ ... ... екі ... да ... 10 етіп логарифмдесек, онда мынаны аламыз ... ... ... табу ... мына екі және теңдеулердің ... ... ... және ... және . ... теңдеудің 3 шешімі бар: .
жауабы: .
Мысал - 2. ... ... е ш у і. ММЖ ... ... Берілген теңдеуді былайша жазайық. Оны мынадай түрге келтірейік. Теңдеудің екі жағын да негізін 10 етіп ... онда ... ... :
Бұл теңдеудің түбірлерін табу үшін, мына екі және ... ... ... ... ... ... , , ал ... , және үшіншіден , анықтаймыз.
Сонымен теңдеудің 3 шешімі бар: . ... ... - 3. ... қарастырайық.
Ш е ш у і. ММЖ теңсіздігімен анықталады. Теңдеуді мына түрде жазып алайық. ... екі ... да ... 10 етіп ... онда ... ... ... теңдеудің түбірлерін табу үшін, мына теңдеулерді және ... ... ... ... Ал ... ... ... квадраттық теңдеуді шешеміз, одан мынадай шешімдер және аламыз.
Сонымен теңдеудің 3 шешімі бар:
жауабы:
Мысал - 4. ... ... е ш у і. ММЖ ... ... Бұл теңдеуді шешу үшін мына екі жағдайды қарастыру қажет:
1) 2)
Бірінші теңдеуден екі ... ... , ... ... қанағаттандырмайды, ал қанағаттандырады. Ал жүйеден ... ... ... Осы теңдеуді байланысты квадраттық теңдеу шешеміз:
, , , ... ... 3 ... бар: ...
Мысал - 5. ... ... е ш у і. ММЖ ... ... ... . ... теңдеуді шешейік ,
* , ;
* , , ;
Сонымен теңдеудің 3 шешімі бар: ... ... ... ... ЖӘНЕ ... ШЕШУ ... Теңдеу және оның бүтін шешімі туралы
Бір белгісізі бар бірінші дәрежелі мынадай теңдеуді қарастыралық
. (1)
Айталық теңдеудің коэффициенттері а1 және а0 ... ... ... Бұл ... ... сан болады сонда тек сонда, егер а0, а1-ге бүтін сан болып бөлінсе. Сөйтіп, (1) теңдеу ... ... ... бүтін шешімге ие бола бермейді; мысалы, мына екі теңдеудің және біріншісі бүтін ... , ал ... ... ... ие ... ... дәрежесі бірден жоғары теңдеуде де кездесеміз: квадрат теңдеуі , бүтін шешімдерге ие, ал квадрат теңдеуі бүтін шешімдерге ие ... ... , бұл ... ... ... п ... теңдеудің бүтін түбірлері туралы мәселені қарастыралық
(). (2)
Айталық бұл ... ... ... болсын, сонда
,
,
немесе
.
Соңғы теңдіктен көрінеді, а0 а-ға ... ... ... (2) ... ... ... түбірі теңдеудің бос мүшесінің бөлгіші болып табылады. Теңдеудің бүтін шешімдерін табу үшін а0-дің сондай бөлгіштерін ... ... ... ... ... апарып қойғанда, оны теңбе-теңдікке айналдыратын. Мысалы, 1, - 1, 2 және - 2 ... ... бос ... бөлгіштері болып табылады. Бірақ, олардың ішінде жалғыз бүтін ... ... Дәл осы ... мына ... ... ... ... Бірнеше белгісізі бар теңдеулер
Бірнеше белгісізі бар теңдеулердің бүтін шешімдері туралы мәселе өте маңызды және күрделі.
Екі белгісізі бар ... ... ... Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі мынадай теңдеуді
(3)
қарастыралық, бұндағы а мен b - ... ... ... сандар, ал с - кез келген бүтін сан.
а және b коэффициенттерінің өзгеше ортақ бөлгіштері жоқ ... деп ... ... егер бұл коэффициенттердің бірден өзгеше ең үлкен ортақ ... ... онда , ... ... ... ... (3) ... мына түрді қабылдайды:
және бүтін шешімдерге ие болады ... тек ... егер с d-ге ... ... ... ... жағдайда (3) теңдеудің барлық коэффициенттері d-ге бүтін сан болып бөлінеді, және (3)-ті d-ге ... ... ... келеміз
,
бұл теңдеудің коэффициенттері а1 мен b1 ... жай ... ... ... ... Онда (3) ... мына түрде жазылады
. (3)
Бұл теңдеуді х-ке қарағанда шешіп, мынаған ... х ... ... қабылдайды, онда тек сонда, егер у а-ға қалдықсыз бөлінетін болса. Сонда а-ға ... ... ... ... ... ... былай жазуға болады
,
бұндағы t кез келген бүтін мәндерді қабылдайды ().
Енді ... ... ... ала ... (3) ... ... ... шешімін табу үшін оның қандай-да бір шешімін табу жеткілікті, яғни сондай бүтін сандарын табу керек, сонда олар үшін
.
Теорема 1. ... а мен b ... жай ... және (3) ... ... ... ... Сонда
, (4)
формулалар болғанда (3) теңдеудің барлық шешімдерін береді.
Дәлелдеу. Айталық (3) ... кез ... ... болсын. Сонда мына теңдіктерден
және
мынаған келеміз
, .
- бүтін сан және а мен b ... жай ... онда b-ге ... сан ... бөлінуі тиіс, яғни мына түрге ие болады, ... t - ... ... ... ... келеміз
, .
Сонымен дәлелденді, (3)-тің кез келген шешімі (4) түріне ие. ... тағы ... ... кез келген жұп ( бүтін болғанда (4) формула ... ... (3) ... ... ... Осындай тексеруді жүргізу үшін , шамаларын (3) теңдеудің сол ... ... ... - шешім, онда және , яғни - (3) теңдеудің шешімі, осымен теорема толық ... егер ... бір ... ... ... онда барлық қалған шешімдері арифметикалық прогрессиядан табылады, оның жалпы мүшесі мына түрге ие:
, ... ... ... бұрын табылған шешімнің формула-лары
,
қазір ғана қорытылған , ... ... ... егер деп ... ... Бұлай істеуге болады, себебі мына теңдеудің
шешімі екені көрініп тұр.
(3) теңдеудің қандай-да бір шешімін жалпы жағдайда ... ... табу ... ... мысалдардан бастаймыз.
Айталық теңдеуі берілсін.
Белгісіздердің алдындағы коэффициенттердің қатынасын ... мына ... ... ... ... ажыратып аламыз:
.
дұрыс бөлшегін оған тең мына бөлшегімен ауыстырамыз. Сонда мынаған ... ... ... бөлшегі үшін де жасаймыз.
Енді бастапқы бөлшек мына түрге ие болады:
.
Осы талқылауды бөлшегі үшін де қайталасақ, ... ... ... ... ... сайып келгенде мынаған келеміз:
.
Біз шекті шынжырлы немесе үзіліссіз ... деп ... ... ... Бұл ... ... ... тармағын - бестен бірді тастап кетсек, онда
.
Осы нәтижені бастапқы бұрыс бөлшектен айырамыз, сонда
.
Шыққан өрнекті ортақ ... ... және ... ... ... кетеміз, сонда
.
Шыққан теңдікті берілген теңдеумен салыстырудан мынау келіп ... . Бұл ... ... ... ... Ол ... ... шешімі жоғарыдағы теорема бойынша
, ().
Бұл шыққан нәтиже мынадай ойға келтіреді: жалпы ... ... ... табу үшін ... ... ... қатынасын шынжырлы бөлшекке жіктеу керек және соңғы тармағын тастап кетіп, жоғарыдағыдай түрлендірулер ... ... ... дәлелдеу үшін шынжырлы бөлшектің кейбір қасиеттері керек болады.
Қысқартылмайтын бөлшегін қарастыралық. q1 арқылы ... r2 - ... ... ... (а-ны b-ға ... ... мынаған келеміз:
, .
Айталық, әрі қарай q2 бөлінді және r3 - ... (b-ні r2 - -ге ... ...
, ... осы ...
, ,
, ,
- - - - - - - -- - - - ... ... емес бөлінділер деп аталады. Жоғарыдағы келтірілген толық емес ... ... ... алгоритмі деп аталады. қалдықтары мына теңсіздіктерді
, (5)
яғни теріс емес сандардың кемімелі қатарын ... асып ... ... емес бүтін сандар саны шексіз болуы мүмкін емес, себебі кейбір қадамға барғанда қалдық r ... тең ... (5) ... ... өзгеше соңғы қалдық болсын, сонда және а мен b сандары үшін ... ... ... ... қабылдайды
(6)
Шыққан теңдіктерді мына түрде жазамыз
Бұл теңдіктердің бірінші жолындағы мәнін екінші жолдағы сәйкес мәнімен алмастырып, ... ... ... ... ... ... ... өрнектелгеніне келеміз, яғни
Үш белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулер
Мысал 1. Үш белгісізі бар екінші дәрежелі
(6)
теңдеуін ... ... ... ... ... геометриялық тұрғыда барлық пифагорлық үшбұрыштарды табу ретінде талқылауға болады, яғни тікбұрышты үшбұрыштарды қарастырып, олардың катеттері х,у-ке және гипотенузасы z-ке тең ... олар ... ... ... ... ... керек.
х және у сандарының ең үлкен ортақ бөлгішін d арқылы ... яғни , ... ... (6) ... ... ... ... шығады, z2 d2-қа бөлінеді және демек, z d-ға қарағанда еселік болып келеді, яғни .
Енді (6) теңдеуді мына ... ... ... ... ... мынаған келеміз
.
Бұл біз бастапқы түрдегі теңдеу түріне келеміз, сонымен ... х1 мен у1 ... ... басқа ортақ бөлгішке ие емес. Сөйтіп, (6) теңдеуді шешу үшін х пен у-ті өзара жай сандар деп шектеу ... ... ... болсын. Сонда х пен у сандарының ең болмағанда бірі ... х) тақ ... у2-ты (6) ... оң ... ... ... келеміз:
, . (7)
d1 арқылы және өрнектерінің ең үлкен ортақ бөлгішін белгілейміз, сонда
, , (8)
бұндағы а мен b ... жай ... мен ... қойып, мынаған келеміз:
.
а мен b сандары ортақ бөлгішке ие ... онда ... ... ... ... мүмкін тек сонда, егер а мен b толық квадраттар болып келсе:
, ,
онда және ... у пен z-ті (8) ... ... Бұл ... қосу ... береді:
; . (10)
(8) теңдіктердің біріншісінен екіншісін айырып, мынаған келеміз:
; ... ... ... бойынша мынаған келеміз, яғни және d1-лер де тақ. Одан ... , ... егер ... ... онда мына ...
келіп шыққан болар еді х пен у шамалары болатын ортақ бөлгішке ие болған ... еді, ал бұл ... ... жай ... ... деп ... ... u мен сандары өзара жай а мен b сандарымен мынадай теңдіктермен байланысқан
,
және осылар бойынша олардың өздері ... жай ... , ... , бұл ... ... ... -ді апарып қойып, мынадай формулаларға келеміз:
, , , (12)
u мен () өзара жай сандар ... тақ ... ... барлық бос мүшелерді бүтін оң үштігін және (8) теңдеуін қанағаттандыратын -терді теңдеуге жай алмастырумен оңай тексеруге ... u мен ... кез ... болғанда (12) теңдеуді қанағаттандырады.
u мен -нің бастапқы мәндері үшін (12) формулалар келесі жиі кездесетін теңдіктерге келеді:
(),
(),
().
Жоғарыда айтылғандай, (12) ... ... тек қана ... ... ... оларда х,у және z сандары ортақ бөлгіштерге ие емес. Барлық басқа бүтін оң шешімдері бұл теңдеудің (12) формулалардағы ... кез ... ... ... d-ға ... ... алынады.
Осы жолмен, яғни (6) теңдеудің барлық шешімдерін қалап тапқан болсақ, басқа осындай түрдегі тең деулердің де шешімдерін табамыз.
Мысал 2. ... ... ... ... ол ... ... оң ... өзара жай сандар .
Ескереміз, егер (13) теңдеудің шешімі болса және 1-ден ... ... ... ие емес ... онда олар және ... ... жай сандар. Шынында, егер х және у жай сан -ға ... ... онда мына ... ... оның сол жағы - ... сан, ... z р-ға ... Дәл солай болады, егер х пен z немесе у пен z р-ға ... ... ... ... бүтін және оң бүтін шешімі ... ... ... ... ... теңдеулер саны белгісіз-дердің санынан кем болса, онда жүйенің сансыз көп шешімдері болатын-дығын байқап едік. Мұндай теңдеулер анықталмаған теңдеулер деп ... ... ... екі ... бар бір ... түріндегі кездеседі. Мұндай теңдеудің жалпы түрі мынадай болады:
,
мұндағы х пен у - ... де, а, b және с - ... ... есептің шарттары сол есептің сұрауына дұрыс жауап беру үшін, бүтін мәндерді ғана, кейде бүтін және оның ... оң ... ғана ... тура боларлықтай болып келеді.
1-есеп. 118-ді біреуі 11-ге, екіншісі 17-ге бөлінетін екі ... ... ... 11х деп, ... 17у деп ... ... теңдеу шығады:
.
118-дің жіктелетін сандарының таңбалары туралы есепте еш нәрсе айтылмаған ... бұл ... ... ... ... те ... ... мүмкін деуімізге болады. Мысалы, есептің шартына 33 пен 85 сандары ( және болғанда) тура болады, бірақ мұнымен қабат 220 мен - 102 (, ... ... ... ... ... екі ... ... бар, біреуіне 4 самауыр, екіншісіне 7 самауыр сияды. 41 ... салу үшін осы ... әр ... ... алу ... ... санын х деп, үлкен жәшіктердің санын у деп алсақ, мынадай теңдеу шығады:
.
Есептің ... ... бұл ... ... бүтін ғана және оның үстіне оң болып келуі айқын. Оның мұндай шешімі ... ... ол , ... ... теңдеулердің бүтін санды шешімдерін, кейде бүтін және оң санды шешімдерін таба білу ... ... ... ... b және с ... ... ... бөлімге келтіріп, содан соң сол бөлімнен құтылуымызға болады. Сонда коэффициенттің бәрі де бүтін сан ... енді а, b, с ... бір ... көбейткіші болса, соған теңдеудің екі бөлігін де қысқартуымызға болады.
Сөйтіп, а, b, с коэффициенттерін ортақ көбейткіштері жоқ ... ... деп ... а мен b-нің 1-ден ... бір ... сан болып келген ортақ көбейткіші болсын делік. Мысалы:
,
болсын.
Сонда теңдеудің түрі ... ... ... ... т-ге ... шығатыны
болады.
х пен ... ... ... ... ... бұл ... сол бөлігі бүтін сан болады да, оң бөлігі бөлшек болады, үйткені с коэффициенті т-ге ... ... ... ... ... болуға мүмкін емес. Сол себепті егер анықталмаған теңдеудің белгісіздерінің коэффициенттерінің ортақ көбейткіші болып және бос мүше де ол көбейткіш болмаса, онда ... ... ... ... ... ... а мен b сандарын өзара жай сандар деп аламыз.
теңдеуіндегі а мен b коэффициенттер оң ... бос мүше с ... ... Онда х пен ... қандай оң мәндерін алсақ та, теңдеудің сол бөлігі оң болады да, оң бөлігі теріс болады. ... ... ... ... емес.
а мен b коэффициенттер теріс болып, с оң болса, онда теңдеудің барлық мүшелерін - 1-ге ... бұл ... да ... түрге келтіреміз.
Сүйтіп, егер анықталмаған теңдеулердің белгісіздерінің коэффициент-терінің таңбасы бос мүшесінің таңбасына қарама-қарсы болса, онда теңдеудің оң шешімдері ... ... ... ... жалпы формуласы
және дербес түрі
Бір тәсілді қолданып (мысалы, тіке сынау жолымен), анықталмаған теңдеуінің бүтін санды бір шешімін ... ... ... мен ... ... ... ... апарып қойсақ, мынадай теңбе-теңдік шығады:
.
Осы теңбе-теңдікті берілген теңдеуден ... ... ... .
х ... сан болып келу үшін өрнегі бүтін болып келуі ... және ... ... ... - ... сан). Басқаша айтқанда, өрнегі а-ға бүтіндей бөлінуі ... де және ... де ... ... b мен а-ны өзара жай сандар деп алдық, сондықтан айырмасы бүтіндей а -- ға бөлгенде ... ... ... t деп ... шығатыны:
, бұдан
(t оң да, теріс те болуға мүмкін).
х-тің формуласындағы бөлшегінің ... t-ні ... ... ... теңдеудің түбірлерінің формулалары мынау болады:
, .
Осы формулалардағы t-ге қалауымызша оң не теріс бүтін мәндер ... ... ... ... сансыз көп бүтін түбірлерін табамыз, болып келген дербес жағдайда, бұрын табылған шешімі шығады.
Бұл формулаларды қарастыра келіп, ... мына ... ... құрылғандығын оңай байқауға болады:
1. Формуланың бірінші мүшесі берілген белгісіздің табылған дербес мәні болады.
2. Формуланың екінші мүшесі берілген теңдеудің коэффициентіне көбейтілген кез ... ... t саны ... да, ол сан х-тің формуласында берілген теңдеудегі ... ... ... ал ... ... ... коэффициентіне көбейтіледі.
3. Коэффициенттердің бірі кері таңбамен алынады. Коэффициенттердің ... ... өз ... ... ... кері ... ... та, бәрі бір екендігін байқау қиын емес. Шынында,
, және , ... ... ... ... t-нің оң ... бір ... табылатын шешімдер екінші формулалардан t-нің абсолют шама жағынан тең теріс мәндерінде табылады.
Мысал. теңдеуі берілген.
Бірден орнына қойып және ... ... ... байқаймыз. Еді қалған шешімдерінің бәрі мына формулалардан табылады:
, немесе , ... ... t-ге ... ... ... ... ... теңдеудің әртүрлі бүтін санды шешімдері шығады. Мысалы, бірінші формулаларды алып, мынаны табамыз:
t
0
1
2
3
- 1
- 2
х
2
7
12
17
- 3
- 8
у
4
1
- 2
- 5
7
10
Егер ... ... ... онда бұл ... t-нің ... 0; - 1; - 2; - 3; 1; 2; ... ... келгенде шығар еді.
Сөйтіп, анықталмаған теңдеудің бүтін санды шешімдерін табу мәселесі, оның қандай болмасын бір шешімін табу мәселесіне ... ... ... бір ... табу үшін ... тәсілмен пайдалануға болады
теңдеуі берілген болсын.
Белгісіздердің біреуін екіншісі арқылы табалық (коэффициенті азын алған жөн). Мысалы, болсын, сонда
болады.
Енді өрнегі ... а-ға ... у-ке ... 0; 1; 2; 3; ... ... ... болғанда, өрнегі а-ға бүтіндей бөлініп, бөлінді т болсын делік, онда
және ... да, бұл ... , ... теңдікке қарағанда, т мен п сандары берілген теңдеуді қанағаттандыратындығы байқалады.
Мысал. ... ... у-ті ... ... ... 0; 1; 2; ... беріп, болғанда өрнегі 4-ке бөлініп, бөлінді 3 болып шығатынын ... ... ... бір ... ... .
Басқа шешімдері жалпы формуламен табылады:
, немесе , .
Ескерту: а мен b өзара жай ... ... онда 0; 1; 2; (с - 1) ... сандардың арасынан қашан да бір у санын тауып, сол санды өрнегіне ... ... ... а-ға бөлінетіндігі сандар теория-сында дәлелденеді. Сондықтан көп рет сынап жатпау үшін, бөлгіш ретінде а мен b коэффициенттерінің азын алған жөн ... ... ... ... ... ... бірінің коэффициенті бірге тең болса, онда ол теңдеу жалпы түрде оңай шешіледі. Мысалы, х-тің жанындағы коэффициенті бірге тең болсын:
,
х-ті табалық
.
Бұған ... ... кез ... ... ... х-тің де бүтін мәні сәйкес болатындығы айқын.
Мысал. теңдеу берілген.
Бұдан болады. х-ке қалауымызша бүтін мәндер беріп, у-ке де сәйкес ... ... ... 1
- ... 2
23
28
Анықталмаған теңдеудің жалпы шешімі
Коэффициенттері кез келген сандар болып келген анықталмаған теңдеуді шешудің тәсілін ... ... ... берілген болсын.
Бұл теңдеудің коэффициенті аз белгісізді табамыз, мұнда ондай белгісіз х:
немесе бүтін бөлігін айырғанда
.
у бүтін болып келгенде х те ... болу үшін ... бір ... сан ... ... ... те және жеткілікті де болады. Бұл бүтін санды t деп белгілесек, мынау шығады:
немесе , .
Енді у пен t-ге ... ... оның ... ... бүтін мәндер тапсақ, онда сонымен қабат х-ке де сәйкес бүтін мәдер табылады да, есебіміз шешілген болады. Сөйтіп, берілген теңдеуді шешудің ... одан ... бір ... ... ... кем ... ... жабайырақ теңдеуді шешудің мәселесіне келтіреміз.
Жаңа теңдеуді де бастапқыша қарастырамыз. Бұдан у-ті табамыз
.
у ... болу үшін ... және ... шарт өрнегінің бүтін сан болуы. Бұл санды t1 деп белгілеп, былай ... .
t мен ... ... ... ... бүтін мәндеріне қарап, х пен у-ке де берілген теңдеуді қанағаттандыратын сәйкес бүтін мәндер табамыз. Сондықтан ... ... ... ... де кем ... ... ... теңдеуді шешуге келіп тіреледі. Мұны да бұрынғыша қарастырамыз:
.
өрнегін бүтін t2 ... ... ... жазамыз:
немесе .
Бұл кейінгі теңдеуде белгісіздің біреуінің коэффициенті бірге тең болып келген. Мұндай теңдеуді шешуді ... Оны ... ... ... t2-ге ... ... ... беріп t1-ге бүтін мәндер табамыз. t1 мен t2-нің табылған бүтін мәндерін t2-нің мына өрнегіне:
апарып қойып, t-нің ... ... ... ... Ең ... у пен t-нің пар ... ... мына өрнегіне:
апарып қойып, х-тің сәйкес бүтін мәндерін ...
х пен у-ті ... t2 ... ... де ... үшін t ... ... орнына оның t2 арқылы көрсетілген өрнегін жазамыз:
немесе ... ... ... t мен ... ... олардың t2 арқылы көрсетіл-ген өрнектерін жазамыз:
немесе
.
Ең ақырында у пен t-нің ... ... ... ... ... шығатыны:
немесе
.
Сүйтіп, х пен у-ке мынадай формулалар таптық:
, .
t2-ге қалауымызша оң да, теріс те бүтін мәндер беріп, берілген теңдеудің ... көп ... ... ... ... мына кестеде көрсетілген:
t2
0
1
2
- 1
- 2
х
- 16
37
90
- 69
- 122
у
9
- 14
- 37
32
55
Берілген теңдеудің және одан кейінгі теңдеулердің коэффициенттеріне ... ... ... ... ... ретпен келгендігін байқауға болады:
1. Берілген теңдеудің үлкен коэффициенті 53 кіші коэффициенті 23-ке ... ... ... 2, ... 7 ... ... Берілген теңдеудің кіші коэффициенті 23 бірінші қалдық 7-ге бөлінген, сонда бөлінді 3, екінші қалдық 2 болып шыққан.
3. Бірінші ... 7, ... ... 2-ге ... ... бөлінді 3, үшінші қалдық 1 болып шыққан.
Басқаша айтқанда, берілген теңдеудің коэффициенттерінің ең үлкен ортақ ... табу үшін ... ... ... ... жай екі ... ең үлкен ортақ бөлгіші 1 болатындығын білетінбіз. Ал анықталмаған теңдеуде белгісіздердің коэффициенттерін өзара жай сандар деп аламыз, олай ... ... ... ... ... қолданғанда, қашан да болса, белгісіздердің біреуінің коэффициенті бірге тең болып келетін теңдеу шығады да, ... ... ... ... де ... ... егер анықталмаған теңдеудің белгісіздерінің жанындағы коэффициенттер өзара жай сандар болса, онда теңдеудің қашан да ... ... ... болады.
Анықталмаған теңдеулерді шешкенде кейде тез шешуге жәрдем етерліктей кейбір ... ... ... ... жанындағы коэффициенттердің бірі мен бос мүшенің ортақ көбейткіші болған жағдайда жаңадан лайықты белгісіз енгізетін болсақ, сол ортақ көбейткішке ... екі ... де ... ... ... ... 6 мен бос ... ортақ көбейткіші бар, ол 3. Олай болса, 5у-те 3-ке бөлінетін болу ... ... 5 үшке ... ... у үшке ... керек, деп алып, былай жазуымызға болады:
немесе 3-ке қысқартқаннан кейін
,
мұндағы t - ... ... ... теңдеуді шешеміз:
;
; , .
Осы шыққан мәнді х пен ... ... ... ... ... берілген.
деп алып және теңдеудің екі бөлігін де 3-ке ... ... ... теңдеуде деп алып және теңдеудің екі бөлігін де 7-ге қысқартқанда ... ... осы ... ... шешеміз:
,
, , .
Қайта орын-орнына қойып, алмастырғанда мынау шығады:
;
;
.
2. Бүтін санға теңестірілген өрнектің алымындағы мүшелердің ортақ ... ... онда ... ... ... ... теңдеуі берілген.
Мұны х-ке арнап шешейік:
.
өрнегі бүтін болу үшін қажетті және жеткілікті шарт өрнегінің бүтін сан болуы.
Бұл ... ... сан t-ге ... ... ... , ... х-тің сәйкес өрнегі былай жазылады:
.
3. Бүтінді айырғанда ... ... ... ... ... онда теріс қалдық қалған қолайлы.
4-мысал. теңдеуі берілген.
Мұны х-ке ... ... , ... , ... ... ... ... дағдылы тәсілмен шешсек, онда
болып,
келесі теңдеу былай жазылар еді
, .
Бұл теңдеу теріс қалдық алғандағы ... ... ... ... ... ... ... х-ке қарағанда шешелік:
;
, , ;
;
, , .
Алмастыруларды орындағанда шығатыны:
;
.
Бұл ... ... ... ... ... ... болып байқап көрсек, көрсетілген ықшамдауларды қолданбағанда бұлардың қайсысын болса да шешу үшін ... ... саны ... ... ... ... көзіміз жетер еді.
Оң шешімдер
Анықталмаған теңдеудің барлық табылған шешімдерінің ішінен ... әрі ... әрі ... ... оң ... келетіндерін ғана алу керек деп бұрын айтқан едік. х пен у-тің жалпы формулаларын тапқаннан кейін қалауымызша алатын ... ... ... ... х пен ... ... бүтін және оң болып шығатынын бірден табуға ... ... ... пен у оң болып келу үшін t-нің мәндерін мына
,
теңсіздіктерді қанағаттандырарлықтай етіп алу керек.
а-ны қашан да болса оң сан деп ... ... ... ... ... екі ... де - 1-ге көбейтіп алар едік). Сонда үш түрлі жағдай болуға мүмкін.
1. Теңсіздіктер ... ... ... ... b ... сан ... ... Расында, теңсіздіктердің қасиеттерін пайдаланып, былай жазуымызға болады:
, ,
, .
Бұл жағдайда теңдеудің сансыз көп оң ... ... ... , ... ... ... Онда -тен кем кез ... сан екі теңсіздікті қанағаттандыратындығы айқын. Сондықтан t-нің мәндері деп - 1-ден кем кез ... ... ... алуға болады.
Басқа бір мысал алайық:
, .
t-нің мәндері деп -ден артық кез келген бүтін санды алсақ, х пен ... ... де ... және оң ... ... ... берілген.
Осы теңдеуді шешелік:
, ;
, , .
Оң шешімдерін ізделік:
,
немесе , ... ... деп -ден ... оның ... ... ... бүтін сандарды алсақ, х пен у-тің берілген теңдеуді қанағаттандыратын сансыз көп пар оң мәндерін табамыз.
2-мысал. теңдеуі ... ... , , ... ... ізделік:
,
немесе
, .
t-нің -ден кем бүтін мәндерінің (басқаша айтқанда, 0, - 1, - 2, ) ... ... та, х пен ... ... бүтін және оң болып шығады.
2. Теңсіздіктер қарама-қарсы мағыналы және біреуі екіншісіне қайшы болады.
Мысалы, мынадай теңсіздіктер шықсын ... ... бұл екі ... ... ... ... ... ап-айқын. Бұл жағдайда теңдеудің оң шешімдері болуға мүмкін емес.
3-мысал. ... ... ... ... ... ... ... .
Теңсіздіктер біріне-бірі қайшы болып шықты, сондықтан теңдеудің оң ... ... ... ... ... ... біріне-бірі қайшы болмайды.
Мысалы, мынадай теңсіздіктер шықсын делік:
, .
t-нің мен арасындағы бүтін мәндерін, яғни 5,6 және 7-ні ... х пен ... оң ... ... ... бұл ... табылған шектердің арасында қанша бүтін сан болса, теңдеудің де сонша бүтін оң шешімдері болады.
Кейде теңдеудің бұл жағдайда оң шешімдері болмауға ... ... ... ... ... t-ге табылған шектердің арасында ешбір бүтін сан болмайды. Мысалы, мынадай теңсіздіктер шықсын делік:
, .
Теңсіздіктер біріне-бірі ... ... ... мен -нің ... ешбір бүтін сан жоқ, сондықтан теңдеудің бүтін оң шешімдері болмайды.
4-мысал. ... ... ... ... ... ... мәндері деп тек 0; - 1; - 2 ... ғана ... ... ... ... ... үш түрлі шешімдері шығады:
t
0
- 1
- 2
х
16
9
2
у
1
4
7
Кесте-1
5-мысал. теңдеуі берілсін.
Теңдеуді шешкенде табатынымыз:
, ,
бұдан:
, . ... ... ... ... ... мен ... ... сан жоқ, сондықтан теңдеудің оң шешімдері болмайды.
ҚОРЫТЫНДЫ
Білімнің нәтижеге ... - ... ... бүкіл өркениетті елдер ұмтылып жатқан меже. Бұл тұрғыдан алғанда есеп шығару мәдениетін мектеп оқушылары міндетті түрде меңгеруі тиіс ... мен ... ... ... ... ... Өйткені мектепте оқушының математикадан меңгеретін білімдері математикалық есеп шығару кезінде қалыптасатынын ескерсек, онда оқушының өміріне қажетті ... ... ... ... көруге болады. Бұл дара тұлғаның есептерді шығара ... - ... ... ... ... зерттеудің көкейкестілігін бекіте түседі.
Математика курсының және оқушылардың жеке-психикалық ерекшеліктерін ескере отырып, сондай-ақ қазіргі ғылым мен ... ... ... мен ... ... оқушыларының білімдері арасындағы алшақтықты ескере отырып, оқушыларды мектеп бағдарламасында өте аз қамтылған есептерді шығаруға баулудың жолдары жеткіліксіз, нақтырақ ... ... ... ... ... ... түрде емес.
Мектеп бағдарламаларында болып жатқан өзгерістер оқушылардың есептерді әр түрлі тәсілдермен соның ішінде дәстүрлі ... ... ... ... анықталмаған теңдеулерді шешуді меңгеруінің жоғары деңгейде болуын талап етеді.
Жалпы анықталмаған теңдеулерді шешуді жоғары ... ... ... арқылы енгізу математика курсының ғылыми деңгейін көтереді, оқушыларда математикалық мәдениеттің маңызды элементтерін қалыптастыруға жүйелі бағыт береді, ... ... ... диалектика-материалистік көзқарасты қалыптастыруда да үлкен рөл атқарады.
Сондықтан әрбір бітірушіде белгілі бір жалпы математикалық білім, ... ... ... шындық өмірдегі обьектілерді бейнелеудегі математиканың мәнін ұғынып, маңызды практикалық есептердің математикалық моделін құрайтындай, математикадан алынған жалпы білім басқа пәндерді ... ... ... алуға, білімін жалғастыруға жеткілікті болу керек.
Сондықтан бұл жұмыстың өзектілігі жалпы орта мектеп оқушыларының анықталмаған теңдеулерді ... ... ... ... ... ... ... анықтауда және мектептің математика пәні мұғалімдеріне қосымша әдістемелік құрал ретінде пайдалануға болады.
ПАЙДАЛАНЫЛҒАН ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ
1 Қазақстан Республикасы ... орта ... ... ... жалпыға міндетті білім беру стандарттары. Жалпы орта білім. - ... ... ... ... ... Н.Ә. Қазақстан-2030. - Алматы,: Білім, 1997. -176 б.
3 Жалпы орта мектептің 5-11-сыныптың математика бағдарламалары. ... 2009. - 55 ... ... И. Ф., Голубев В. И. Факультативный курс по мате - матике. Решение задач: Учебное пособие для 11 ... М.: ... 2001.
5 ... Е. Д. 3000 ... ... по ма - ... М., ... В. Л., Лужина Л. М. Методы решения задач с ... ... 1., М., ... ... М.К. и др. ... Методы решения задач. Для поступающих в вузы. М., 2005.
7 Сканави М.И. Сборник ... по ... для ... в ... В 2 кн. Кн. 1. М., ... Корешкова ТА., Глазков Ю.А., Мирошин В.В. и др. Математика: Типовые тестовые задания. М., 2005.
9 Шарыгин И. Ф. ... Для ... в ... ... ... 4-е изд. - М.: ... ... Шарыгин И. Ф., Голубев В. И. Решение задач: Учебное пособие для 11 класса общеобразовательных учреждений. - 2-е изд. - М.: ... .
11 ... Б. Г., ... А. И. Об ... ... ... уравнений и неравенств, содержащих показательно степенную функцию. // Математика в школе. - ... ... К.И. ... ... по ... математике повышенной трудности: Высшая школа, 1967.
13 Норин А. В. Сборник задач по математике для поступающих в ... ... ... - ... ...
14 ... С.И. ... Решение сложных задач Единого государственного экзамена. М. , 2005.
15 Родионов Е.М., Синякова С.Л. Математика. ... для ... в ... ... центр МГТУ им. Н.Э. Баумана, М., 2009.
16 Қарабаев А. Қ. Жоғары сынып ... ... ... ... ықпал жасайтын стандарт емес есептер. Шымкент, 2003.
17 ... Ф.Л., ... А.С. ... по ... 1982.- ... ... С.И. ... алгебра.-М., 1960.
19 Окунев Л.Я. Высшая алгебра.- М., 1966.
20 Оразбаев Б.М. Анықтауыштар теориясы.- Алматы, 1967.
21 Окунов А.К. ... ... ... и ... М., 1966.

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Көлемі: 28 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 1 300 теңге









Ұқсас жұмыстар
Тақырыб Бет саны
Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу43 бет
Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері23 бет
100 көлеміндегі сандарды көбейту мен бөлу20 бет
n-ші ретті, коэффициенттері айнымалы біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді жалпыланған Абель формуласын пайдаланып шешу36 бет
«Бөлшек сандары бір санау жүйесінен екінші санау жүйесіне ауыстыру»4 бет
«Көпмүшеліктер мен комплекстік сандар »6 бет
Алгебралық теңдеулердің шешудің жанама әдісі7 бет
Бірінші сыныпта он көлеміндегі сандарды оқыту19 бет
Бекітілген үтірлі сандарды тура кодада көбейту11 бет
Бекітілген үтірлі сандарды қосымша кодада қосу9 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