Үшінші дәрежелі теңдеулерді шешу
ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ
Ы.АЛТЫНСАРИН АТЫНДАҒЫ АРҚАЛЫҚ МЕМЛЕКЕТТІК
ПЕДАГОГИКАЛЫҚ ИНСТИТУТЫ
ЖАРАТЫЛЫСТАНУ ЖӘНЕ АҚПАРАТТАНДЫРУ ФАКУЛЬТЕТІ
МАТЕМАТИКА, ФИЗИКА ЖӘНЕ ИНФОРМАТИКА
КАФЕДРАСЫ
ДИПЛОМДЫҚ ЖҰМЫС
ОРТА МЕКТЕПТЕ ТЕҢДЕУЛЕР МЕН ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ШЕШУДЕ ЖАҢА ТЕХНОЛОГИЯ ӘДІСІН
ПАЙДАЛАНУ
Орындаған: 050109 Математика мамандығының
IV курс студенті
Келденбек Досбол
Ғылыми жетекшісі:
Аға оқытушы
Еденов А. Е.
Арқалық 2009
МАЗМҰНЫ
КІРІСПЕ
І. НЕГІЗГІ
БӨЛІМ ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... 3
1. ОРТА МЕКТЕП МАТЕМАТИКАСЫНДАҒЫ ТЕҢДЕУЛЕР
МЕН ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ШЕШУ
1.1 Бір айнымалысы бар
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... .6
1.2 Квадрат
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ...9
1.3 Екі айнымалысы бар
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
...12
1.4 Иррационал теңдеулер мен
теңсіздіктер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .18
1.5 Үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулерді
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..20
1.6 Логарифмдік теңдеулер мен теңсіздіктерді
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .26
1.7 Орта мектеп бағдарламасында теңсіздіктердің қасиеттері
және оларды
дәлелдеу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... 29
ІІ. ПРАКТИКАЛЫҚ БӨЛІМ.
2. МАТЕМАТИКАНЫ ОРТА ЖӘНЕ ЖОҒАРЫ МЕКТЕПТЕ
ОҚЫТУДЫҢ ЖАҢА ТЕХНОЛОГИЯ
ӘДІСТЕРІ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .33
2.1 Деңгейлеп оқыту технологиясын математика пәніндегі
теңдеулер мен теңсіздіктерде қолданудың
тиімділігі ... ... ... ... ... ... . ... ... 36
2.2 Математиканы оқытудың эврестикалық және программаланған
әдістерін теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде
пайдалану ... ... ... ... ... ...40
2.3 Мектепте математика пәнін оқытудағы жаңа технологиялық
ақпараттық-коммуникациялық технологияларды қолданудың
тиімділігі ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..45
2.4 Саралап оқыту әдісі (Ж.А.Қараевтың деңгейлеп саралап
оқыту
технологиясы) ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ...48
2.5 Модульдік оқыту
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ..51
2.6 Математикалық теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу және сабақта
кіріктіре
оқыту
әдістемесі ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... .65
2.7 Орта мектепте теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің жолдары мен әдіс-
тәселдері ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .67
ҚОРЫТЫНДЫ ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .73
ПАЙДАЛАНЫЛҒАН
ӘДЕБИЕТТЕР ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... .
КІРІСПЕ
Қазіргі таңда орта және жоғары оқу орындарында математиканы оқытудың
мақсаты-оқырмандарға күнделікті өмірде және қазіргі қоғамда пайдалы еңбек
еткенде қажет болатын және де басқа пәндерді оқып меңгеруге, білімін әрі
қарай жалғастыруға толық мүмкіншілік беретін математикалық білім, іскерлік
және дағдылардың негізін берік және саналы түрде меңгеріп алуын қамтамасыз
ету.
Орта және жоғары мектепте білім беру және тәрбие жұмыстары жеке
тұлғаның дамуына толық бағытталған деп айтуға негіз жоқ, әлі де біз
дәстүрлі ақпараттық-түсіндірме тәсілі бойынша білім беруден шыға алмай
келеміз. Сондықтан біздің алдағы уақыттағы негізгі мақсатымыз - оқушыларға
жеке тұлға ретінде қарап, оларды жан-жақты дамыту, шығармашылық
мүмкіндіктерін, іс-қабілетін арттыру керек, ол үшін оқу үрдісінің
мазмұнының іске асырылу жолдарының логикасын қайта қарап, кәсіби дайындығын
қазіргі заман талабына сәйкестендіру тез уақытта шешуді талап ететін
мәселелердің бірі.
Орта мектепте теңдеулер мен теңсіздіктерге байланысты материалдар
математиканың негізгі бөлігін құрайды, өйткені теңдеулер мен теңсіздіктер
математиканың әр бөлімдерінде және маңызды қолданбалы есептерді шығаруда
кең қолданыс табады. Осыған орай оқушыларды мектеп қабырғасында теңдеулер
мен теңсіздіктер желісінің қолданбалық, теориялық-математикалық желілерімен
байланысын құру бағыттарын игерту мәселесі теңдеулер мен теңсіздіктерді
шешуге үйрету материалдарын талдау мен сапалы игерту мәселесімен тығыз
байланыста.
Орта мектептерде теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу әдістерін беру
кезінде қойылатын іргелі мақсаттардың қатарына есептерді тиімді шешу
дағдылары мен іскерліктерін дамыту проблемасы жатады. Мәселенің күрделігі
мен қиындығынан осы уақытқа дейін ол түпкілікті ғылыми-әдістемелік
шешімдерін таба алмай келеді. Осыған байланысты орта мектепте теңдеулер мен
теңсіздіктерді шешуге тереңдетіп оқыту әдістемесін қолдануы, олардың
теориялық білімдерін нақтылаудың, оларды практикада қолдана алу
ептіліктерін қалыптастырудың басты формаларының бірі.
Математикада теңдеуді де, теңсіздікті де өмірде болған немесе болып
жатқан құбылысты зерттеу құралы ретінде пайдаланады. Теңдеу арқылы
процестің дәл шешімі зерттелсе, ал теңсіздік арқылы белгілі бір аралықтағы
қозғалыс зерттеледі. Теңдеу мен теңсіздікті білім қалыптастырудың
тиімділігі тұрғысынан қарастырғанда, келесі проблемаларды шешу керектігі
шығады.
1. Құрылымы әр түрлі теңдеулердің шешімдерін табу әдістеріне үйреткеннен
кейін теңсіздіктердің шешімдерін табуға үйрету;
2. Теңдеу мен теңсіздіктердің есептемелерін біріктіріп табуға үйрету.
Орта мектепте математиканы оқыту кезеңінде математикалық білімнің
жүйелігі мен күнделігінің деңгейін бағалау үшін оқушылардың теңдеулер мен
теңсіздіктерді шешудегі оқыту әдістерін еркін таңдай білуіне, іс-жүзінде
қарапайым және қолайлы жағдайды математикалық модель түрінде қарастыру
біліктілігіне, күрделі есептерді шешуде математикалық әдістерді қолдана алу
деңгейлеріне сүйену керек. Математиканы оқытуда теңдеулер мен
теңсіздіктерді шығаруды үйрету ғана емес, ол кез келген проблеманы шеше
білуде, қиындықты жеңуде, танымдық және ойлау қабілеттерді жетілдіруде
маңызды роль атқарады.
Орта мектеп бағдарламасында теңдеулер мен теңсіздіктерден бастап,
жоғары дәрежелі теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу теориясы мен практикалық
мәселелеріне дейін кең орын берілген. Мысалы, сызықтық теңсіздіктерді шешу,
екінші дәрежелі теңсіздіктер көмегімен квадраттық үшмүшені зерттеу,
теңдеулер жөнінде талдау жасау, жуықтап есептеулер, иррационал саңдар
теориясы, сандық қатарлар сияқты мәселелер теңсіздіктер арқылы
түсіндіріледі. Теңдеулер мен теңсіздіктер теориясы орта мектепте
оқушылардың логикалық ойлау қабілетін дамыта алатындай, өз алдына ғылыми-
педагогикалық маңызы бар негізгі оқу материалы болып есептеледі. Сондықтан
есеп шығару барысында творчестволық қабілеттілік, ізденгіштілік қасиеттерді
әр түрлі тәсілдермен шығарып, ішінен ең қарапайым, тиімдісін таңдап алудың
маңызы зор. Соңғы кезде орта мектеп математикасында көптеген жақсы
бетбұрыстарға қарамастан теңсіздіктер жөнінде мектеп оқушыларының
түсініктері мардымсыз. Осы олқылықты жою үшін теңсіздіктер теориясы мен оны
үйренудің әдісін жетілдіру қажет.
Мысалы, алгебралық теңсіздігінде белгісіздің мәндері 1 мен 2-ден
басқа сандар болуы керек. Бұл мәндерде бөлшектердің мағынасы жоқ болады.
Сонымен теңсіздікті дәлелдегенде және шешкенде әріптер мен белгісіз
шамалардың мүмкін мәндерін үнемі есепке алып отыру керек. Таңбасы
белгісіздің мүмкін мәндерінің бәрінде де сақталатындай теңсіздік шартсыз
теңсіздік деп аталады.
Барлық теңсіздіктердің қасиеттерін сандық теңсіздіктер арқылы
көрсетуге болады. Енді сол теңсіздіктердің біраз қасиеттеріне тоқталып
өтейік.
1. теңсіздігінен теңсіздігі шығады. Демек, теңсіздіктердің
бөліктерін ауыстырғанда теңсіздік таңбасы да ауысады. Бұл қорытынды тікелей
теңсіздіктердің анықтамасынан шығады.
2. және теңсіздіктерінен теңсіздігі шығады. Берілген шарт
бойынша және . Сондықтан және . Екі теріс санның
қосындысы да теріс сан болатындықтан, жақшаларын ашсақ, сонда
. Бұл қасиет есептерді шешкенде, теоремаларды дәлелдегенде теңсіздікті
күшейту үшін қолданылады.
Соңғы кезде орта мектептегі математиканың бағдарламасында
теңсіздіктерді дәлелдеуге дұрыс көңіл бөлмей келеді.
Мектеп оқулықтарында бұл мәселеге арнап есептер құрастырылмаған.
Оқыту үрдісінде теңсіздіктерді шешекенде теңсіздік қасиеттерін қолдана
білу дағдыларын барынша дамыту аса маңызды роль атқарады. Бұл болашақта
мамандығы математикамен байланыста болатын студенттер үшін қажет. Себебі
теңсіздіктердің қасиеттеріне сүйеніп теңсіздіктерді дәлелдеу әдістерін
игере алу дағдысы жоғары математика курсын жақсы меңгеру үшін ерекше
маңызды.
Математикалық білім беруді дамытудың стратегиялық бағытын және алдын-
ала болжаудың біртұтас кешендік мәселелері айқындалып, оның қазіргі
кезеңдегі математикалық мәдениетінің бір элементі ретіндегі орны мен
мақсаттарын анықтау проблемаларын шешу қажет, яғни студенттердің меңгеру
деңгейіне қажетті және тиімді мазмұн көлемін анықтайтын, қазіргі талапқа
сәйкес математикалық білім негізін жете зерттеу мәселесі өзекті мәселенің
бірі болып отыр. Сонымен жаңа технология бойынша жоғары мектептерде
теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің әдістемесін жетілдіру, оқыту
мазмұнының қолданбалық бағытын күшейту, алған білімдерін практикада
қолдануға талпындыра отырып, оқыту процесінің әдіс-тәсілдерін қолданудың
тиімді жолдарын кешенді түрде игерулеріне мүмкіндік береді.
Координаттық түзуді пайдалану кейбір теңсіздіктер мен бір белгісізі
бар теңсіздік жүйесін және теңдеулер мен модульді теңсіздіктерді шешуге
мүмкіндік береді. Мысалы, бір белгісізі бар сызықтық теңсіздіктерді шешуде
алдымен координаталық түзуге теңсіздіктің көптеген шешімдері жүргізіледі,
одан барып олардың жалпы бөлігі белгіленеді. Теңдеулер мен модульді
теңсіздіктерді шешу сандардың түрлілік модульдеріне геометриялық түсінік
берумен байланысты. Мысалы, теңдеудің шешімі координаталық түзуге
координаталық нүктесінен нүктесіне дейін қашықтаған нүктені
табуға әкеледі.
Мысал ретінде теңсіздігіне көрсетілген көптеген шешімдер
келтірілген схемасын алуға болады. Оқушылар жаттығу барысында мұндай
схеманы пайдалануға үйреніп, одан оны елестетіп пайдалануға үйренеді.
Тақырыптың өзектілігі:
Орта мектепте теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде жаңа технологиялық
әдіс-тәсілдері арқылы оқыту.
Дипломдық жұмыстың мақсаты:
Еліміздің экономикасы артып, мектептердің техникалық базасы нығайып,
арнайы компьютерлік техникалармен, оқытудың модульдік, деңгейлік, саралап,
ақпараттық-коммуникативтік, эврестикалық және программаланған
технологиялары арқылы оқыту.
Дипломдық жұмыстың міндеті:
- Жалпы әлеуметтік пәндік және пән аралық біліктіліктіі игеруді
қалыптасытру,яғни алынған білімді қолдану тәсілдерін меңгерту;
- Оқушылардың тиімділігін жоғарылатады және оқыту материалын түсіндіру
мүмкіндігін меңгерту;
- Мұғалімдердің инновациялық және ақпараттық технолгияларды қолдануы;
- Сабақ уақытын тиімді пайдалану;
- Мұғалім мен оқушылардың еңбегін ғылыми тұрғыда ұйымдастыру;
- Оқушыларды бағалауда уақытты тиімді пайдалану.
1. ОРТА МЕКТЕП МАТЕМАТИКАСЫНДАҒЫ
ТЕҢДЕУЛЕР МЕН ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ШЕШУ
1.1 Бір айнымалысы бар теңдеулер
Анықтама: f(х), g(х) айнымалысы х болатын өрнек және анықталу обылысы
Х болсын. Сонда g(х) түріндегі теңдік, пікірлік форма бар х айнымалы
теңдеу деп аталады. f(х) пен g(х) өрнектері тең сандық мән қабылдайтындай
айнымалының әрбір мәні теңдеудің түбірлері деп аталады. Теңдеуді шешу
дегеніміз оның барлық түбірлерін табу немесе оның түбірлері жоқ екенін
дәлелдеу.
3х+х=40 теңдеуінің бір түбірі бар. Екі, үш және оданда көп түбірлері
болатын немесе жалпы алғанда түбірлері болмайтын теңдеулерді мысалға
келтіруге болады.
Мысалы, (х-4)(х-5)(х-6)=0 теңдеуінің үш түбірі бар, олар: 4, 5, және
6. Шындығында, осы сандардың әрқайсы (х-4)(х-5)(х-6) өрнегінің әрбір
көбейткішін нөльге айналдырады, олай болса, көбейтіндінің өзін де нөльге
айналдырады. х-тің басқа кез келген мәнінде көбейткіштердің бірде біреуі
нольге айналмайды, олай болса, көбейтінді де нөльге айналмайды. х+2=х
теңдеуінің түбірлері болмайды, өйткені кез келген х мәнінде теңдеудің сол
бөлігін оң бөлігінен 2-ге артық болады.
х2=4 теңдеуінің екі түбірі бар: 2 және -2 сандары, (х-2)·(х+2)=0
теңдеулерінің түбірлері де 2 және -2 сандары. Бұндай бірдей түбірлері бар
теңдеулерді мәндес теңдеулер деп атайды. Түбірлері болмайтын теңдеулер де
мәндес теңдеулер деп есептеледі.
Теңдеулердің мынандай қасиеттері болады:
1) егер теңдеудің екі бөлігіне де бірдей санды қосса, онда берілген
теңдеумен мәндес теңдеу шығады;
2) егер теңдеудің екі бөлігін де нөльге тең емес бірдей санға көбейтсе
немесе бөлсе, онда берілген теңдеумен мәндес теңдеу шығады.
х2-2=7 теңдеуін қарастырайық. Осы теңдеудің сол бөлігіне де, оң бөлігіне де
2 санын қосып, х2=9 теңдеуінің мәндес болатынын дәлелдейік. х-тің қайсыбір
мәні бірінші теңдеудің түбірі дейік, яғни х-тің осы мәнінде х2-2=7 теңдеуі
тура теңдікке айналады. Осы теңдіктің екі бөлігіне де 2 санын қосып, біз
қайтадан тура теңдік шығарып аламыз. Олай болса, х-тің осы мәнінде екінші
теңдеу де тура теңдікке айналады. Біз бірінші теңдеудің әр түбірі екінші
теңдеудің де түбірі болып табылатынын дәлелдедік.
Енді х-тің қайсыбір мәні екінші теңдеудің х2=9 түбір болсын, яғни оны
тура теңдікке айналдырады дейік. Осы теңдіктің екі бөлігінен де 2 санын
шегеріп, біз тура теңдік шығарып аламыз. Олай болса, х-тің осы мәнінде
бірінші теңдеу де тура теңдікке айналады. Сондықтан екінші теңдеудің әр
түбірі бірінші теңдеудің де түбірі болып табылады.
Сонымен, х2-2=7 және х2=9 теңдеулерінің түбірлері бірдей, яғни олар мәндес
теңдеулер болып табылады.
Осы сияқты баяндай келе, теңдеулердің екі қасиетінің де жалпы
жағыдайда дұрыстығы шығады.
Егер қосылғыштың таңбасын өзгертіп, теңдеудің бір бөлігінен оның
екінші бөлігіне көшірсе, онда берілген теңдеумен мәндес теңдеу шығады. Бұл
анықтаманы дәлелдеп көрейік. Мысалы, 5х=2х+9 теңдеуінде қосылғыш 2х-ті
қарама-қарсы таңбасымен теңдеудің оң бөлігінен сол бөлігіне көшіріп те, сол
теңдеумен мәндес 5х-2х=9 теңдеуін шығарып аламыз.
Теңдеуді шешкенде қосылғыштарды теңдеудің бір бөлігінен екінші
бөлігіне көшіру жиі пайдаланылады.
Анықтама. aх=b (мұндағы х-айнымалы, а және b- сандар) түріндегі
теңдеуі бір айнымалысы бар сызықтық теңдеу деп аталады. а санын айнымалының
жанындағы коэффицент, ал b санын босмүше деп атайды. aх=b сызықты теңдеуді
қарастырайық, мүның а коэффициенті нольге тең емес. Теңдеудің екі бөлігін
де а-ға бөліп, х= теңдігін шығарып аламыз. Демек, ах=b (a≠0) сызықты
теңдеудің бір ғанам түбірі болады. Енді ах=b сызықты теңдеуді
қарастырайық, мұның а коэффиценті нольге тең. Егер а=0 және b≠0 болса, онда
ах=b теңдеуінің түбірлері болмайды, өйткені 0х=b теңдігі (b≠0) х-тің ешбір
мәнінде тура мән болмайды. Егер а=0 және b≠0 болса, х-тің кез келген
мәні теңдеудің түбірі болады, ойткені 0х=0 теңдігі кез келген х мәнінде
тура. Көптеген теңдеулердің шешу жолы сызықтық теңдеулерді шешуге келіп
тіреледі.
Теңдеулерді шеше келе, 0х=b түріндегі сызықтық теңдеуге келіп тірелуі
мүнкін. Бұндай жағыдайда бастапқы теңдеудің түбірі болады не болмайды, не
кез келген сан оның түбірі бола береді. Мысалы, 2х+5=(х+6) теңдеуі 0х=7
теңдеуіне келеді, олай болса, бұл теңдеудің түбірі болмайды, 3(х+2)+х=6+4х
теңдеуі 0х-0 теңдеуіне келеді, олай болса, кез келген сан оның түбірі болып
табылады.
1. Бір белгісізі бар теңдеуді шешкенде оқушыларға көңіл бөлетін нәрсе, ол
таңбаларына жақсы қарау керек.
а) алдында +, - таңбасы бар жақшаларды ашу кезінде қосылғыштардың
таңбаларынан,
ә) көбейтудің қосуға немесе азайтуға қатысты үлестірімділік заңын
қолданудан,
б) белгісіз мүшелерді теңдеудің бір жағына, бос мүшелерді теңдеудің
екінші жағына жинақтау кезінде таңбалардан қателер жібереді. Сондықтан
осындай қателерді болдырмау үшін оқушыларға тақырыпты былайша түсіндірген
жөн. Алдымен теңдеулер және олардың қасиетіне сүйеніп, мынандай
түрлендірулер жасауға болатынын оқушыларға жеткізу керек.
1-мысалы: х-4=7 мәндес теңдеудің бірінші қасыйетіне сүйеніп
теңдеудің екі жағын да 4-ті қосайық. Сонда х-4+4=7+4; х=7+4х=11:
2-мысал: 3х=2х-5 екі жағын да -2х-ті қосайық. Сонда 3х+(-
2х)=2х+(-2х-5); 3х-2х=-5; х=5: Осы мысалдар арқылы мынандай қортындыға
келеміз:
а) Берілген теңдеулердің кейбір мүшелерін теңдеудің бір
жағынынан екінші жағына қарама-қарсы таңбамен көшіруге болады.
б) Теңдеуді шешкендне белгісізі бар мүшелер теңдік таңбасның
бір жағына, бос мүшелер теңдік таңбасының екінші жағына жинақталады. Осы
екі қортындыға сүйеніп теңдеуді шешудің алгоритмін оқушыларға жаздырамыз.
1. Теңдеудегі белгісіздерді теңдеудің бір жағына, әдетте сол жағына
жинақтау керек. ол үшін сол жақта белгісіздер болса, таңбасын өзгерпей
жазып алып, оң жақта тұрған белгісіздерді алдындағы таңбасын қарама-қарсы
таңбаға өзгертіп сол жаққа көшіру керек.
2. Бос мүшелерді теңдеудің бір жағына әдетте оң жағына жинақтау керек.
Ол үшін оң жақта бос мүше болса, таңбасын өзгертпей жазып алып, сол жақта
тұрғн бос мүшелерді таңбасын қарама-қарсы таңбаға өзгертіп оң жаққа көшіру
керек.
3. Теңдеудің екі жағындағы ұқсас мүшелерді біріктіргенде ах=b
түріндегі сызықтық теңдеу шығады. Теңдеудің екі жағында да х-тің
коэффициентін а-ға бөлу арқылы х= түбірін табамыз. Егер. 1. а=0, b≠0
болса 0∙х=b теңдеуінің түбірі болмайды. 2. а=0, b≠0 болса, кез келген сан
ноль х=b теңдеудің түбірі болады. Егер теңдеудің құрамында жақшасы бар
өрнек болса, алдында + таңбасы немесе - таңбасы бар жақшаларды ашу
ережесіне және көбейтудің үлестірімділік заңын қолданып жақшаларын ашу
керек. содан кейін, жоғарыдағы алгеритім бойынша, орындау керек.
3-мысал: 3х+7=9х+19
3х-9х=19-7
-6х=12 х= х=-2:
4-мысалы: 3(х-2)-2(4х-1)=4(1-х)
3х-6-8х+2=4-4х
3х-8х+4х=4+6-2 -х=8 х=-8:
Теңдеулерін шешкенде теңдеудің екі жағындағы бөлшектердің әрқайсын
бөлімдерінің ең кіші ортақ еселігіне көбейтіп теңдеуді бөлімінен
құтқарамыз.
Егер жақшасы бар теңдеу шықса, жақшаларды ашып, жоғарыдағы алгоритм
бойынша орындау керек.
1.2 Квадрат теңдеулер
Квадрат теңдеулерді шешу және формуласы. . Бұл теңдеудің екі жағы
да белгісізге қатысты бүтін өрнек. Мұндай теңдеулер бүтін өрнекті теңдеулер
деп аталады. Бұл теңдеуде бір белгісізі бар және оның ең жоғарғы дәрежесі
екіге тең болғандықтан бір айнымалыға тәуелді екінші дәрежелі бүтін өрнекті
теңдеу деп аталады. Бұл теңдеуді түрінде жазсақ. Онда квадрат
теңдеудің жалпы түрі болып жазылады. Мұндағы екінші дәрежелі
мүше, а оның коэффициенті, бірінші дәрежелі мүше, оның
коэффициенті, ал с-босмүше деп аталады. М: теңдеуін квадрат теңдеу
түрінде жазайық. Жақшаларды ашсақ шығады. Ұқсас мүшелерін біріктіріп
жазсақ, түрге келеді. Бұл теңдеудің екінші дәрежелі мүшесінің
коэффициенті 4, бірінші дәрежелі мүшесінің коэффициенті 7, бос мүше -3
екенін көреміз. теңдеуіндегі b мен c-ның ең болмағанда бірі нольге
тең болатын теңдеуді толымсыз екінші дәрежелі теңдеу дейміз. (а≠0)
теңдеуін квадратқа толықтыру тәсілі бойынша түрлендірейік. Теңдеудің екі
жағын а-ға бөлсек және бос мүшені теңдеудің оң жағына шығарсақ, . Осы
теңдеудің екі жағына бірінші дәрежелі мүшенің коэффициентінің жартысының
квадратын қосақ,
.
Бұдан
(1)
шығады.
1) а≠0 болғандықтан болғанда (яғни ).
немесе Бұдан ; . (2)
Мұндағы квадрат теңдеудің дискориминанты деп аталады. (2)
формула теңдеуінің түбірлерін табатын формула болып табылады. (1)
теңдеудегі d=0 болса, онда . Бұдан теңдеуінің өзара тең екі
түбірі бар. 2) d0 болса, онда сондықтан (1) теңдеудің түбірі
блмайды.
Сонымен, теңдеуінің түбірлері a, b, c коэффициентіне тәуелді
екенін байқауға болады. Бір белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеуді шешу
үшін алдымен теңдеуді түрге келтіреді. Теңдеудегі a, b, c-ның
мәндерін формулаға қойып түбірлерін табады.
Екінші дәрежелі квадрат теңдеудің түбірлерін басқа тәсілмен табуға
болады. Ол үшін теңдеуінің екі бөлігін де 4а-ға көбейтеміз, сонда
немесе , тікелей түбір тапсақ, , бұл арадан х-ті
тапсақ, (2) формула шығады.
1-мысал. теңдеуін шешейік. а=3, b=2, c=-5 болғандықтан,
, бұдан , .
2-мысал. теңдеуін шешейік. Берілген теңдеуді түрінде
жазамыз: , . Соңғы теңдеудегі а=1, b=-2, c=2, d=b2-
4ac=, d=0. Бұдан .
Егер квадрат теңдеудің бірінші дәрежелі қосылғышының коэффициенттері
жұп сан, яғни b=2k болса, онда теңдеудің дискриминанты d=4k2-4ac=4(k2-ac),
мұны (2) формулаға қойсақ, , (3)
Сонымен, квадрат теңдеудің бірінші дәрежелі қосылғышының
коэффициенттері жұп сан болғанда теңдеудің түбірлерін (3) формуламен табу
тиімді болады.
3-мысал. теңдеуін шешейік. b=8 жұп сан болғандықтан (3) үшінші
формуланы пайдаланамыз: d=-5·3=1, , бұдан ; .
Толымсыз квадрат теңдеулерді шешу жолдарын қарастырайық.
теңдеуін шешсек, х шамасы 16-ның квадра түбірі болғандықтан, , яғни
. Мұндағы және бір белгісізі бар екінші дәрежелі толымсыз
квадрат теңдеудің түбірлері. Көрсетілген толымсыз квадрат теңдеуді шешудің
мұндай жолы тікелей түбір табу тәсілі деп аталады. теңдеуді
теңдеуінің дербес жағыдайы болады.
Теорема. Егер болса, онда теңдеуінің , қарама-
қарсы таңбалы екі шешуі болады. а санын теңдеудің сол жағына шығарсақ,
, болғандықтан арифметикалық квадрат теңдеудің анықтамасы
бойынша . Сондықтан теңдеуін жазуға болады. Мұны көбейткіштерге
жіктесек, . Яғни немесе .
Бұдан , .
1-мысал. теңдеуін шешейік. екенін ескерсек, бұдан
немесе , бұдан , .
2-мысал. теңдеуін түрінде жазамыз. Кез-келген нақты санның
квадраты теріс сан болмайтындықтан, бұл теңдеудің түбірі жоқ яғни х2≠-8.
Жалпы +n=0 теңдеуінен х2=- теңдеуін жазамыз. Бұдан х1,2=,
бұл арада болса ғана , түбірлері болады. болғанда
теңдеудің нақты түбірі болмайды. Толымсыз квадрат теңдеулерді көбінесе
көбейткіштерге жіктеу арқылы шешеді теңдеуінен х-ті жақшаның сыртына
шығарсақ, көбейтіндісі нольге тең болу керек. немесе .
Бұдан , .
Виет теоремасы бойынша квадрат теңдеулерді шешу. Екі квадрат үшмүше
тең болу үшін олардың сәйкес коффициенттері мен бос мүшелері тең болу
керек, яғни теңдеуі , , болғанда ғана орындалады.
Квадрат теңдеудің түбірлерін жіктеу арқылы тапқанда, егер ,
квадтат үш мүшенің түбірлері болса, онда
(1)
теңдігінің орындалатыны белгілі, (1) теңдеудің оң жағындағы көбейтуі
орындап ұқсас мүшелрін топтастырсақ,
теңдігін табамыз. Екі квадрат үшмүшенің теңдігінен немесе ,
. Сонғы екі теңдік квадрат үшмүшенің коэффициенттері мен түбірлерінің
байланысын анықтайтын формуланы Ұлы француз математигі Франсуа Виеттің
құрметіне Виет формулалары деп атайды. Виет формулаларын квадырат теңдеудің
түбірлерін есептейтін формулаларды пайдаланып қортуға да болады.
, формулаларынан
және
екені шығады. Дәрежелері екіден артық теңдеулер үшін де түбірлері мен
коэффициенттерінің арасындағы байланысты анықтайтын Виет формулалары бар.
Квадрат теңдеулер үшін айтылған формулалар сол формулалардың дербес
жағыдайлары. Виет формулаларының жалпы түрі жоғары оқу орындарында
қарастырлады.
1-мысал. теңдеуінің бір түбірі 2, оның екінші түбірі мен р-ның
мәнін табайық. Теңдеудің екінші түбірін десек, онда ,
Виет формуласынан бұдан -3+10=-р ,р=-7. Жауабы: х1=-, р=-7.
2-мысал. теңдеуінің бір түбірі 4, оның екінші түбірі мен бос
мүшесін табайық. Виет формуласынан , , . Жауабы: ;
. Кейбір есептерді шешкенде Виет теоремасына кері теорема қолданылады.
Теорема. Егер мен сандарының арасында ,
байланыс болса, онда бұл сандар теңдеуінің түбірі болады. Яғни .
үшмүшелігіндегі р-ның орынына , ал q-дың орынына
көбейтіндісін қойсақ,
(х-х1)=
= (х-х1)(х-х2) Сонымен (х-х1)(х-х2) теңдігі орындалады. Бұл
мен -нің теңдеуіне түбір екенін көрсетеді. Виет теорамасына кері
теораманы пайдаланып, квадрат теңдеудің дұрыс табылғанын тексеруге болады.
3-мысал. теңдеуін шешіп, түбірлерінің дұрыс табылғандығын
Виеттің кері теоремасымен тексерейік. Теңдеудің түбірлері , ,
, . Түбірлерінің қосындысы -2, ал олардың көбейтіндісі -48.
сондықтан кері теорема бойынша 6 мен -8 сандары берілген теңдеудің
түбірлері болады.
4-мысал. 2,5 пен -3 сандар түбірлері болатын екінші дәрежелі
теңдеу құрайық. Виет теоремасынан: теңдеуін жазамыз. Түрлендірсек,
немесе
5-мысал. Қосындысы 8-ге, көбейтіндісі 9-ға тең сандарды табайық. Виет
теоремасы бойынша ол сандар теңдеулерінің түбірлері болады. Бұл
теңдеуді шешсек , ізделген сандар.
1.3 ЕКІ АЙНЫМАЛЫСЫ БАР ТЕҢДЕУЛЕР
Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер. Екі айнымалысы бар
теңдеуін қарастырайық. Екі айнымалы теңдеуді ақиқат теңдікке
айналдыратындай айнымалылар мәндерінің пары теңдеудің шешімі деп аталады.
Егер х пен у айнымалылары бар теңдеу берілсе, онда оның шешімінің
жазылуында бірінші орынға х-тің мәнін, екінші орынға у-қою қабылданған.
Солай, (10; 0), (16; 2), (-2; -4) парлары х-3у=10 теңдеуінің шешімдері
болады, ал (1; 5) пар ол теңдеудің шешімі емес. Бұл теңдеудің басқада
шешімдері бар. Оларды іздестіру үшін бір айнымалыны екінші айнымалы арқылы
өрнектеу ыңғайлы, мысалы, х=10+3у теңдеуін алып х-ті у арқылы өрнектеуге
болады. у-тің кез келген мәнін таңдап алып, х-тің сәйкес мәнін есептейміз.
Мысалы, у=7 болса, онда х=10+3·7=31, олай болса, (31; 7) пары теңдеудің
шешімі болады; егер у=-2 болса, онда х=10+3·(-2)=4, олай болса, (4; -2)
пары да брілген теңдеудің шешімі болады және т.с.с. Бірдей шешімдерге ғана
ие болатындай екі айнымалысы бар теңдеулер пара-пар теңдеулер деп аталады.
Қандайда бір екі санның біреуі екіншісінен 5-ке атық екені бізге белгілі
дейік. Егер бірінші санды у әріпімен белгілесек, онда олардың арасындағы
қатынасты екі айнымалы енетін х-у=5 теңдігі арқылы жазуға болады. Мұндай
теңдіктер екі айнымалысы бар теңдеулер немесе екі белгісізді теңдеулер деп
аталады.
Екі айнымалысы бар теңдулерге басқа да мысалдар келтірейік: 5х+2у=10,
-7х+у=5, х2+у2=20, ху=12. Бұл теңдеулердің бірінші екеуі ax+ by=c (мұндағы
a,b және c сандар) түріндегі теңдеулер. Мұндай теңдеулерді екі айнымалысы
бар сызықтық теңдеулер деп атайды.
Анықтама. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеу деп ax+ by=c түріндегі
теңдеулерді айтады, мұндағы х пен у-айнымалылар, a,b және c- қандай да бір
сандар. х-у=5 теңдеуі х=8, у=3 болғанда дұрыс 8-3=5 теңдігіне айналады.
Сонда айнымалылар мәндерінің х=8, у=3 жұбы осы теңдеудің шешімі деп
аталады.
Анықтама. Екі айнымалысы бар теңдеуді дұрыс теңдікке айналдыратын
айнымалылар мәнінің жұбын теңдеудің шешімі деп атайды.
х-у=5 теңдеуінің шешімі мына сандар болатынын тексеру қиын емес:
х=105, у=100; х=4, у=-1; х=3,5, у=-1,5; Айнымалылар мәндерінің жұбын кейбір
жағыдайларда қысқаша жазады. Мысалы, жоғарыда келтірілген мәндер жұбтарын
былай жазуға болады. (105; 100); (4; -1); (3,5; -1,5). Мұндай жазуда қай
айнымалының мәнін бірінші орында, қайсысының мәні екінші орында тұратынын
білу қажет. х пен у айнымалылары бір теңдеулердің шешімдерін жазғанда
бірінші орында х-тің мәнін, ал екінші орынға у-тің мәнін жазуға келісілген.
Шешімдері бірдей болатын екі айнымалысы бар теңдеулер пара-пар теңдеулер
деп аталады.
Екі айнымалысы бар теңдеулердің қасиеттері бір айнымалысы бар
теңдеулердің қасиеттеріндей.
1) егер теңдеудегі қосылғыштың таңбасын қарама-қарсыға өзгертіп,
теңдеудің бір бөлігінен оның екінші бөлігіне көшірсек, онда берілген
теңдеуге пара-пар теңдеу шығады.
2) егер теңдеудің екі бөлігін де нольден өзге бір санға көбейтсек
немесе бөлсек, онда берілген теңдеуге пара-пар теңдеу шығады.
5х+2у=12 (1)
теңдеуін қарастырайық. Теңдеулердің қасиеттеріне сүйене отырып, осы
теңдеудегі бір айнымалыны екінші айнымалы арқылы, мысалы, у-ті х арқылы,
өрнектейік. Ол үшін 5х қосылғышының таңбасын өзгертіп, оны теңдеудің оң жақ
бөлігіне көшірейік.
2у=-5х+12
Бұл теңдеудің екі жағын да 2-ге бөлейік:
у=-2,5х+6.
(2) теңдеу (1) теңдеуге пара-пар болады. у=-2,5х+6 формуласын пайдаланып
(1) теңдеудің қанша керек болса, сонша шешімін табуға болады. Ол үшін х-ке
кез келген мән беріп, оған сәйкес у-тің мәнін есептеу жеткілікті.
Мысалы,
егер х=2 болса, онда у=-2,5·2+6=1;
егер х=0,4 болса, онда у=-2,5·0,4+6=5.
(2; 1), (0,4; 5) сандар жұптары (1) теңдеудің шешімі болады. (1)
теңдеудің ақырсыз көп шешімі бар.
Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеудің графигі. х пен у айнымалылары
бар теңдеудің шешімі болатын әрбір сандар жұбы координаталық жазықтықта
координаталары осы сандар жұбы болатын (абсциссасы х-тің мәні, ординатасы у-
тің мәні болатын) нүктені анықтайды. Барлық осындай нүктелер теңдеудің
графигін құрастырады. Екі айнымалысы бар теңдеудің графигі деп
координаталық жазықтықтың координаталары осы теңдеудің шешімдері болып
табылатын барлық нүктелерінің жиынын айтады.
3х+2у=6 теңдеуінің графигі не болатынын анықтайық.
у айнымалысын х арқылы өрнектейік:
у=-1,5х+3.
у=-1,5х+3 формуласы сызықты теңдеуді анықтайды, оның графигі түзу
болады (Сурет 1.). 3х+2у=6 және у=-1,5х+3 теңдеулері пара-пар болғандықтан,
бұл түзу 3х+2у=6 теңдеуінің де графигі болады. Осындай пайымдаулар арқылы х
пен у айнымалылары бар және де у-тің коэффициенті нольге тең болмайтын кез
келген сызықтық теңдеудің графигі түзу сызық екенін көрсетуге болады.
Егер сызықтық теңдеудегі у-тің коэффициенті нольге тең болып, ал х-тің
коэффициенті нольден өзге болса онда мұндай теңдеудің графигі түзу болады.
Мысалы, 2х+0·у=12 теңдеуін қарастырайық. Мұның шешімі х=6, ал у-кез келген
сан болатын барлық (х; у) сандар жұптары, мысалға алығанда, (6; 2), (6; 0),
(6; -4,5) жұптары болады. Теңдеудің графигі абсциссасы 6-ға, ал
ординатасы кез келген санға тең болатын барлық нүктеледен тұрады. Мұндай
нүктелер (6; 0) нүктесінен өтетін және у осіне параллель түзуді құрайды
(Сурет 2.).
Сурет 1. Сурет 2.
Сонымен, кемінде бір айнымалысының коэффициенті нольге тең болмайтын
екі айнымалысы бар сызықтық теңдеудің графигі түзу болады.
1-мысал. 3х-4у=12 теңдеуінің графигін салайық.
3х-4у=12 теңдеуіндегі айнымалылардың коэффициенттері нольден өзге.
Сондықтан оның графигі түзу болады. Түзу екі нүктемен анықталады. Түзудің
қандайда бір екі нүктесінің координаталарын табайық: егер х=0 болса, онда
у=-3; егер х=2 болса, онда у=-1,5. (0; -3) және (2; -1,5) нүктелерін
белгілейік және ол нүктелер арқылы түзу жүргізейік (Сурет 3.). Бұл түзу 3х-
4у=12 теңдеуінің графигі болады.
Сурет 3. Сурет 4.
2-мысал. 0,5х=-1,5 теңдеуінің графигін салайық. Бұл теңдеуді
0,5х+0у=-1,5 түрінде жазуға болады. Оның шешімдері х=-3, у- кез келген сан
болатын жұптары. Теңдеудің графигі (-3; 0) нүктесі арқылы өтетін және у
осіне параллель түзу (Сурет 4.).
Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйелері. Есеп. Екі санның
қосындысы 12-ге тең, ал олардың айырмасы 2-ге тең. Осы сандарды табыңдар.
Бірінші санды әрпімен, ал екінші санды әрпімен белгілейік.
Есептің шарты бойынша сандардың қосындысы, яғни . Ал сандардың
айырмасы 2-ге тең болғандықтан, .
Біз екі айнымалысы бар екі теңдеу құрдық. Есептің сұрағына жауап беру
үшін және теңдеулерінің әрқайсысын дұрыс теңдікке айналдыратын
айнымалылардың мәндерін табу қажет, яғни бұл теңдеулердің ортақ шешімдерін
табуымыз керек. Мұндай жағдайларда теңдеулер жүйесін шешу талап етілген деп
айтады.
Теңдеулер жүйесін фигуралық жақшамен жазу қабылданған. Құрылған
теңдеулер жүйесін былай жазуға болады:
Айнымалылар мәндерінің жұбы жүйенің әр теңдеуінің де
шешімі болады, өйткені және теңдіктерінің екеуі де дұрыс
болады. Осындай жұптарды жүйенің шешімі деп атайды.
Анықтама. Екі айнымалысы бар теңдеулер жүйесінің шешімі деп жүйенің
әрбір теңдеуін дұрыс теңдікке айналдыратын айнымалылар мәндерінің жұбын
атайды.
Теңдеулер жүйесін шешу дегеніміз – оның барлық шешімдерін табу немесе
шешімдерінің жоқ екенін дәлелдеу.
Екі айнымалысы бар теңдеулер жүйесін шешу үшін теңдеулердің графигін
пайдалануға болады.
Сурет 5.
теңдеулер жүйесін шешу керек болсын дейік. Координаталық жазықтыққа жүйе
теңдеулері графиктерін саламыз. Бірінші теңдеудің графигі түзуі, ал
екіншісінің графигі түзуі болады (Сурет 5.).
түзуінің кез келген нүктесінің координаталары теңдеуінің
шешімі, ал түзуінің кез келген нүктесінің координаталары
теңдеуінің шешімі болады. Түзулердің қиылысу нүктесінің координаталары
бірінші теңдеуді де, екінші теңдеуді де қанағаттандырады, яғни жүйенің
шешімі болады. Графиктер нүктесінде қиылысады. Олай болса, жүйенің
бір ғана шешімі бар: ,
Теңдеулер жүйесін шешкенде біз қолданған бұл тәсілді график тәсіл деп
атайды. График тәсіл әдетте шешімдерді жуықтап табуға ғана мүмкіндік
беретінін ескертеміз.
Әрқайсысындағы айнымалылардың кемінде біреуінің коэффициенті нөлден
өзге болатын екі айнымалысы бар екі сызықтық теңдеулер жүйесін
қарастырайық. Мұндай жүйенің әр кезде де шешімі бар бола ма, ал шешімі бар
болса, ол нешеу болады, соны анықтайық. Теңдеулердің графиктері түзулер
болады. Егер ол түзулер қиылысатын болса, онда жүйенің бір ғана шешімі бар
болады егер түзулер параллель болса, онда жүйенің шешімі жоқ болады, егер
түзулер беттесетін болса, онда – ақырсыз көп шешімі бар болады.
1-мысал.
теңдеулері жүйесінің неше шешімі бар екен, соны анықтайық.
Берілген жүйе теңдеулерінің графиктері өзара қалай орналасқанын
қарастырайық. Ол үшін әрбір теңдеудегі ті арқылы өрнектейік,
сонда:
және теңдеулері арқылы сызықтық функциялар берілген. Бұл
функциялардың графиктері болатын түзулердің бұрыштық коэффициенттері әр
түрлі, олай болса, бұл түзулер қиылысады және жүйенің жалғыз ғана шешімі
бар болады.
2-мысал.
теңдеулері жүйесінің неше шешімі болатындығын қарастырайық.
Әрбір теңдеудегі ті арқылы өрнектейік:
және сызықтық функцияларының графиктері параллель түзулер,
өйткені олардың бұрыштық коэффициенттері бірдей де, осімен қиылысу
нүктелері әртүрлі. Бұдан берілген теңдеулер жүйесінің шешімдері
болмайтындығы шығады.
3-мысал.
теңдеулері жүйесінің неше шешімі болатындығын анықтайық.
Жүйенің әрбір теңдеуіндегі ті арқылы өрнектеп, мынаны
шығарып аламыз:
Теңдеулердің графиктері дәл беттесетін ақиқат. Ол қалауымызша
алынған сан, ал болатындай кез келген пары теңдеулер жүйесінің
шешімі болатындығын білдіреді. Жүйенің ақырсыз көп шешімі бар болады.
1.4 Иррационал теңдеулер мен теңсіздіктер
Айнымалысы түбір белгісінің астында тұратын теңдеу иррационал теңдеу
деп аталады.
Иррационал теңдеулерді шешу барысында төмендегі ережелерді есте
ұстаған жөн:
1°. Иррационал теңдеулерден жұп дәрежелі түбірден тек арифметикалық
түбірлері ғана алынады. Былайша айтқанда түбір астындағы шама – теріс сан
болса, онда түбірдің мағынасы болмайды, ал егер нольге тең болса, онда
түбірден шығатын шама да нольге тең, егер түбір астындағы шама оң мәнді
болса, теңдеу түбірі де оң болады.
2°. Теңдеуге кіретін барлық тақ дәрежелі түбір, -түбір астындағы
өрнектің барлық нақты мәндерінде анықталған. Түбірден шығатын шама теріс
болады, егер түбір астындағы өрнек теріс болса, нольге тең, егер түбір
астындағы өрнек нольгетең болса, оң сан болады, егер түбір астындағы өрнек
оң сан болса.
Мысалы, - мағынасы жоқ
т.с.с.
Иррационал теңдеулерді шешудің негізгі, тәсілдері:
1) түбірі бар өрнектерді теңдіктің бір жағына, қалған мүшелерін екінші
жағына шығарып, теңдіктің екі жағын да түбір көрсеткіштің дәрежесін көрсеті
2) көмекші белгісіздер енгізу арқылы теңдеуді стандартты (қарапайым)
түрге клтіру
3) әртүрлі түрлендірулер мен әдіс – амалдар қолданып, теңдеуді
ықшамдау.
Мысалы, мына теңдеу: .
1 – мысал. теңдеуін шешейік.
Бұл теңдеудің екі жақ бөлігін де квадрат дәрежеге шығарамыз, сонда
шығады, бұдан , яғни не табылады.
Енді осы табылған сандар теңдеулерді шешімдері бола ма, соны
текскрейік. Шынында да оларды осы теңдеуге қосайық, тура теңдіктер шығады:
және
Олай болса, және - берілген теңдеудің шешімдері.
2 – мысал. теңдеуін шешейік.
Теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарайық: .
Ықшамдағаннан кейін мынандай квадрат теңдеу шығады: , мұның
түбірлері: және . Осы табылған сандар берілген теңдеудің
шешімдері бола ма, соны тексерейік. 4 санын теңдеуге қойғанда тура
теңдік шығады, яғни 4 саны – берілген теңдеудің шешімі. Ал 1 санын қойсақ,
онда оң жағында – 1 саны шығады. Демек, 1 саны теңдеудің шешімі бола
алмайды; оны бөгде түбір дейді (теңдеуді осы тәсілмен шешу нәтижесінде
пайда болған). Жауабы: .
Біз иррационал теңдеуді шешкенде табылған шешімдерді тексеру қажет
болатынын көріп отырамыз, сондықтан да, мысалы, тура емес теңдікті квадрат
дәрежеге шығарғанда тура теңдік шығуы мүмкін. Шынында да, тура емес 1= -
1 теңдігін квадрат дәрежеге шығарғанда тура теңдік 12 = (- 1)2 шығады.
3 – мысал. теңдеуін шешейік.
Бұл теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарайық: , бұдан
мынандай квадрат теңдеу шығады: , мұның түбірлері: және
Сонда – 1 саны бұл теңдеудің түбірі бола алмайтыны бірден – ақ
байқалады, өйткені болғанда бұл теңдеудің екі жағы да
анықталмайды. Теңдеуге 2 санын қоғанда мынандай тура теңдік шығады: .
Демек, берілген теңдеудің шешімі тек 2 саны ғана болады.
4 – мысал. теңдеуін шешейік.
Бұл теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарайық: және
. Орнына қоя отырып, 5 саны теңдеудің түбірі бола алмайтынына көз
жеткіземіз. Сондықтан теңдеудің шешімдері болмайды. Кейде иррационал
теңдеулерді мәндес ауыстыруларды қалданып шешкен ыңғайлы.
Иррационал теңдеулер мен теңсіздіктерді шешкенде, әлдебір
түрлендірулер арқылы оларды рационал теңдеулер мен теңсіздіктерге, немесе
теңдеулер мен теңсіздіктер жүйесіне алмастырамыз. Мұнда қолданылатын
түрлендірулерге айнымалыларды алмастыру мен көбейткіштерге жіктеуден өзге,
теңдеу немесе теңсіздіктің екі жағында бірдей дәрежеге шығару жатады. Осы
түрлендірулер барысында шешімдерді жоғалтып алмас үшін, мүмкіндігінше
теңдеу мен теңсіздіктердің анықталу аймағы мен шешімдердің мәндер аймағын
тауып алған жөн.
Мысалы, теңдеуін шешкенде, теңдеудің сол жағында түбірлердің
айырымы тұрғаны ескеріледі, яғни х әрбір мәні үшін х—3х+9болады, ал ,
десек бұл айырым әрқашан теріс болады, сондықтан түбірінің теріс емес
мәніне тең болуы мүмкін емес. Яғни, бұл теңдеудің шешімі болмайды.
теңдеуін шешкенде алдыменен анықталу аймағын табамыз. Ол аймақ
х—2 0 және 5—х 0 шарттары арқылы анықталады. Соныменен, .
(1 шарт)
Теңдеудің сол жағы екі квадрат түбірдің қосындысы болғандықтан,
әрқашан теріс емес сан болады, сондықтан теңдеудің барлық мүмкін мәндері
шартын қанағаттандыруы қажет. Бірақ бұл шарт бірінші шартқа қайшы
келеді, сондықтан теңдеудің мүмкін мәндер аймағы бос болады, демек
теңдеудің шешімдері болмайды.
теңсіздігін шешкенде алдыменен оның анықталу аймағын анықтайық.
Ол аймақ х—2 0, немесе х2 шарттары арқылы анықталады. Бұл
аймақта теңсіздіктің сол жағы теріс емес болғандыктан, тағы бір шарт
орындалуы қажет: теңсіздіктің оң жағы да теріс емес болуы керек, яғни
1—х0, немесе . Бұл шарт алдындағы шартына қайшы
болғандықтан теңсіздіктің шешімі болмайды.
1.5 Үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулерді шешу
Үшінші дәрежелі теңдеулерді шешу.
1. Екі мүшелі хn-a=0 теңдеуінің бір мәні әдетте радикал деп
атайды. Алгебралық теңдеудің түбірін оның коэффициенттерін қосу, алу,
көбейту, бөлу, дәрежелеу және түбірлеу амалдарымен табу теңдеуді радикалды
шешу проблемасы деп аталынады.
2. Комплекс коэффициентті:
x3+ах2+bx +c=0 (1)
үш дәрежелі алгебралық теңдеу беріліп оның аға коэффициенті бірге тең
болсын. Егер ол бірден ерекше болса,онда сол коэффициентке бөлу арқылы оны
бірге теңестіруге болады. Егер (1) теңдеуге х=у- алмастыруын
қолдансақ, онда толық емес деп аталатын үш дәрежелі
у3+ру+q=0 (2)
мұнда р=; q= теңдеу шығады. (2) теңдеудің шешімін табу үшін у=u
+ υ, мұнда u мен υ екі жаңа белгісіз, алмастырып оны (2)-ге қосақ, онда
(u+ υ)3+p(u+ υ)+q=0
болады, бұл теңдікте жақшаны ашып мүшелеп топтастырсақ, онда
(u3+ υ3+q) + (3uυ + p) (u + υ)=0
Бір белгісіз у-тің орынына екі белгісіздер u мен υ енгізілуіне
байланысты олар 3uυ + p=0, болса uυ=- теңдіктерін
қанағаттандыратындай таңдап алынады. Бұл орындалатын шарт. Себебі Вьета
формуласы бойынша мұндай u мен υ белгісіз u+ υ=у есте болуға тиіс
ξ2-у ξ-=0
теңдеуін қанағаттандыруға тиіс. Бұл шарттан соң (2) теңдеуді
u3+ υ3=-q, u3+ υ3=-
түрінінде жазуға болады. Соңғы теңдіктер Вьета формуласы бойынша
z2+qz-=0
Ал бұдан
z=-
олай болса
u= υ=
Сонымен толық еме (2) теңдеудің шешімі
у= u+ υ=+ (3)
Бұл формула Кардано формуласы деп аталады. (3) формула дәрежелі екі
u=; υ=
радикалдың әрқайсының үш мәні бар, u+ υ қосындысы үшін тоғыз мәннің тең
үшеуі ғана керек, оларды
u· υ=- (4)
шарты орындалатындай таңдап аламыз. u1, υ1 арқылы (4) шартты
қанағаттандыратын мәндерді, ал ε –үш дәрежелі түбірдегі бірдің бір алғашқы
мәнән белгілесек, онда қалған екі мән u2= ε u1, u3= ε2 u1. Бұл мәндерге
сәйкес υ2= ε2 υ1, υ3= ε2 υ1, себебі (ε u1)(ε2 u1)= ε3 u1 υ1= u1
Сондықтан әр υ-ға сәйкес υ-ның мәндерін қосақ, онда у1= u1+ υ1,
у2= ε u1+ ε2υ1, у3= ε2 u1+ ε υ1,
Ал ε=, ε2= болуынан, ақырында у1= u1+ υ1,
у2=-( u1+ υ1)+( u1- υ1), у3=-( u1+ υ1)-( u1- υ1)
(5)
Теорема. Кардона формуласындағы квадратты радикал астындағы
дискриминант нольден ерекше болса, онда (2) теңдеудін әртүрлі үш
түбірі бар.
Дәлелдеу. Алдымен u1≠ υ, ε u1≠ υ, u1≠ ε υ1 мұнда ε үш
дәрежелі түбірдің бірдің алғашқы мәні, теңсіздіктерін көрсетейік. Егер u1=
υ, ε u1= υ, u1= ε υ1 теңдіктерінің әрқайсысын кубтасақ, онда
шығады, яғни
теңдеуінің екі өзара тең түбірі бар. Ал бұл болуы мүнкін емес, себебі
ол теңдеудің дискриминанты нольден ерекше.
Енді (5) формулалардан у2≠у3 шығады, өйткені у2=у3 болса, онда
u1=1. Егерде у1=у2 болса, онда ε у1= ε у2, яғни ε( u1+ υ)= ε(ε u1+ ε2
υ) болмаса ε u1+ ε υ1= ε2 u1+1, бұдан ε(1-ε) u1=(1-ε) υ1 немесе (1-ε)
қысқартқан соң ε2 u1=1 теңдігін аламыз. Ал бұл ≠0 болғанда
орындалмайды у2≠у3 дәлелдеу осыған ұқсас. Егер р≠0, q≠0 болғанда =0
болса, онда u=. Бұл мәнді ықшамдауға болады. Атап айтқанда =
Ал +=0 теңдігінен =сондықтан u1= бұдан u-тің бір
мәні ретінде u1=-= = алуға болады. Бұған сәйкес 1=ның мәні
1 =-=u1
Сонымен (5) формулаларға назар аударсақ у1= u1+1=21=, y2=-
u1=-, y3=- u1=- сонымен =0 p0 q0 (2) теңдеудің екі
тең түбірі y2= y3 бар, бүл жолы
у1=, y2= y3=-
(6)
Мысалы, х3-12х+16=0 теңдеуінде =108 Ендеше х1==-4, x2= x3=-
=2. Бұған дейін куб теңдеудің коэффициенттері комплекс сандар деп
қарастырылып келеді. Енді толық емес
х3-рх + q=0
(7)
теңдеудің коэффициенттері нақты болсын. Мына үш жағыдай болуы мүнкін, 1.
0 2. =0 және 3. 0
1. 0 Бұл жағыдайда (7) теңдеуінің әртүрлі үш түбірі бар. Егер
u= мәнін қарастырсақ, онда себепті куб түбірде нақта сан. Сондықтан u1-
дің ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ы.АЛТЫНСАРИН АТЫНДАҒЫ АРҚАЛЫҚ МЕМЛЕКЕТТІК
ПЕДАГОГИКАЛЫҚ ИНСТИТУТЫ
ЖАРАТЫЛЫСТАНУ ЖӘНЕ АҚПАРАТТАНДЫРУ ФАКУЛЬТЕТІ
МАТЕМАТИКА, ФИЗИКА ЖӘНЕ ИНФОРМАТИКА
КАФЕДРАСЫ
ДИПЛОМДЫҚ ЖҰМЫС
ОРТА МЕКТЕПТЕ ТЕҢДЕУЛЕР МЕН ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ШЕШУДЕ ЖАҢА ТЕХНОЛОГИЯ ӘДІСІН
ПАЙДАЛАНУ
Орындаған: 050109 Математика мамандығының
IV курс студенті
Келденбек Досбол
Ғылыми жетекшісі:
Аға оқытушы
Еденов А. Е.
Арқалық 2009
МАЗМҰНЫ
КІРІСПЕ
І. НЕГІЗГІ
БӨЛІМ ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... 3
1. ОРТА МЕКТЕП МАТЕМАТИКАСЫНДАҒЫ ТЕҢДЕУЛЕР
МЕН ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ШЕШУ
1.1 Бір айнымалысы бар
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... .6
1.2 Квадрат
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ...9
1.3 Екі айнымалысы бар
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
...12
1.4 Иррационал теңдеулер мен
теңсіздіктер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .18
1.5 Үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулерді
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..20
1.6 Логарифмдік теңдеулер мен теңсіздіктерді
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .26
1.7 Орта мектеп бағдарламасында теңсіздіктердің қасиеттері
және оларды
дәлелдеу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... 29
ІІ. ПРАКТИКАЛЫҚ БӨЛІМ.
2. МАТЕМАТИКАНЫ ОРТА ЖӘНЕ ЖОҒАРЫ МЕКТЕПТЕ
ОҚЫТУДЫҢ ЖАҢА ТЕХНОЛОГИЯ
ӘДІСТЕРІ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .33
2.1 Деңгейлеп оқыту технологиясын математика пәніндегі
теңдеулер мен теңсіздіктерде қолданудың
тиімділігі ... ... ... ... ... ... . ... ... 36
2.2 Математиканы оқытудың эврестикалық және программаланған
әдістерін теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде
пайдалану ... ... ... ... ... ...40
2.3 Мектепте математика пәнін оқытудағы жаңа технологиялық
ақпараттық-коммуникациялық технологияларды қолданудың
тиімділігі ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..45
2.4 Саралап оқыту әдісі (Ж.А.Қараевтың деңгейлеп саралап
оқыту
технологиясы) ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ...48
2.5 Модульдік оқыту
әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ..51
2.6 Математикалық теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу және сабақта
кіріктіре
оқыту
әдістемесі ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... .65
2.7 Орта мектепте теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің жолдары мен әдіс-
тәселдері ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .67
ҚОРЫТЫНДЫ ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .73
ПАЙДАЛАНЫЛҒАН
ӘДЕБИЕТТЕР ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... .
КІРІСПЕ
Қазіргі таңда орта және жоғары оқу орындарында математиканы оқытудың
мақсаты-оқырмандарға күнделікті өмірде және қазіргі қоғамда пайдалы еңбек
еткенде қажет болатын және де басқа пәндерді оқып меңгеруге, білімін әрі
қарай жалғастыруға толық мүмкіншілік беретін математикалық білім, іскерлік
және дағдылардың негізін берік және саналы түрде меңгеріп алуын қамтамасыз
ету.
Орта және жоғары мектепте білім беру және тәрбие жұмыстары жеке
тұлғаның дамуына толық бағытталған деп айтуға негіз жоқ, әлі де біз
дәстүрлі ақпараттық-түсіндірме тәсілі бойынша білім беруден шыға алмай
келеміз. Сондықтан біздің алдағы уақыттағы негізгі мақсатымыз - оқушыларға
жеке тұлға ретінде қарап, оларды жан-жақты дамыту, шығармашылық
мүмкіндіктерін, іс-қабілетін арттыру керек, ол үшін оқу үрдісінің
мазмұнының іске асырылу жолдарының логикасын қайта қарап, кәсіби дайындығын
қазіргі заман талабына сәйкестендіру тез уақытта шешуді талап ететін
мәселелердің бірі.
Орта мектепте теңдеулер мен теңсіздіктерге байланысты материалдар
математиканың негізгі бөлігін құрайды, өйткені теңдеулер мен теңсіздіктер
математиканың әр бөлімдерінде және маңызды қолданбалы есептерді шығаруда
кең қолданыс табады. Осыған орай оқушыларды мектеп қабырғасында теңдеулер
мен теңсіздіктер желісінің қолданбалық, теориялық-математикалық желілерімен
байланысын құру бағыттарын игерту мәселесі теңдеулер мен теңсіздіктерді
шешуге үйрету материалдарын талдау мен сапалы игерту мәселесімен тығыз
байланыста.
Орта мектептерде теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу әдістерін беру
кезінде қойылатын іргелі мақсаттардың қатарына есептерді тиімді шешу
дағдылары мен іскерліктерін дамыту проблемасы жатады. Мәселенің күрделігі
мен қиындығынан осы уақытқа дейін ол түпкілікті ғылыми-әдістемелік
шешімдерін таба алмай келеді. Осыған байланысты орта мектепте теңдеулер мен
теңсіздіктерді шешуге тереңдетіп оқыту әдістемесін қолдануы, олардың
теориялық білімдерін нақтылаудың, оларды практикада қолдана алу
ептіліктерін қалыптастырудың басты формаларының бірі.
Математикада теңдеуді де, теңсіздікті де өмірде болған немесе болып
жатқан құбылысты зерттеу құралы ретінде пайдаланады. Теңдеу арқылы
процестің дәл шешімі зерттелсе, ал теңсіздік арқылы белгілі бір аралықтағы
қозғалыс зерттеледі. Теңдеу мен теңсіздікті білім қалыптастырудың
тиімділігі тұрғысынан қарастырғанда, келесі проблемаларды шешу керектігі
шығады.
1. Құрылымы әр түрлі теңдеулердің шешімдерін табу әдістеріне үйреткеннен
кейін теңсіздіктердің шешімдерін табуға үйрету;
2. Теңдеу мен теңсіздіктердің есептемелерін біріктіріп табуға үйрету.
Орта мектепте математиканы оқыту кезеңінде математикалық білімнің
жүйелігі мен күнделігінің деңгейін бағалау үшін оқушылардың теңдеулер мен
теңсіздіктерді шешудегі оқыту әдістерін еркін таңдай білуіне, іс-жүзінде
қарапайым және қолайлы жағдайды математикалық модель түрінде қарастыру
біліктілігіне, күрделі есептерді шешуде математикалық әдістерді қолдана алу
деңгейлеріне сүйену керек. Математиканы оқытуда теңдеулер мен
теңсіздіктерді шығаруды үйрету ғана емес, ол кез келген проблеманы шеше
білуде, қиындықты жеңуде, танымдық және ойлау қабілеттерді жетілдіруде
маңызды роль атқарады.
Орта мектеп бағдарламасында теңдеулер мен теңсіздіктерден бастап,
жоғары дәрежелі теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу теориясы мен практикалық
мәселелеріне дейін кең орын берілген. Мысалы, сызықтық теңсіздіктерді шешу,
екінші дәрежелі теңсіздіктер көмегімен квадраттық үшмүшені зерттеу,
теңдеулер жөнінде талдау жасау, жуықтап есептеулер, иррационал саңдар
теориясы, сандық қатарлар сияқты мәселелер теңсіздіктер арқылы
түсіндіріледі. Теңдеулер мен теңсіздіктер теориясы орта мектепте
оқушылардың логикалық ойлау қабілетін дамыта алатындай, өз алдына ғылыми-
педагогикалық маңызы бар негізгі оқу материалы болып есептеледі. Сондықтан
есеп шығару барысында творчестволық қабілеттілік, ізденгіштілік қасиеттерді
әр түрлі тәсілдермен шығарып, ішінен ең қарапайым, тиімдісін таңдап алудың
маңызы зор. Соңғы кезде орта мектеп математикасында көптеген жақсы
бетбұрыстарға қарамастан теңсіздіктер жөнінде мектеп оқушыларының
түсініктері мардымсыз. Осы олқылықты жою үшін теңсіздіктер теориясы мен оны
үйренудің әдісін жетілдіру қажет.
Мысалы, алгебралық теңсіздігінде белгісіздің мәндері 1 мен 2-ден
басқа сандар болуы керек. Бұл мәндерде бөлшектердің мағынасы жоқ болады.
Сонымен теңсіздікті дәлелдегенде және шешкенде әріптер мен белгісіз
шамалардың мүмкін мәндерін үнемі есепке алып отыру керек. Таңбасы
белгісіздің мүмкін мәндерінің бәрінде де сақталатындай теңсіздік шартсыз
теңсіздік деп аталады.
Барлық теңсіздіктердің қасиеттерін сандық теңсіздіктер арқылы
көрсетуге болады. Енді сол теңсіздіктердің біраз қасиеттеріне тоқталып
өтейік.
1. теңсіздігінен теңсіздігі шығады. Демек, теңсіздіктердің
бөліктерін ауыстырғанда теңсіздік таңбасы да ауысады. Бұл қорытынды тікелей
теңсіздіктердің анықтамасынан шығады.
2. және теңсіздіктерінен теңсіздігі шығады. Берілген шарт
бойынша және . Сондықтан және . Екі теріс санның
қосындысы да теріс сан болатындықтан, жақшаларын ашсақ, сонда
. Бұл қасиет есептерді шешкенде, теоремаларды дәлелдегенде теңсіздікті
күшейту үшін қолданылады.
Соңғы кезде орта мектептегі математиканың бағдарламасында
теңсіздіктерді дәлелдеуге дұрыс көңіл бөлмей келеді.
Мектеп оқулықтарында бұл мәселеге арнап есептер құрастырылмаған.
Оқыту үрдісінде теңсіздіктерді шешекенде теңсіздік қасиеттерін қолдана
білу дағдыларын барынша дамыту аса маңызды роль атқарады. Бұл болашақта
мамандығы математикамен байланыста болатын студенттер үшін қажет. Себебі
теңсіздіктердің қасиеттеріне сүйеніп теңсіздіктерді дәлелдеу әдістерін
игере алу дағдысы жоғары математика курсын жақсы меңгеру үшін ерекше
маңызды.
Математикалық білім беруді дамытудың стратегиялық бағытын және алдын-
ала болжаудың біртұтас кешендік мәселелері айқындалып, оның қазіргі
кезеңдегі математикалық мәдениетінің бір элементі ретіндегі орны мен
мақсаттарын анықтау проблемаларын шешу қажет, яғни студенттердің меңгеру
деңгейіне қажетті және тиімді мазмұн көлемін анықтайтын, қазіргі талапқа
сәйкес математикалық білім негізін жете зерттеу мәселесі өзекті мәселенің
бірі болып отыр. Сонымен жаңа технология бойынша жоғары мектептерде
теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің әдістемесін жетілдіру, оқыту
мазмұнының қолданбалық бағытын күшейту, алған білімдерін практикада
қолдануға талпындыра отырып, оқыту процесінің әдіс-тәсілдерін қолданудың
тиімді жолдарын кешенді түрде игерулеріне мүмкіндік береді.
Координаттық түзуді пайдалану кейбір теңсіздіктер мен бір белгісізі
бар теңсіздік жүйесін және теңдеулер мен модульді теңсіздіктерді шешуге
мүмкіндік береді. Мысалы, бір белгісізі бар сызықтық теңсіздіктерді шешуде
алдымен координаталық түзуге теңсіздіктің көптеген шешімдері жүргізіледі,
одан барып олардың жалпы бөлігі белгіленеді. Теңдеулер мен модульді
теңсіздіктерді шешу сандардың түрлілік модульдеріне геометриялық түсінік
берумен байланысты. Мысалы, теңдеудің шешімі координаталық түзуге
координаталық нүктесінен нүктесіне дейін қашықтаған нүктені
табуға әкеледі.
Мысал ретінде теңсіздігіне көрсетілген көптеген шешімдер
келтірілген схемасын алуға болады. Оқушылар жаттығу барысында мұндай
схеманы пайдалануға үйреніп, одан оны елестетіп пайдалануға үйренеді.
Тақырыптың өзектілігі:
Орта мектепте теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде жаңа технологиялық
әдіс-тәсілдері арқылы оқыту.
Дипломдық жұмыстың мақсаты:
Еліміздің экономикасы артып, мектептердің техникалық базасы нығайып,
арнайы компьютерлік техникалармен, оқытудың модульдік, деңгейлік, саралап,
ақпараттық-коммуникативтік, эврестикалық және программаланған
технологиялары арқылы оқыту.
Дипломдық жұмыстың міндеті:
- Жалпы әлеуметтік пәндік және пән аралық біліктіліктіі игеруді
қалыптасытру,яғни алынған білімді қолдану тәсілдерін меңгерту;
- Оқушылардың тиімділігін жоғарылатады және оқыту материалын түсіндіру
мүмкіндігін меңгерту;
- Мұғалімдердің инновациялық және ақпараттық технолгияларды қолдануы;
- Сабақ уақытын тиімді пайдалану;
- Мұғалім мен оқушылардың еңбегін ғылыми тұрғыда ұйымдастыру;
- Оқушыларды бағалауда уақытты тиімді пайдалану.
1. ОРТА МЕКТЕП МАТЕМАТИКАСЫНДАҒЫ
ТЕҢДЕУЛЕР МЕН ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ШЕШУ
1.1 Бір айнымалысы бар теңдеулер
Анықтама: f(х), g(х) айнымалысы х болатын өрнек және анықталу обылысы
Х болсын. Сонда g(х) түріндегі теңдік, пікірлік форма бар х айнымалы
теңдеу деп аталады. f(х) пен g(х) өрнектері тең сандық мән қабылдайтындай
айнымалының әрбір мәні теңдеудің түбірлері деп аталады. Теңдеуді шешу
дегеніміз оның барлық түбірлерін табу немесе оның түбірлері жоқ екенін
дәлелдеу.
3х+х=40 теңдеуінің бір түбірі бар. Екі, үш және оданда көп түбірлері
болатын немесе жалпы алғанда түбірлері болмайтын теңдеулерді мысалға
келтіруге болады.
Мысалы, (х-4)(х-5)(х-6)=0 теңдеуінің үш түбірі бар, олар: 4, 5, және
6. Шындығында, осы сандардың әрқайсы (х-4)(х-5)(х-6) өрнегінің әрбір
көбейткішін нөльге айналдырады, олай болса, көбейтіндінің өзін де нөльге
айналдырады. х-тің басқа кез келген мәнінде көбейткіштердің бірде біреуі
нольге айналмайды, олай болса, көбейтінді де нөльге айналмайды. х+2=х
теңдеуінің түбірлері болмайды, өйткені кез келген х мәнінде теңдеудің сол
бөлігін оң бөлігінен 2-ге артық болады.
х2=4 теңдеуінің екі түбірі бар: 2 және -2 сандары, (х-2)·(х+2)=0
теңдеулерінің түбірлері де 2 және -2 сандары. Бұндай бірдей түбірлері бар
теңдеулерді мәндес теңдеулер деп атайды. Түбірлері болмайтын теңдеулер де
мәндес теңдеулер деп есептеледі.
Теңдеулердің мынандай қасиеттері болады:
1) егер теңдеудің екі бөлігіне де бірдей санды қосса, онда берілген
теңдеумен мәндес теңдеу шығады;
2) егер теңдеудің екі бөлігін де нөльге тең емес бірдей санға көбейтсе
немесе бөлсе, онда берілген теңдеумен мәндес теңдеу шығады.
х2-2=7 теңдеуін қарастырайық. Осы теңдеудің сол бөлігіне де, оң бөлігіне де
2 санын қосып, х2=9 теңдеуінің мәндес болатынын дәлелдейік. х-тің қайсыбір
мәні бірінші теңдеудің түбірі дейік, яғни х-тің осы мәнінде х2-2=7 теңдеуі
тура теңдікке айналады. Осы теңдіктің екі бөлігіне де 2 санын қосып, біз
қайтадан тура теңдік шығарып аламыз. Олай болса, х-тің осы мәнінде екінші
теңдеу де тура теңдікке айналады. Біз бірінші теңдеудің әр түбірі екінші
теңдеудің де түбірі болып табылатынын дәлелдедік.
Енді х-тің қайсыбір мәні екінші теңдеудің х2=9 түбір болсын, яғни оны
тура теңдікке айналдырады дейік. Осы теңдіктің екі бөлігінен де 2 санын
шегеріп, біз тура теңдік шығарып аламыз. Олай болса, х-тің осы мәнінде
бірінші теңдеу де тура теңдікке айналады. Сондықтан екінші теңдеудің әр
түбірі бірінші теңдеудің де түбірі болып табылады.
Сонымен, х2-2=7 және х2=9 теңдеулерінің түбірлері бірдей, яғни олар мәндес
теңдеулер болып табылады.
Осы сияқты баяндай келе, теңдеулердің екі қасиетінің де жалпы
жағыдайда дұрыстығы шығады.
Егер қосылғыштың таңбасын өзгертіп, теңдеудің бір бөлігінен оның
екінші бөлігіне көшірсе, онда берілген теңдеумен мәндес теңдеу шығады. Бұл
анықтаманы дәлелдеп көрейік. Мысалы, 5х=2х+9 теңдеуінде қосылғыш 2х-ті
қарама-қарсы таңбасымен теңдеудің оң бөлігінен сол бөлігіне көшіріп те, сол
теңдеумен мәндес 5х-2х=9 теңдеуін шығарып аламыз.
Теңдеуді шешкенде қосылғыштарды теңдеудің бір бөлігінен екінші
бөлігіне көшіру жиі пайдаланылады.
Анықтама. aх=b (мұндағы х-айнымалы, а және b- сандар) түріндегі
теңдеуі бір айнымалысы бар сызықтық теңдеу деп аталады. а санын айнымалының
жанындағы коэффицент, ал b санын босмүше деп атайды. aх=b сызықты теңдеуді
қарастырайық, мүның а коэффициенті нольге тең емес. Теңдеудің екі бөлігін
де а-ға бөліп, х= теңдігін шығарып аламыз. Демек, ах=b (a≠0) сызықты
теңдеудің бір ғанам түбірі болады. Енді ах=b сызықты теңдеуді
қарастырайық, мұның а коэффиценті нольге тең. Егер а=0 және b≠0 болса, онда
ах=b теңдеуінің түбірлері болмайды, өйткені 0х=b теңдігі (b≠0) х-тің ешбір
мәнінде тура мән болмайды. Егер а=0 және b≠0 болса, х-тің кез келген
мәні теңдеудің түбірі болады, ойткені 0х=0 теңдігі кез келген х мәнінде
тура. Көптеген теңдеулердің шешу жолы сызықтық теңдеулерді шешуге келіп
тіреледі.
Теңдеулерді шеше келе, 0х=b түріндегі сызықтық теңдеуге келіп тірелуі
мүнкін. Бұндай жағыдайда бастапқы теңдеудің түбірі болады не болмайды, не
кез келген сан оның түбірі бола береді. Мысалы, 2х+5=(х+6) теңдеуі 0х=7
теңдеуіне келеді, олай болса, бұл теңдеудің түбірі болмайды, 3(х+2)+х=6+4х
теңдеуі 0х-0 теңдеуіне келеді, олай болса, кез келген сан оның түбірі болып
табылады.
1. Бір белгісізі бар теңдеуді шешкенде оқушыларға көңіл бөлетін нәрсе, ол
таңбаларына жақсы қарау керек.
а) алдында +, - таңбасы бар жақшаларды ашу кезінде қосылғыштардың
таңбаларынан,
ә) көбейтудің қосуға немесе азайтуға қатысты үлестірімділік заңын
қолданудан,
б) белгісіз мүшелерді теңдеудің бір жағына, бос мүшелерді теңдеудің
екінші жағына жинақтау кезінде таңбалардан қателер жібереді. Сондықтан
осындай қателерді болдырмау үшін оқушыларға тақырыпты былайша түсіндірген
жөн. Алдымен теңдеулер және олардың қасиетіне сүйеніп, мынандай
түрлендірулер жасауға болатынын оқушыларға жеткізу керек.
1-мысалы: х-4=7 мәндес теңдеудің бірінші қасыйетіне сүйеніп
теңдеудің екі жағын да 4-ті қосайық. Сонда х-4+4=7+4; х=7+4х=11:
2-мысал: 3х=2х-5 екі жағын да -2х-ті қосайық. Сонда 3х+(-
2х)=2х+(-2х-5); 3х-2х=-5; х=5: Осы мысалдар арқылы мынандай қортындыға
келеміз:
а) Берілген теңдеулердің кейбір мүшелерін теңдеудің бір
жағынынан екінші жағына қарама-қарсы таңбамен көшіруге болады.
б) Теңдеуді шешкендне белгісізі бар мүшелер теңдік таңбасның
бір жағына, бос мүшелер теңдік таңбасының екінші жағына жинақталады. Осы
екі қортындыға сүйеніп теңдеуді шешудің алгоритмін оқушыларға жаздырамыз.
1. Теңдеудегі белгісіздерді теңдеудің бір жағына, әдетте сол жағына
жинақтау керек. ол үшін сол жақта белгісіздер болса, таңбасын өзгерпей
жазып алып, оң жақта тұрған белгісіздерді алдындағы таңбасын қарама-қарсы
таңбаға өзгертіп сол жаққа көшіру керек.
2. Бос мүшелерді теңдеудің бір жағына әдетте оң жағына жинақтау керек.
Ол үшін оң жақта бос мүше болса, таңбасын өзгертпей жазып алып, сол жақта
тұрғн бос мүшелерді таңбасын қарама-қарсы таңбаға өзгертіп оң жаққа көшіру
керек.
3. Теңдеудің екі жағындағы ұқсас мүшелерді біріктіргенде ах=b
түріндегі сызықтық теңдеу шығады. Теңдеудің екі жағында да х-тің
коэффициентін а-ға бөлу арқылы х= түбірін табамыз. Егер. 1. а=0, b≠0
болса 0∙х=b теңдеуінің түбірі болмайды. 2. а=0, b≠0 болса, кез келген сан
ноль х=b теңдеудің түбірі болады. Егер теңдеудің құрамында жақшасы бар
өрнек болса, алдында + таңбасы немесе - таңбасы бар жақшаларды ашу
ережесіне және көбейтудің үлестірімділік заңын қолданып жақшаларын ашу
керек. содан кейін, жоғарыдағы алгеритім бойынша, орындау керек.
3-мысал: 3х+7=9х+19
3х-9х=19-7
-6х=12 х= х=-2:
4-мысалы: 3(х-2)-2(4х-1)=4(1-х)
3х-6-8х+2=4-4х
3х-8х+4х=4+6-2 -х=8 х=-8:
Теңдеулерін шешкенде теңдеудің екі жағындағы бөлшектердің әрқайсын
бөлімдерінің ең кіші ортақ еселігіне көбейтіп теңдеуді бөлімінен
құтқарамыз.
Егер жақшасы бар теңдеу шықса, жақшаларды ашып, жоғарыдағы алгоритм
бойынша орындау керек.
1.2 Квадрат теңдеулер
Квадрат теңдеулерді шешу және формуласы. . Бұл теңдеудің екі жағы
да белгісізге қатысты бүтін өрнек. Мұндай теңдеулер бүтін өрнекті теңдеулер
деп аталады. Бұл теңдеуде бір белгісізі бар және оның ең жоғарғы дәрежесі
екіге тең болғандықтан бір айнымалыға тәуелді екінші дәрежелі бүтін өрнекті
теңдеу деп аталады. Бұл теңдеуді түрінде жазсақ. Онда квадрат
теңдеудің жалпы түрі болып жазылады. Мұндағы екінші дәрежелі
мүше, а оның коэффициенті, бірінші дәрежелі мүше, оның
коэффициенті, ал с-босмүше деп аталады. М: теңдеуін квадрат теңдеу
түрінде жазайық. Жақшаларды ашсақ шығады. Ұқсас мүшелерін біріктіріп
жазсақ, түрге келеді. Бұл теңдеудің екінші дәрежелі мүшесінің
коэффициенті 4, бірінші дәрежелі мүшесінің коэффициенті 7, бос мүше -3
екенін көреміз. теңдеуіндегі b мен c-ның ең болмағанда бірі нольге
тең болатын теңдеуді толымсыз екінші дәрежелі теңдеу дейміз. (а≠0)
теңдеуін квадратқа толықтыру тәсілі бойынша түрлендірейік. Теңдеудің екі
жағын а-ға бөлсек және бос мүшені теңдеудің оң жағына шығарсақ, . Осы
теңдеудің екі жағына бірінші дәрежелі мүшенің коэффициентінің жартысының
квадратын қосақ,
.
Бұдан
(1)
шығады.
1) а≠0 болғандықтан болғанда (яғни ).
немесе Бұдан ; . (2)
Мұндағы квадрат теңдеудің дискориминанты деп аталады. (2)
формула теңдеуінің түбірлерін табатын формула болып табылады. (1)
теңдеудегі d=0 болса, онда . Бұдан теңдеуінің өзара тең екі
түбірі бар. 2) d0 болса, онда сондықтан (1) теңдеудің түбірі
блмайды.
Сонымен, теңдеуінің түбірлері a, b, c коэффициентіне тәуелді
екенін байқауға болады. Бір белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеуді шешу
үшін алдымен теңдеуді түрге келтіреді. Теңдеудегі a, b, c-ның
мәндерін формулаға қойып түбірлерін табады.
Екінші дәрежелі квадрат теңдеудің түбірлерін басқа тәсілмен табуға
болады. Ол үшін теңдеуінің екі бөлігін де 4а-ға көбейтеміз, сонда
немесе , тікелей түбір тапсақ, , бұл арадан х-ті
тапсақ, (2) формула шығады.
1-мысал. теңдеуін шешейік. а=3, b=2, c=-5 болғандықтан,
, бұдан , .
2-мысал. теңдеуін шешейік. Берілген теңдеуді түрінде
жазамыз: , . Соңғы теңдеудегі а=1, b=-2, c=2, d=b2-
4ac=, d=0. Бұдан .
Егер квадрат теңдеудің бірінші дәрежелі қосылғышының коэффициенттері
жұп сан, яғни b=2k болса, онда теңдеудің дискриминанты d=4k2-4ac=4(k2-ac),
мұны (2) формулаға қойсақ, , (3)
Сонымен, квадрат теңдеудің бірінші дәрежелі қосылғышының
коэффициенттері жұп сан болғанда теңдеудің түбірлерін (3) формуламен табу
тиімді болады.
3-мысал. теңдеуін шешейік. b=8 жұп сан болғандықтан (3) үшінші
формуланы пайдаланамыз: d=-5·3=1, , бұдан ; .
Толымсыз квадрат теңдеулерді шешу жолдарын қарастырайық.
теңдеуін шешсек, х шамасы 16-ның квадра түбірі болғандықтан, , яғни
. Мұндағы және бір белгісізі бар екінші дәрежелі толымсыз
квадрат теңдеудің түбірлері. Көрсетілген толымсыз квадрат теңдеуді шешудің
мұндай жолы тікелей түбір табу тәсілі деп аталады. теңдеуді
теңдеуінің дербес жағыдайы болады.
Теорема. Егер болса, онда теңдеуінің , қарама-
қарсы таңбалы екі шешуі болады. а санын теңдеудің сол жағына шығарсақ,
, болғандықтан арифметикалық квадрат теңдеудің анықтамасы
бойынша . Сондықтан теңдеуін жазуға болады. Мұны көбейткіштерге
жіктесек, . Яғни немесе .
Бұдан , .
1-мысал. теңдеуін шешейік. екенін ескерсек, бұдан
немесе , бұдан , .
2-мысал. теңдеуін түрінде жазамыз. Кез-келген нақты санның
квадраты теріс сан болмайтындықтан, бұл теңдеудің түбірі жоқ яғни х2≠-8.
Жалпы +n=0 теңдеуінен х2=- теңдеуін жазамыз. Бұдан х1,2=,
бұл арада болса ғана , түбірлері болады. болғанда
теңдеудің нақты түбірі болмайды. Толымсыз квадрат теңдеулерді көбінесе
көбейткіштерге жіктеу арқылы шешеді теңдеуінен х-ті жақшаның сыртына
шығарсақ, көбейтіндісі нольге тең болу керек. немесе .
Бұдан , .
Виет теоремасы бойынша квадрат теңдеулерді шешу. Екі квадрат үшмүше
тең болу үшін олардың сәйкес коффициенттері мен бос мүшелері тең болу
керек, яғни теңдеуі , , болғанда ғана орындалады.
Квадрат теңдеудің түбірлерін жіктеу арқылы тапқанда, егер ,
квадтат үш мүшенің түбірлері болса, онда
(1)
теңдігінің орындалатыны белгілі, (1) теңдеудің оң жағындағы көбейтуі
орындап ұқсас мүшелрін топтастырсақ,
теңдігін табамыз. Екі квадрат үшмүшенің теңдігінен немесе ,
. Сонғы екі теңдік квадрат үшмүшенің коэффициенттері мен түбірлерінің
байланысын анықтайтын формуланы Ұлы француз математигі Франсуа Виеттің
құрметіне Виет формулалары деп атайды. Виет формулаларын квадырат теңдеудің
түбірлерін есептейтін формулаларды пайдаланып қортуға да болады.
, формулаларынан
және
екені шығады. Дәрежелері екіден артық теңдеулер үшін де түбірлері мен
коэффициенттерінің арасындағы байланысты анықтайтын Виет формулалары бар.
Квадрат теңдеулер үшін айтылған формулалар сол формулалардың дербес
жағыдайлары. Виет формулаларының жалпы түрі жоғары оқу орындарында
қарастырлады.
1-мысал. теңдеуінің бір түбірі 2, оның екінші түбірі мен р-ның
мәнін табайық. Теңдеудің екінші түбірін десек, онда ,
Виет формуласынан бұдан -3+10=-р ,р=-7. Жауабы: х1=-, р=-7.
2-мысал. теңдеуінің бір түбірі 4, оның екінші түбірі мен бос
мүшесін табайық. Виет формуласынан , , . Жауабы: ;
. Кейбір есептерді шешкенде Виет теоремасына кері теорема қолданылады.
Теорема. Егер мен сандарының арасында ,
байланыс болса, онда бұл сандар теңдеуінің түбірі болады. Яғни .
үшмүшелігіндегі р-ның орынына , ал q-дың орынына
көбейтіндісін қойсақ,
(х-х1)=
= (х-х1)(х-х2) Сонымен (х-х1)(х-х2) теңдігі орындалады. Бұл
мен -нің теңдеуіне түбір екенін көрсетеді. Виет теорамасына кері
теораманы пайдаланып, квадрат теңдеудің дұрыс табылғанын тексеруге болады.
3-мысал. теңдеуін шешіп, түбірлерінің дұрыс табылғандығын
Виеттің кері теоремасымен тексерейік. Теңдеудің түбірлері , ,
, . Түбірлерінің қосындысы -2, ал олардың көбейтіндісі -48.
сондықтан кері теорема бойынша 6 мен -8 сандары берілген теңдеудің
түбірлері болады.
4-мысал. 2,5 пен -3 сандар түбірлері болатын екінші дәрежелі
теңдеу құрайық. Виет теоремасынан: теңдеуін жазамыз. Түрлендірсек,
немесе
5-мысал. Қосындысы 8-ге, көбейтіндісі 9-ға тең сандарды табайық. Виет
теоремасы бойынша ол сандар теңдеулерінің түбірлері болады. Бұл
теңдеуді шешсек , ізделген сандар.
1.3 ЕКІ АЙНЫМАЛЫСЫ БАР ТЕҢДЕУЛЕР
Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер. Екі айнымалысы бар
теңдеуін қарастырайық. Екі айнымалы теңдеуді ақиқат теңдікке
айналдыратындай айнымалылар мәндерінің пары теңдеудің шешімі деп аталады.
Егер х пен у айнымалылары бар теңдеу берілсе, онда оның шешімінің
жазылуында бірінші орынға х-тің мәнін, екінші орынға у-қою қабылданған.
Солай, (10; 0), (16; 2), (-2; -4) парлары х-3у=10 теңдеуінің шешімдері
болады, ал (1; 5) пар ол теңдеудің шешімі емес. Бұл теңдеудің басқада
шешімдері бар. Оларды іздестіру үшін бір айнымалыны екінші айнымалы арқылы
өрнектеу ыңғайлы, мысалы, х=10+3у теңдеуін алып х-ті у арқылы өрнектеуге
болады. у-тің кез келген мәнін таңдап алып, х-тің сәйкес мәнін есептейміз.
Мысалы, у=7 болса, онда х=10+3·7=31, олай болса, (31; 7) пары теңдеудің
шешімі болады; егер у=-2 болса, онда х=10+3·(-2)=4, олай болса, (4; -2)
пары да брілген теңдеудің шешімі болады және т.с.с. Бірдей шешімдерге ғана
ие болатындай екі айнымалысы бар теңдеулер пара-пар теңдеулер деп аталады.
Қандайда бір екі санның біреуі екіншісінен 5-ке атық екені бізге белгілі
дейік. Егер бірінші санды у әріпімен белгілесек, онда олардың арасындағы
қатынасты екі айнымалы енетін х-у=5 теңдігі арқылы жазуға болады. Мұндай
теңдіктер екі айнымалысы бар теңдеулер немесе екі белгісізді теңдеулер деп
аталады.
Екі айнымалысы бар теңдулерге басқа да мысалдар келтірейік: 5х+2у=10,
-7х+у=5, х2+у2=20, ху=12. Бұл теңдеулердің бірінші екеуі ax+ by=c (мұндағы
a,b және c сандар) түріндегі теңдеулер. Мұндай теңдеулерді екі айнымалысы
бар сызықтық теңдеулер деп атайды.
Анықтама. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеу деп ax+ by=c түріндегі
теңдеулерді айтады, мұндағы х пен у-айнымалылар, a,b және c- қандай да бір
сандар. х-у=5 теңдеуі х=8, у=3 болғанда дұрыс 8-3=5 теңдігіне айналады.
Сонда айнымалылар мәндерінің х=8, у=3 жұбы осы теңдеудің шешімі деп
аталады.
Анықтама. Екі айнымалысы бар теңдеуді дұрыс теңдікке айналдыратын
айнымалылар мәнінің жұбын теңдеудің шешімі деп атайды.
х-у=5 теңдеуінің шешімі мына сандар болатынын тексеру қиын емес:
х=105, у=100; х=4, у=-1; х=3,5, у=-1,5; Айнымалылар мәндерінің жұбын кейбір
жағыдайларда қысқаша жазады. Мысалы, жоғарыда келтірілген мәндер жұбтарын
былай жазуға болады. (105; 100); (4; -1); (3,5; -1,5). Мұндай жазуда қай
айнымалының мәнін бірінші орында, қайсысының мәні екінші орында тұратынын
білу қажет. х пен у айнымалылары бір теңдеулердің шешімдерін жазғанда
бірінші орында х-тің мәнін, ал екінші орынға у-тің мәнін жазуға келісілген.
Шешімдері бірдей болатын екі айнымалысы бар теңдеулер пара-пар теңдеулер
деп аталады.
Екі айнымалысы бар теңдеулердің қасиеттері бір айнымалысы бар
теңдеулердің қасиеттеріндей.
1) егер теңдеудегі қосылғыштың таңбасын қарама-қарсыға өзгертіп,
теңдеудің бір бөлігінен оның екінші бөлігіне көшірсек, онда берілген
теңдеуге пара-пар теңдеу шығады.
2) егер теңдеудің екі бөлігін де нольден өзге бір санға көбейтсек
немесе бөлсек, онда берілген теңдеуге пара-пар теңдеу шығады.
5х+2у=12 (1)
теңдеуін қарастырайық. Теңдеулердің қасиеттеріне сүйене отырып, осы
теңдеудегі бір айнымалыны екінші айнымалы арқылы, мысалы, у-ті х арқылы,
өрнектейік. Ол үшін 5х қосылғышының таңбасын өзгертіп, оны теңдеудің оң жақ
бөлігіне көшірейік.
2у=-5х+12
Бұл теңдеудің екі жағын да 2-ге бөлейік:
у=-2,5х+6.
(2) теңдеу (1) теңдеуге пара-пар болады. у=-2,5х+6 формуласын пайдаланып
(1) теңдеудің қанша керек болса, сонша шешімін табуға болады. Ол үшін х-ке
кез келген мән беріп, оған сәйкес у-тің мәнін есептеу жеткілікті.
Мысалы,
егер х=2 болса, онда у=-2,5·2+6=1;
егер х=0,4 болса, онда у=-2,5·0,4+6=5.
(2; 1), (0,4; 5) сандар жұптары (1) теңдеудің шешімі болады. (1)
теңдеудің ақырсыз көп шешімі бар.
Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеудің графигі. х пен у айнымалылары
бар теңдеудің шешімі болатын әрбір сандар жұбы координаталық жазықтықта
координаталары осы сандар жұбы болатын (абсциссасы х-тің мәні, ординатасы у-
тің мәні болатын) нүктені анықтайды. Барлық осындай нүктелер теңдеудің
графигін құрастырады. Екі айнымалысы бар теңдеудің графигі деп
координаталық жазықтықтың координаталары осы теңдеудің шешімдері болып
табылатын барлық нүктелерінің жиынын айтады.
3х+2у=6 теңдеуінің графигі не болатынын анықтайық.
у айнымалысын х арқылы өрнектейік:
у=-1,5х+3.
у=-1,5х+3 формуласы сызықты теңдеуді анықтайды, оның графигі түзу
болады (Сурет 1.). 3х+2у=6 және у=-1,5х+3 теңдеулері пара-пар болғандықтан,
бұл түзу 3х+2у=6 теңдеуінің де графигі болады. Осындай пайымдаулар арқылы х
пен у айнымалылары бар және де у-тің коэффициенті нольге тең болмайтын кез
келген сызықтық теңдеудің графигі түзу сызық екенін көрсетуге болады.
Егер сызықтық теңдеудегі у-тің коэффициенті нольге тең болып, ал х-тің
коэффициенті нольден өзге болса онда мұндай теңдеудің графигі түзу болады.
Мысалы, 2х+0·у=12 теңдеуін қарастырайық. Мұның шешімі х=6, ал у-кез келген
сан болатын барлық (х; у) сандар жұптары, мысалға алығанда, (6; 2), (6; 0),
(6; -4,5) жұптары болады. Теңдеудің графигі абсциссасы 6-ға, ал
ординатасы кез келген санға тең болатын барлық нүктеледен тұрады. Мұндай
нүктелер (6; 0) нүктесінен өтетін және у осіне параллель түзуді құрайды
(Сурет 2.).
Сурет 1. Сурет 2.
Сонымен, кемінде бір айнымалысының коэффициенті нольге тең болмайтын
екі айнымалысы бар сызықтық теңдеудің графигі түзу болады.
1-мысал. 3х-4у=12 теңдеуінің графигін салайық.
3х-4у=12 теңдеуіндегі айнымалылардың коэффициенттері нольден өзге.
Сондықтан оның графигі түзу болады. Түзу екі нүктемен анықталады. Түзудің
қандайда бір екі нүктесінің координаталарын табайық: егер х=0 болса, онда
у=-3; егер х=2 болса, онда у=-1,5. (0; -3) және (2; -1,5) нүктелерін
белгілейік және ол нүктелер арқылы түзу жүргізейік (Сурет 3.). Бұл түзу 3х-
4у=12 теңдеуінің графигі болады.
Сурет 3. Сурет 4.
2-мысал. 0,5х=-1,5 теңдеуінің графигін салайық. Бұл теңдеуді
0,5х+0у=-1,5 түрінде жазуға болады. Оның шешімдері х=-3, у- кез келген сан
болатын жұптары. Теңдеудің графигі (-3; 0) нүктесі арқылы өтетін және у
осіне параллель түзу (Сурет 4.).
Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйелері. Есеп. Екі санның
қосындысы 12-ге тең, ал олардың айырмасы 2-ге тең. Осы сандарды табыңдар.
Бірінші санды әрпімен, ал екінші санды әрпімен белгілейік.
Есептің шарты бойынша сандардың қосындысы, яғни . Ал сандардың
айырмасы 2-ге тең болғандықтан, .
Біз екі айнымалысы бар екі теңдеу құрдық. Есептің сұрағына жауап беру
үшін және теңдеулерінің әрқайсысын дұрыс теңдікке айналдыратын
айнымалылардың мәндерін табу қажет, яғни бұл теңдеулердің ортақ шешімдерін
табуымыз керек. Мұндай жағдайларда теңдеулер жүйесін шешу талап етілген деп
айтады.
Теңдеулер жүйесін фигуралық жақшамен жазу қабылданған. Құрылған
теңдеулер жүйесін былай жазуға болады:
Айнымалылар мәндерінің жұбы жүйенің әр теңдеуінің де
шешімі болады, өйткені және теңдіктерінің екеуі де дұрыс
болады. Осындай жұптарды жүйенің шешімі деп атайды.
Анықтама. Екі айнымалысы бар теңдеулер жүйесінің шешімі деп жүйенің
әрбір теңдеуін дұрыс теңдікке айналдыратын айнымалылар мәндерінің жұбын
атайды.
Теңдеулер жүйесін шешу дегеніміз – оның барлық шешімдерін табу немесе
шешімдерінің жоқ екенін дәлелдеу.
Екі айнымалысы бар теңдеулер жүйесін шешу үшін теңдеулердің графигін
пайдалануға болады.
Сурет 5.
теңдеулер жүйесін шешу керек болсын дейік. Координаталық жазықтыққа жүйе
теңдеулері графиктерін саламыз. Бірінші теңдеудің графигі түзуі, ал
екіншісінің графигі түзуі болады (Сурет 5.).
түзуінің кез келген нүктесінің координаталары теңдеуінің
шешімі, ал түзуінің кез келген нүктесінің координаталары
теңдеуінің шешімі болады. Түзулердің қиылысу нүктесінің координаталары
бірінші теңдеуді де, екінші теңдеуді де қанағаттандырады, яғни жүйенің
шешімі болады. Графиктер нүктесінде қиылысады. Олай болса, жүйенің
бір ғана шешімі бар: ,
Теңдеулер жүйесін шешкенде біз қолданған бұл тәсілді график тәсіл деп
атайды. График тәсіл әдетте шешімдерді жуықтап табуға ғана мүмкіндік
беретінін ескертеміз.
Әрқайсысындағы айнымалылардың кемінде біреуінің коэффициенті нөлден
өзге болатын екі айнымалысы бар екі сызықтық теңдеулер жүйесін
қарастырайық. Мұндай жүйенің әр кезде де шешімі бар бола ма, ал шешімі бар
болса, ол нешеу болады, соны анықтайық. Теңдеулердің графиктері түзулер
болады. Егер ол түзулер қиылысатын болса, онда жүйенің бір ғана шешімі бар
болады егер түзулер параллель болса, онда жүйенің шешімі жоқ болады, егер
түзулер беттесетін болса, онда – ақырсыз көп шешімі бар болады.
1-мысал.
теңдеулері жүйесінің неше шешімі бар екен, соны анықтайық.
Берілген жүйе теңдеулерінің графиктері өзара қалай орналасқанын
қарастырайық. Ол үшін әрбір теңдеудегі ті арқылы өрнектейік,
сонда:
және теңдеулері арқылы сызықтық функциялар берілген. Бұл
функциялардың графиктері болатын түзулердің бұрыштық коэффициенттері әр
түрлі, олай болса, бұл түзулер қиылысады және жүйенің жалғыз ғана шешімі
бар болады.
2-мысал.
теңдеулері жүйесінің неше шешімі болатындығын қарастырайық.
Әрбір теңдеудегі ті арқылы өрнектейік:
және сызықтық функцияларының графиктері параллель түзулер,
өйткені олардың бұрыштық коэффициенттері бірдей де, осімен қиылысу
нүктелері әртүрлі. Бұдан берілген теңдеулер жүйесінің шешімдері
болмайтындығы шығады.
3-мысал.
теңдеулері жүйесінің неше шешімі болатындығын анықтайық.
Жүйенің әрбір теңдеуіндегі ті арқылы өрнектеп, мынаны
шығарып аламыз:
Теңдеулердің графиктері дәл беттесетін ақиқат. Ол қалауымызша
алынған сан, ал болатындай кез келген пары теңдеулер жүйесінің
шешімі болатындығын білдіреді. Жүйенің ақырсыз көп шешімі бар болады.
1.4 Иррационал теңдеулер мен теңсіздіктер
Айнымалысы түбір белгісінің астында тұратын теңдеу иррационал теңдеу
деп аталады.
Иррационал теңдеулерді шешу барысында төмендегі ережелерді есте
ұстаған жөн:
1°. Иррационал теңдеулерден жұп дәрежелі түбірден тек арифметикалық
түбірлері ғана алынады. Былайша айтқанда түбір астындағы шама – теріс сан
болса, онда түбірдің мағынасы болмайды, ал егер нольге тең болса, онда
түбірден шығатын шама да нольге тең, егер түбір астындағы шама оң мәнді
болса, теңдеу түбірі де оң болады.
2°. Теңдеуге кіретін барлық тақ дәрежелі түбір, -түбір астындағы
өрнектің барлық нақты мәндерінде анықталған. Түбірден шығатын шама теріс
болады, егер түбір астындағы өрнек теріс болса, нольге тең, егер түбір
астындағы өрнек нольгетең болса, оң сан болады, егер түбір астындағы өрнек
оң сан болса.
Мысалы, - мағынасы жоқ
т.с.с.
Иррационал теңдеулерді шешудің негізгі, тәсілдері:
1) түбірі бар өрнектерді теңдіктің бір жағына, қалған мүшелерін екінші
жағына шығарып, теңдіктің екі жағын да түбір көрсеткіштің дәрежесін көрсеті
2) көмекші белгісіздер енгізу арқылы теңдеуді стандартты (қарапайым)
түрге клтіру
3) әртүрлі түрлендірулер мен әдіс – амалдар қолданып, теңдеуді
ықшамдау.
Мысалы, мына теңдеу: .
1 – мысал. теңдеуін шешейік.
Бұл теңдеудің екі жақ бөлігін де квадрат дәрежеге шығарамыз, сонда
шығады, бұдан , яғни не табылады.
Енді осы табылған сандар теңдеулерді шешімдері бола ма, соны
текскрейік. Шынында да оларды осы теңдеуге қосайық, тура теңдіктер шығады:
және
Олай болса, және - берілген теңдеудің шешімдері.
2 – мысал. теңдеуін шешейік.
Теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарайық: .
Ықшамдағаннан кейін мынандай квадрат теңдеу шығады: , мұның
түбірлері: және . Осы табылған сандар берілген теңдеудің
шешімдері бола ма, соны тексерейік. 4 санын теңдеуге қойғанда тура
теңдік шығады, яғни 4 саны – берілген теңдеудің шешімі. Ал 1 санын қойсақ,
онда оң жағында – 1 саны шығады. Демек, 1 саны теңдеудің шешімі бола
алмайды; оны бөгде түбір дейді (теңдеуді осы тәсілмен шешу нәтижесінде
пайда болған). Жауабы: .
Біз иррационал теңдеуді шешкенде табылған шешімдерді тексеру қажет
болатынын көріп отырамыз, сондықтан да, мысалы, тура емес теңдікті квадрат
дәрежеге шығарғанда тура теңдік шығуы мүмкін. Шынында да, тура емес 1= -
1 теңдігін квадрат дәрежеге шығарғанда тура теңдік 12 = (- 1)2 шығады.
3 – мысал. теңдеуін шешейік.
Бұл теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарайық: , бұдан
мынандай квадрат теңдеу шығады: , мұның түбірлері: және
Сонда – 1 саны бұл теңдеудің түбірі бола алмайтыны бірден – ақ
байқалады, өйткені болғанда бұл теңдеудің екі жағы да
анықталмайды. Теңдеуге 2 санын қоғанда мынандай тура теңдік шығады: .
Демек, берілген теңдеудің шешімі тек 2 саны ғана болады.
4 – мысал. теңдеуін шешейік.
Бұл теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарайық: және
. Орнына қоя отырып, 5 саны теңдеудің түбірі бола алмайтынына көз
жеткіземіз. Сондықтан теңдеудің шешімдері болмайды. Кейде иррационал
теңдеулерді мәндес ауыстыруларды қалданып шешкен ыңғайлы.
Иррационал теңдеулер мен теңсіздіктерді шешкенде, әлдебір
түрлендірулер арқылы оларды рационал теңдеулер мен теңсіздіктерге, немесе
теңдеулер мен теңсіздіктер жүйесіне алмастырамыз. Мұнда қолданылатын
түрлендірулерге айнымалыларды алмастыру мен көбейткіштерге жіктеуден өзге,
теңдеу немесе теңсіздіктің екі жағында бірдей дәрежеге шығару жатады. Осы
түрлендірулер барысында шешімдерді жоғалтып алмас үшін, мүмкіндігінше
теңдеу мен теңсіздіктердің анықталу аймағы мен шешімдердің мәндер аймағын
тауып алған жөн.
Мысалы, теңдеуін шешкенде, теңдеудің сол жағында түбірлердің
айырымы тұрғаны ескеріледі, яғни х әрбір мәні үшін х—3х+9болады, ал ,
десек бұл айырым әрқашан теріс болады, сондықтан түбірінің теріс емес
мәніне тең болуы мүмкін емес. Яғни, бұл теңдеудің шешімі болмайды.
теңдеуін шешкенде алдыменен анықталу аймағын табамыз. Ол аймақ
х—2 0 және 5—х 0 шарттары арқылы анықталады. Соныменен, .
(1 шарт)
Теңдеудің сол жағы екі квадрат түбірдің қосындысы болғандықтан,
әрқашан теріс емес сан болады, сондықтан теңдеудің барлық мүмкін мәндері
шартын қанағаттандыруы қажет. Бірақ бұл шарт бірінші шартқа қайшы
келеді, сондықтан теңдеудің мүмкін мәндер аймағы бос болады, демек
теңдеудің шешімдері болмайды.
теңсіздігін шешкенде алдыменен оның анықталу аймағын анықтайық.
Ол аймақ х—2 0, немесе х2 шарттары арқылы анықталады. Бұл
аймақта теңсіздіктің сол жағы теріс емес болғандыктан, тағы бір шарт
орындалуы қажет: теңсіздіктің оң жағы да теріс емес болуы керек, яғни
1—х0, немесе . Бұл шарт алдындағы шартына қайшы
болғандықтан теңсіздіктің шешімі болмайды.
1.5 Үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулерді шешу
Үшінші дәрежелі теңдеулерді шешу.
1. Екі мүшелі хn-a=0 теңдеуінің бір мәні әдетте радикал деп
атайды. Алгебралық теңдеудің түбірін оның коэффициенттерін қосу, алу,
көбейту, бөлу, дәрежелеу және түбірлеу амалдарымен табу теңдеуді радикалды
шешу проблемасы деп аталынады.
2. Комплекс коэффициентті:
x3+ах2+bx +c=0 (1)
үш дәрежелі алгебралық теңдеу беріліп оның аға коэффициенті бірге тең
болсын. Егер ол бірден ерекше болса,онда сол коэффициентке бөлу арқылы оны
бірге теңестіруге болады. Егер (1) теңдеуге х=у- алмастыруын
қолдансақ, онда толық емес деп аталатын үш дәрежелі
у3+ру+q=0 (2)
мұнда р=; q= теңдеу шығады. (2) теңдеудің шешімін табу үшін у=u
+ υ, мұнда u мен υ екі жаңа белгісіз, алмастырып оны (2)-ге қосақ, онда
(u+ υ)3+p(u+ υ)+q=0
болады, бұл теңдікте жақшаны ашып мүшелеп топтастырсақ, онда
(u3+ υ3+q) + (3uυ + p) (u + υ)=0
Бір белгісіз у-тің орынына екі белгісіздер u мен υ енгізілуіне
байланысты олар 3uυ + p=0, болса uυ=- теңдіктерін
қанағаттандыратындай таңдап алынады. Бұл орындалатын шарт. Себебі Вьета
формуласы бойынша мұндай u мен υ белгісіз u+ υ=у есте болуға тиіс
ξ2-у ξ-=0
теңдеуін қанағаттандыруға тиіс. Бұл шарттан соң (2) теңдеуді
u3+ υ3=-q, u3+ υ3=-
түрінінде жазуға болады. Соңғы теңдіктер Вьета формуласы бойынша
z2+qz-=0
Ал бұдан
z=-
олай болса
u= υ=
Сонымен толық еме (2) теңдеудің шешімі
у= u+ υ=+ (3)
Бұл формула Кардано формуласы деп аталады. (3) формула дәрежелі екі
u=; υ=
радикалдың әрқайсының үш мәні бар, u+ υ қосындысы үшін тоғыз мәннің тең
үшеуі ғана керек, оларды
u· υ=- (4)
шарты орындалатындай таңдап аламыз. u1, υ1 арқылы (4) шартты
қанағаттандыратын мәндерді, ал ε –үш дәрежелі түбірдегі бірдің бір алғашқы
мәнән белгілесек, онда қалған екі мән u2= ε u1, u3= ε2 u1. Бұл мәндерге
сәйкес υ2= ε2 υ1, υ3= ε2 υ1, себебі (ε u1)(ε2 u1)= ε3 u1 υ1= u1
Сондықтан әр υ-ға сәйкес υ-ның мәндерін қосақ, онда у1= u1+ υ1,
у2= ε u1+ ε2υ1, у3= ε2 u1+ ε υ1,
Ал ε=, ε2= болуынан, ақырында у1= u1+ υ1,
у2=-( u1+ υ1)+( u1- υ1), у3=-( u1+ υ1)-( u1- υ1)
(5)
Теорема. Кардона формуласындағы квадратты радикал астындағы
дискриминант нольден ерекше болса, онда (2) теңдеудін әртүрлі үш
түбірі бар.
Дәлелдеу. Алдымен u1≠ υ, ε u1≠ υ, u1≠ ε υ1 мұнда ε үш
дәрежелі түбірдің бірдің алғашқы мәні, теңсіздіктерін көрсетейік. Егер u1=
υ, ε u1= υ, u1= ε υ1 теңдіктерінің әрқайсысын кубтасақ, онда
шығады, яғни
теңдеуінің екі өзара тең түбірі бар. Ал бұл болуы мүнкін емес, себебі
ол теңдеудің дискриминанты нольден ерекше.
Енді (5) формулалардан у2≠у3 шығады, өйткені у2=у3 болса, онда
u1=1. Егерде у1=у2 болса, онда ε у1= ε у2, яғни ε( u1+ υ)= ε(ε u1+ ε2
υ) болмаса ε u1+ ε υ1= ε2 u1+1, бұдан ε(1-ε) u1=(1-ε) υ1 немесе (1-ε)
қысқартқан соң ε2 u1=1 теңдігін аламыз. Ал бұл ≠0 болғанда
орындалмайды у2≠у3 дәлелдеу осыған ұқсас. Егер р≠0, q≠0 болғанда =0
болса, онда u=. Бұл мәнді ықшамдауға болады. Атап айтқанда =
Ал +=0 теңдігінен =сондықтан u1= бұдан u-тің бір
мәні ретінде u1=-= = алуға болады. Бұған сәйкес 1=ның мәні
1 =-=u1
Сонымен (5) формулаларға назар аударсақ у1= u1+1=21=, y2=-
u1=-, y3=- u1=- сонымен =0 p0 q0 (2) теңдеудің екі
тең түбірі y2= y3 бар, бүл жолы
у1=, y2= y3=-
(6)
Мысалы, х3-12х+16=0 теңдеуінде =108 Ендеше х1==-4, x2= x3=-
=2. Бұған дейін куб теңдеудің коэффициенттері комплекс сандар деп
қарастырылып келеді. Енді толық емес
х3-рх + q=0
(7)
теңдеудің коэффициенттері нақты болсын. Мына үш жағыдай болуы мүнкін, 1.
0 2. =0 және 3. 0
1. 0 Бұл жағыдайда (7) теңдеуінің әртүрлі үш түбірі бар. Егер
u= мәнін қарастырсақ, онда себепті куб түбірде нақта сан. Сондықтан u1-
дің ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
Пәндер
- Іс жүргізу
- Автоматтандыру, Техника
- Алғашқы әскери дайындық
- Астрономия
- Ауыл шаруашылығы
- Банк ісі
- Бизнесті бағалау
- Биология
- Бухгалтерлік іс
- Валеология
- Ветеринария
- География
- Геология, Геофизика, Геодезия
- Дін
- Ет, сүт, шарап өнімдері
- Жалпы тарих
- Жер кадастрі, Жылжымайтын мүлік
- Журналистика
- Информатика
- Кеден ісі
- Маркетинг
- Математика, Геометрия
- Медицина
- Мемлекеттік басқару
- Менеджмент
- Мұнай, Газ
- Мұрағат ісі
- Мәдениеттану
- ОБЖ (Основы безопасности жизнедеятельности)
- Педагогика
- Полиграфия
- Психология
- Салық
- Саясаттану
- Сақтандыру
- Сертификаттау, стандарттау
- Социология, Демография
- Спорт
- Статистика
- Тілтану, Филология
- Тарихи тұлғалар
- Тау-кен ісі
- Транспорт
- Туризм
- Физика
- Философия
- Халықаралық қатынастар
- Химия
- Экология, Қоршаған ортаны қорғау
- Экономика
- Экономикалық география
- Электротехника
- Қазақстан тарихы
- Қаржы
- Құрылыс
- Құқық, Криминалистика
- Әдебиет
- Өнер, музыка
- Өнеркәсіп, Өндіріс
Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.
Ақпарат
Қосымша
Email: info@stud.kz