Теңдеулер теориясы

Жұмыс түрі: Реферат
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 15 бет
Таңдаулыға:

Ы. Алтынсарин атындағы гимназия.

Тақырыбы: Мектеп математикасындағы теңдеу ұғымы.

Ғылыми жетекшісі: физика - математика ғылыдарының

кандидаты, доцент КПИ, физика

математика факультетінің деканы

Ысмағұл Р. С .

Дайындаған: Әбенова Сәуле.

Арқылық - 2005 жыл.

Жоспар.

Кiрiспе бөлiм. Теңдеулер теориясы.
Негiзгi бөлiм. Теңдеулердi классификациялау. Тригонометриялық теңдеулер. Теңдеулердi графиктiк тәсiлмен шешу.

III. Қорытынды.

1. Теңдеулердің қоғамдық өмірдегі пайдасы.

Кiрiспе.

Теңдеу ұғымы мектеп математикасындағы iргелi ғылым таным көздерiнiң бiрiне саналады. Теңдеу ұғымынсыз толық мәндi математикалық бiлiм, математикалық iскерлiк және қажеттi математикалық дағды қалыптастыру iс жүзiнде мүмкiн емес. Теңдеудiң орны мен маңызын, жалпы танымдық арналуын терең түсiну барысында ғана оқушылардың ғылыми көзқарасын баянды қалыптастыруға пәрмендi негiз жасалады.

Теңдеулердi шешу барысында жалпы математикада теңбе-теңдiктердiң маңызы ерекше бағаланады. Теңбе-теңдiктер қатынасын сақтай отырып жасалатын мақсатты түрлендiрулер құрылымы күрделi өрнектерден жай өрнектерге көшудi көздейдi. Нәтижеде математикалық объектiге сынарлы талдау жасауға, түпкiлiктi қорытынды жасауға логикалық мүмкiндiк туады. Сондықтан теңбе-теңдiктер теориясы оқушылардың математикалық iскерлiктерi мен дағдыларының қалыптасуында, дамуында шешушi маңыздардың бiрiне ие болады.

Теңбе-теңдiктердi жетiк меңгеру, математикалық абстракциялар мен материалдық болмыс арасындағы қажеттi байланыстар мен қатынастарды бәсеңдетпейдi. Керiсiнше, оларды өзара жақындығын айқындайды.

Мұғалiмнiң осы бағыттағы оқушылар ойынан шығуға тиiстi ғылыми- практикалық мәнi бар түсiндiрулерi жалпы ауқымды байланыстар мен қатынастарды тереңiрек түсiнуге көмектеседi.

Құбылыстар мен заттар арасындағы байланыстар мен қатынастарда теңбе-теңдiктер ерекше жағдайларда ғана лездiк күйде байқалуы, сезiлуi немесе тұжырымдалуы мүмкiн мысалы, көлемi белгiлi және салмағы берiлген, булануы мардымсыз сұйықты алдымен ысытып, соңынан дәл сондай бапта суытқанда, ұлғаюдағы кезеңдiк күйлерiне сәйкес келедi.

Теңдеулердiң күрделi түрде берiлулерi аз кездеспейдi. Мүндай жағдайларда, теңдеулердiң шешiмдерi талдау жасауға ыңғайлы, шағын болатындай түсiндiрулердiң орындалуы қажет-ақ. Түрлендiрулер барысында теңдеудiң шешiмдерiнiң сақталуы басты мақсаттардың бiрiне саналады. Осыдан теңдеулер теориясы туындайды.

Берiлген теңдеудiң екi жағына, белгiсiздiң барлық болуы мүмкiн мәндерiнде мағынасын сақтайтын өрнектi қосуға болады және бұл жағдайда берiлген теңдеуге мәндес теңдеу шығады.

Аталған тұжырымдардан, белгiсiздiң барлық болуы мүмкiн мәндерде берiлген теңдеудi көбейткiштерге жiктеп, олардың әрқайсысын нольге теңестiрiп, теңдеудiң екi жағын бiрдей көбейткiшке бөлу, бiрдей дәрежеге шығару салдар ретiнде шығады.

Бұл аталған тұжырымдарда, қатаң математикалық логикамен бiрге, материалдық негiз бар. Таразының екi жағын мүмкiн болғанша дәлме-дәл теңестiргеннен кейiн, осы байланысты бәсеңдетпей, таразының екi жағына ауырлықтары бiрдей салмақтарды қосуға, еселеп қосуға, екi жағынан бiрдей салмақтарды алуға, еселеп алуға болады. Дәл осылай ұзындықтары, аудандары, көлемдерi тең материалдық болмыстарға екi жақты бiрдей әрекеттер жасауға болады. Түптей келгенде, қатаң математикалық тұжырымдардың бастау көзi жеткiлiктi қайталау нәтижесiнде, санаға сiңген практикалық қызметте жатыр. Теңдеулердi оқытып үйрету кезiнде олардың мазмұндық қағидаларын қоғамдық практикаға құра бiлген мұғалiм көп нәрсенi ұтады. Бiрiншiден, оқушылар теңдеулердiң материалдық болмыстағы сан алуан байланыстарды ашуға, түсiндiруге танып бiлуге арналған аса пәрмендi модельдiк құрал екенiн түсiнедi. Екiншiден, жеке оқушылар практикалық пайдалы жақтарын өздерiнiң танымдық iс-әрекеттерiнде қолдануға талпыныс бiлдiретiн болады. Үшiншiден, оқушылардың математиканы саналы меңгеруге ынтасы артады. Оқушылардың ғылыми көзқарасын қалыптастыруға жасалатын осындай игi қадамдар, екi жақты жүйелi еңбек, мақсатқа сай жүзеге асқанда ғана мол жемiсiн бередi.

Негiзгi бөлiм.

Теңдеулердi классификациялау.

Теңдеулердi белгiсiзге қолданылатын амалдарға байланысты классификациялайды, яғни түрлерге бөледi. Егер белгiсiз шамаға саны шектелген қосу, азайту, көбейту, бүтiн дәрежеге дәрежелеу және түбiр табу операциялары орындалса, онда теңдеудi алгебралық теңдеу дейдi. Егер белгiсiз шамаға иррационал дәрежеге дәрежелеу, логарифм алу, тригонометриялық функциялар сияқты басқа операциялар орындалса, онда теңдеудi трансцендент теңдеу дейдi. Мысалы:

Х ^2/3 + х √ 2 = 3х

х ² + 1 - алгебралық теңдеу

х ^2/3 + 5х√ ³ = 4

2х - 5 - трансцендент теңдеу

Егер белгiсiз шамаға қолданылатын амалдардың iшiнде түбiр табу операциясы болмаса, яғни қосу, азайту, бүтiн дәрежеге дәрежелеу, көбейту және бөлу операциялары орындалса, онда теңдеудi рационал алгебралық теңдеу дейдi. Егер белгiсiз шамаға қолданылатын операциялардың iшiнде түбiр табу амалы болса, онда теңдеудi иррационал алгебралық, қысқаша, иррационал теңдеу дейдi. Мысалы:

2х ² + 1 = 5х

3х - 1 - рацианал алгебралық теңдеу

√ х ² - 5х + 1 = х - 1 - иррационал алгебралық теңдеу

Рационал теңдеу бүтiн және бөлшек рационал теңдеулер болып екiге бөлiнедi. Егер белгiсiз шамаға қосу, азайту және көбейту амалдары қолданылса, онда теңдеудi бүтiн рационал теңдеу дейдi. Егер белгiсiз шамаға қолданылған операциялардың iшiнде бөлу операциясы болса, онда теңдеудi бөлшек рационал теңдеу дейдi. Мысалы:

3х ² - 5х = 7х ³ + 1 - бүтiн рационал теңдеу.

7х ³ - 1 = 3х

2х + 5 - бөлшек рацианал теңдеу

Егер белгiсiз шамаға қосу, азайту және тұрақты санға көбейту амалдары орындалса, онда бүтiн рационал сызқтық теңдеу дейдi, басқаша айтқанда, теңдеудiң құрамындағы функциялар бiрiншi дәрежелi көпмүшелiктер болса, онда теңдеудi сызықтық теңдеу деп атайды. Теңдеудiң құрамындағы функциялар жоғары дәрежелi көпмүшелiктер болып келген теңдеудi жоғары дәрежелi теңдеу дейдi. Мысалы:

5х - 6 = 3х + 1 - сызықтық теңде уi.

10х ⁷ - 3х ² + 1 = 0 - жоғары (жетiншi) дәрежелi теңдеу.

Алдынан және соңынан бiрдей қашықтықта тұратын мүшелерi коэфиценттерi бiрдей болатын ax ⁿ + bx ^n-1 + ex ^n-2 + …+ cx ² +bx+a=0 ьүтін рационал теңдеуді қайталамалы теңдеу дейді. Мысалы:

2х ⁵ + 3х ⁴ + 8х ³ + 8х ² + 3х + 2 = 0 - қайталамалы теңдеу.

Алгебралық теңдеулер сияқты, трансцендент теңдеулер де белгісіз шамаға қолданылатын амалдарға байланысты көрсеткіштік, логарифмдік, тригонометриялық және кері-тригонометриялық теңдеулерге бөлінеді.

Жоғарыда айтылған теңдеулердің классификациясын мынадай схема арқылы көрсетуге болады:

Теңдеу.

Алгебралық Трансцендент .

Рационал Иррационал

Көрсеткiштiк

Бүтiн рационал Бөлшек рационал Логарифмдiк

Тригонометриялық

Қайталамалы Сызықтық

Керi

Жоғары дәрежелi рационал тригонометриялық

Иррационал

Көрсеткiштi дәрежелiк

Теңдеулерді жоғарыда айтылғандай етіп түрлерге бөлу тек салыстырмалы ғана бөлу болады. Теңдеулердің құрамындағы функциялардың ішінде алгебралық функциямен бірге трансцендент функция болса, онда теңдеуді трансцендент теңдеу дейді, бірақ бұл жағдайда көрсеткіштік, логарифмдік және тағы басқа түрлерге бөлінбейді. Мысалы: 2lgx + (x ² - 3x + 2) ² = 0 - трансцендент теңдеу. Бұл теңдеуді логарифмдік немесе алгебралық теңдеу деп атауға болмайды.

Трансцендент теңдеулердің бірі көрсеткіштік теңдеулермен танысайық.

Белгісіз шама дәреже көрсеткішіне енетін теңдеулерді көрсеткіштік теңдеу деп атайды.

Мұндай теңдеулерге, мысалы, 3 ^х = 2 ^х-1 ; 5 ^{х - 6} - 1= 0 тағы басқа теңдеулер жатады.

a ^x =b (1)

теңдеуі жай көрсеткіштік теңдеу болып табылады, мұндағы a мен b - берілген оң сандар (а ≠ 1), х - белгісіз шама. Мұндай теңдеудің жалғыз түбірі х = log _a b болады. Күрделірек көрсеткіштік теңдеулер көбінесе не алгебралық теңдеулерге не (1) теңдеудің түріне келтіріледі.

Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің негізгі тәсілдерін мынадай мысалдар арқылы қарастырайық.

I. Мына теңдеуді шешу керек:

5 ^х-6 =5 ^15-12х

Мұнадай теңдеулерді шешу дәрежелердің мына қасиетіне негізделеді: егер 1-ден өзгеше бірдей оң санның дәрежелері тең болса, онда олардың көрсеткіштері де тең болады. Бұл жағдайда дәрежелердің қасиеті бойынша:

х - 6 = 15 - 2x

бұдан x = 7.

Тексеру. х = 7 болғанда 5 ^х-6 = 5, 5 ^15-2х = 5 болады. Демек, х = 7 - берілген теңдеудің түбірі.

Жауабы: х = 7.

Мына теңдеу де осылай шешіледі:

49 ^х = (1/7) ^х2

Шынында да, 49 ^х = (7 ² ) ^x = 7 ^2x ; (1/7) ^x = (7 ^-1 ) ^x = 7 ^-x .

Сондықтан 7 ^2х = 7 ^-x , бұдан 2x = -x ² не x ₁ = 0; x ₂ = -2.

Тексеріп қарасақ, х- тің осы екі мәні де берілген теңдеуді қанағаттандырады.

Жауабы: x ₁ = 1; x ₂ = -2.

Егер b саны a-ның бүтін дәрежесі болатын болса, a ^x = b көрсеткіштік теңдеуін де осы принциппен шешуге болады. Мысалы, егер 3 ^х = 27 болса, онда 27-ні 27 = 3 ³ деп, былай жазамыз: 3 ^х = 3 ³ бұдан х = 37

II. Кей жағдайда белгісіз шама енгізу арқылы көрсеткіштік теңдеу алгебралық теңдеуге келтіріледі. Айталық, мысалы, мына теңдеуді шешу керек болсын.

4 ^х + 2 ^х - 6 = 0.

2 ^х -ні у арқылы белгілейік. Сонда 4 ^x = (2 ² ) ^x = 2 ^2x = (2 ^x ) ² = y ² болады. Сондықтан берілген теңдеу мына квадрат теңдеуге келтіріледі:

y ² + y - 6 = 0,

бұдан у ₁ = 2; у ₂ = -3. Ал у = 2 ^х . Демек, егер тек берілген теңдеудің түбірі болатын болса, онда олар не 2 ^х = -3 теңдеуін қанағаттандыруы тиіс. Бұл теңдеулердің біріншісінің х = 1 түбірі болады, ал екіншісінің түбірі болмайды, өйткені 2 ^х өрнегі теріс мәнге тең болуы мүмкін емес. Сонымен шығатыны: х =1.

Тексеру. х = 1 болғанда

4 ^х + 2 ^х - 6 = 4 ¹ + 2 ¹ - 6 = 0.

Олай болса, х = 1 - берілген теңдеудің түбірі.

Жауабы: х = 1.

III. Мына теңдеуді шешу керек:

2 ^х = 3 ^х

Теңдеудің екі жақ бөлігін де 3 ^х -ке бөліп (оған бөлуге болады, өйткені х-тің кез-келген мәнінде 3 ^х >0), табатынымыз (2/3) ^х = 17

Алайда 1 = (2/3) ⁰ . Сондықтан x = 0 болады.

Тексеріп қарасақ, мұның шынында да берілген теңдеудің түбірі екенін көреміз.

Жауабы: х = 0.

Мына теңдеу де сол сияқты шешіледі: 5 ^2х = 7 ^3x .

Шынында да, 5 ^2x = (5 ² ) ^x = 25 ^x ; 7 ^3x = (7 ³ ) ^x = 343 ^x .

Сондықтан берілген теңдеуді былай да жазуға болады.

25 ^х = 343 ^х .

Бұдан, алдыңғы жағдайдағы сияқты, х = 0 шығады.

Ал ендi Логарифмдiк теңдеулердi шешудiң негiзгi тәсiлдерiмен танысайық.

Белгiсiз шама логарифм таңбасымен алынатын теңдеулердi логарифмдiк теңдеулер деп атайды.

Мұндай теңдеулерге, мысалы, log x = 5; log (x-1) = 0 тағы сол сияқты теңдеулер жатады. Логарифмдiк теңдеулер де, көрсеткiштiк теңдеулер сияқты, трансцендент теңдеулер болып табылады.

Логарифмдiк теңдеудiң жай түрi мынау:

Log _а x = b,

мұндағы а мен b - берiлген сандар, ал х - белгiсiз шама. Егер а - оң сан болып және бiрге тең болмаса, онда теңдеудiң жалғыз түбiрi болады:

x = a ^b .

Күрделiк логарифмдiк теңдеулердiң шешулерi әдетте не алгебралық теңдеудiң, не (1) теңдеудiң шешуiне келтiредi. Мұны мына дербес мысалдар арқылы түсiндiрейiк.

Мына теңдеудi шешу керек:

Log _х (x - 3x + 6) = 2.

Логарифмнiң анықтамасы бойынша, бұл теңдеуден шығатыны:

x = x - 3x + 6, бұдан x = 2.

Тексеру. х= 2 болғанда

Log _х (x - 3x + 6) = Log ₂ (4- 6+6) = Log ₂ 4= 2

Демек, х = 2- берілген теңдеудің түбірі

Жауабы: х = 2

II . Мына теңдеуді шешу керек:

lg (x ² - 17) = lg(x + 3)

осы сияқты теңдеулердің шешуі логарифмінің мына қасиетіне негізделген: егер екi санның бiрдей негiздi логарифмдерi тең болса, онда сол сандардың өздерi де тең болады. Логарифмдердiң осы қасиетiнен, егер берiлген теңдеудiң түбiрi болатын болса, онда олардың

x ² - 17 = x + 3

Теңдеуiн қанағаттандыратындығы шығады.

Бұдан

X ₁ 5, x ₂ -4

Тексеру. x = 5 болғанда

lg (x ² - 17) = lg8; lg(x + 3) = lg8.

Демек, х = 5 - берiлген теңдеудiң түбiрi. x = -4 болғанда берiлген теңдеудiң оң жағы да, сол жағы да анықталмайды, өйткенi x - 17 = -1 < 0 және x + = -1 < 0. Олай болса, x = -4

Берiлген теңдеудiң түбiрi емес.

Жауабы: х = 5.

Тағы мынадай бiр теңдеудi қарастырайық:

2lg(x - 1) = 1/2lgx ⁵ - lg x (2)

Былайша түрлендiрейiк:

2lg(x-1) = lg(x - 1) ² ,

1/2lgx ⁵ - lg x = lg x ^5/2 -lgx ^1/2 =lgx ^5/2 / х ^1/2 =lgx .

Сонымен, бiз (2) теңдеуден мына теңдеуге келдiк:

lg(x - 1) = lgx .

Бұдан шықатыны: (x - 1) = x немесе x = 1/2. Ал x = 1/2 болғанда (2) теғдеудiң сол жағы анықталмайды (x-1= -1/2<0), олай болса, берiлген теңдеудiң түбiрi жоқ.

Алайда 1/2 саны (3) теңдеудiң түбiрi болып табылатындығын ескере кетейiк. Сонымен, (2) мен (3) теңдеулер бiрiмен-бiрi эквиваленттi емес. Осының өзi логарифмдiк теңдеулердi шешкенде табылған мәндердi тексерiп көрудiң қажет екендiгiн көрсетедi. Олардың арасында «бөгде» түбiрлер жиi ұшырап отырды.

III. Кейбiр логарифмдiк теңдеулер жаңа белгiсiз шам Жоспар.

Кiрiспе бөлiм.

Теңдеулер теориясы.

Негiзгi бөлiм.

Теңдеулердi классификациялау.

Тригонометриялық теңдеулер.

Теңдеулердi графиктiк тәсiлмен шешу.

III. Қорытынды.

log x екенiн ескерсек, шығатыны: егер log x = -2 болса, онда x = 1/9, егер де log x = 5 болса, онда x = 243 болады. Тексере келе, х-тiң екi мәнiнің де берiлген теңдеудi қанағаттандратындығын бiлуге болады.

Жауабы:

x = 1/9, x = 243.

Кейбiр теңдеулер мүшелеп логарифмдеу жолымен

шешiледi. Айталық, мысалы, мына теңдеу берiлсiн:

x = lg100

Бұл теңдеудi мүшелеп логарифмдеймiз:

lg(x) = lg100,

(lgx - 1) lgx = 2.

lgx-тi y әрпiмен белгiлеп, мына квадрат теңдеуге келемiз:

у - у - 2= 0;

мұның түбiрлерi: у = -1, y = 2. y = lgx екенiн еске түсiрсек, шығатыны: не lgx = -1, олай болғанда x = 0, 1; не lgx = 2, олай болғанда x = 100.

Тексеру. x = 0, 1 болғанда

x = 0, 1 =0, 1 = =100;

олай болса, x = 0, 1 - берiлген теңдеудiң түбiрi. x = 100 болғанда

x = 100 =100,

олай болса, x = 100 де берiлген теңдеудiң түбiрi.

Жауабы:

x = 0, 1; x = 100.

V. Кейбiр логарифмдiк теңдеулердi шешкенде бiр негiздi логарифмнен екiншi негiздi логарифмге ауысу формуласын пайдалану тиiмдi болады:

log b

log a

Мысалы, мына теңдеудi шешейiк:

logx + logx = 1.

Ол үшiн негiздерi 2 мен 3 логарифмдерден негiзi 10 логарифмге көшемiз:

lgx lgx

lg2 lg3

Сонда берiлген теңдеудiң түрi мынадай болады:

lgx lgx

lg2 lg3

бұдан

lg2 lg3 lg2 lg3

lg2 + lg3 lg6

Сондықтан

X= 10 ^{(lg 2 lg 3) / lg 6} =(10lg ² ) ^{lg 3 / lg 6} = 2 ^{lg 3 / lg 6}

Қажет болған жағдайда х-тің осы мәнін логарифмдік таблицалардың көмегімен табуға болады.

Тексеру. х-тің табылған мәнінде

log ₂ x = lgx / lg2= 1/ lg2 lg (10 ^{( lg2} ^{* lg 3 ) / lg6} ) = 1/ lg2* (lg2* lg3) /lg6=lg3/lg6

Осы сияқты

log ₃ x = lg2 / lg6

Сондықтан

log ₂ x +log ₃ x = lg3 / lg6 + lg2 / lg6 = (lg3+lg2) / lg6 = lg6 / lg6 = 1.

Демек, х-тің табылған мәні берілген теңдеудің түбірі болып табылады.

Жауабы: х = 2 ^{lg3 / lg 6}

Тағы бір теңдеуді қарастырайық

log ₂ x + log _x 2 = 2

Ал log _x 2 =1 /log ₂ x болғандықтан, log ₂ x-ті y арқылы белгілесек:

у +1/у=2

бұдан у=1. Олай болса, log ₂ x=1 және x=2. Тексере келе, x= 2-нің берілген теңдеудің түбірі екендігін анықтаймыз

Жауабы: x=2.

Тригонометриялық теңдеулер.

Нақты мысалдар алып, теңбе-теңдіктер тригонометриялық теңдеулерді шешу үшін қалай пайдалануға болатынын қарастырайық.

1-мысал.

tgx + tg (π/4 + x) = -2

теңдеуін шешу керек.

Екі бұрыштың қосындысы тангенсінің формуласы пайдаланып, былай жазамыз:

tg (π / 4+ x) = (tg π / 4+ tg x) / (1- tg π / 4 tgx) =(1+tgx) / (1-tgx)

Сондықтан берілген теңдеуді мына түрде жазуға болады:

tgx + ( 1+tgx / 1-tgx) =-2

tgx = y десек, төмендегі алгебралық теңдеуді табамыз:

y+(1+y) /(1-y) = -2

немесе

y(1-y) +1+y=-2 (1-y),

осыдан

y= ± √3

Сонымен, не tg x= √3, сонда x= π/3 +n π; не tgx= - √3, сонда x= - π/3 +kπ, мұндағы n мен k - кез-келген бүтін сандар. Осы екі топ шешулерді бір формуламен жазуға болады: x=± π/3 +n π.

Жауабы: x=± π/3 +n π;

2-мысал.

3cos2x = 7 sin x

теңдеуін шешу керек.

cos 2x -ті cos ² x - sin ² x түрінде жазсақ, берілген теңдеуді мына түрде жазуға болады:

3(cos ² x- sin ² x) = 7 sin x

cos ² x-ті 1- sin ^ꗬ ÁYЙሀ¿ကЀ
橢橢埳埳Й昦㶑㶑瞙] ֜ÌԈ虧Ƽ ^ۜ ᴃᴃᴃ船$蠣Ǵ託蒮ƹͰᴃᣇмᴃᴃᴃ蒮ꗬÁYЙሀ¿ကЀ
橢橢埳埳Й昦㶑㶑瞙] ֜ÌԈ虧Ƽᴃᴃᴃ船$蠣Ǵ託蒮ƹͰᴃᣇмᴃᴃᴃ蒮 2sin ² x +cos ² x =3/2 sin 2x

теңдеуін шешу керек.

sin 2x-ті 2sinx cosx түрінде жазсақ, берілген теңдеу төмендегі біртекті теңдеуге айналады: 2sin ² x+ cos ² x = 3sinx cosx . Осы теңдеудің екі жағын

cos ² x бөліп, төмендегі теңдеуді табамыз:

2tg ² x +1 = 3tg x

Осыдан (tgx) ₁ =1, немесе x= π/4 + nπ; (tgx) ₂ = 1/ 2 немесе x= arctg ½ +kπ.

Жауабы: x= π/4 + nπ, x= arctg ½ +kπ, мұндағы n және k кез-келген бүтін сандар.

4-мысал.

1+cosx +sinx = 0

теңдеуін шешу керек. Мұндағы 1+cosx өрнегін 2cos ² x/2 өрнегімен, ал sinx - ті өрнегімен алмастырып, берілген теңдеуді былай жазуға болады:

2 cos ² x/2 + 2 sin x/2 cos x/2 = 0

Сондықтан

2 cos x/2 (cos x/2+ sin x/2) =0

Егер cos x/2 = 0 болса, онда x/2 = π/2 +nπ, демек, x= π + 2 nπ болады. Егер cos x/2 +sin x/2 = 0 (біртекті теңдеу) болса, онда 1+ tg x/2 = 0, осыдан

tg x/2= -1; x/2 = -π/4 + kπ болады. Демек, x= - π / 2 + 2kπ.

Жауабы: x = π +2 nπ; x= - π/2 +2 kπ, мұндағы n мен k кез-келген бүтін сандар.

6-мысал.

cos 2x = cos 6x

теңдеуін шешу керек.

Берілген теңдеуді cos2x-cos 6x = 0 түрінде жазып, екі бұрыштың косинустарының айырмасының формуласын пайдалансақ, нәтижеде мынау шығады:

(-2 sin (2x+6x) /2) (sin (2x-6x) /2) = 0

немесе

2sin 4x sin 2x = 0

Бұл жағдайда не sin2x=0, сонда 2x= mπ, x= πm/2, не sin 4x = 0, сонда

4x= kπ, осыдан x= πk/4 болады. Екі топ түбірлерді бір формуламен жазуға болады: x= πk/4.

Жауабы: x= πk/4.

6-мысал.

cos 4x cos2x = cos5 x cosx

теңдеуін шешу керек.

cos 4x cos 2x және cos5x cosx көбейтінділерін қосынды түріне келтіріп, былай жазамыз:

cos 4x cos2x = ½ (cos 6x + cos2x) ;

cos5x cos x= ½ (cos 6x + cos 4x)

Сонда берілген теңдеуді былай жазуға болады:

½ (cos 6x + cos 2x) = ½ (cos 6x +cos 4x)

Осыдан

cos 2x = cos 4x -2sin3x sin (-x) =0

cos 2x- cos4x =0 2sin 3x sin x = 0

Сондықтан не sinx = 0, сонда x=nπ, не sin 3x = 0, сонда 3x = kπ; x= kπ/3 болады: x= πm/3.

Жауабы: x= πm/3.

7-мысал.

tg3x - tgx = 0

теңдеуін шешу керек.

Екі бұрыштың тангенстерінің айырмасының формуласын пайдаланып, былай жазуға болады:

sin2x

cos3x cosx

осыдан sin2x = 0, 2x = πm; x = πm/2. x-тің осы мәндерінің ішінен cos3x немесе cosx өрнектерінің бірін нольге айналдыратын бөгде түбірлерді есептеп шығарып тастау керек. Cosx өрнегі x = π/2 + kπ болғанда нольге айналады. Сондықтан жоғарыда табылған x = πm/2 мәндерінің ішінен тек x = mπ мәндері қалады. Cos3x өрнегі 3x = π/2 + nπ немесе x = π/6 + kπ/3 = =π/6(2k + 1) болғанда нольге айналады. Мұндағы (2k + 1) тақ сан, ал 6 - жұп сан. Сондықтан (2k + 1) /6 саны бүтін сан бола алмайды, демек, x = (2k + 1) π/6 мәндері x = mπ мәндерінің ішінде болмай шығады. Сонымен, түріндегі барлық сандар берілген теңдеудің түбірі болып табылады.

Жауабы. x = mπ.

8-мысал.

sin ² 2x + sin ² x = 1

теңдеуін шешу керек.

1-cosα= 2sin ² α/2 теңбе-теңдігінен шығатыны:

sin ² 2x= (1-cos4x) / 2 ; sin ² x= (1-cos2x) /2

Сондықтан берілген теңдеуді былай жазуға болады:

(1-cos4x) /2 + (1-cos2x) /2 = 1,

осыдан

cos4x+ cos2x=0

Бұл теңдеу екі бұрыштың косинустарының қосындысының фосмуласымен оңай шешіледі, ол формула бойынша

2cos 3x cosx = 0

Егер cosx = 0 болса, онда x=π/2 + nπ, ал егер cos3x = 0 болса, онда 3x= π/2 + kπ болады, осыдан x= π/6 + πk/3. Түбірлердің (x= π/6 + πk/3) екінші тобына k= 3n + 1 болғанда бірінші топтың (x= π/2 + nπ ) барлық түбірлері енетінін түсіну қиын емес. Сондықтан берілген есптің жауабын бір формуламен өрнектеуге болады: x= π/6 + πk/3

9- мысал.

sin x - √3 cos x= 1

теңдеуін шешу керек.

sin x - √3 cos x өрнегін көмекші бұрыш енгізіп түрлендіреміз

sin x - √3 cos x=

= √ 1 ² + ( √3) ² [ 1/( √ 1 ² +( √ 3) ² ) sin x - √3/ (√1 ² +(√3) ² ) cosx ] =

= 2 ( ½ sin x - √3/2 cosx ) = 2 (cos π/3sinx - sin π/3 cosx) =

=2 sin (x - π/3 ) .

Берілген теңдеуді енді мына түрде жазуға болады:

2 sin (x - π/3 ) =1,

... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.