Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген теңдеулерді шешу әдістері

Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 45 бет
Таңдаулыға:

Қазақстан Республикасы Білім және ғылым министрлігі
Х. Досмұхамедов атындағы Атырау мемлекеттік университеті
Математика және математиканы оқыту әдістемесі кафедрасы

Қорғауға жіберілді
Кафедра меңгерушісі
__________Н.Қ.Шаждекеева
___________2019 ж.
ДипломДЫҚ жұмыс
Тақырыбы: Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген олимпиадалық есептерді шешу әдістері

5В010900- Математика мамандығы бойынша

Орындаған: Аманқос А.Қ.

Ғылыми жетекшісі:
п.ғ.к., профессор Тұржігітова Ғ.Ж.

Норма-бақылаушы: Балтурганова С. К.

Атырау 2019
МАЗМҰНЫ

Кіріспе
3
1
САННЫҢ БҮТІН ЖӘНЕ БӨЛШЕК БӨЛІГІ, ГРАФИКТЕРІ ЖӘНЕ ҚАСИЕТТЕРІ
7
1.1
Санның бүтін бөлігі, оның графигі және қасиеттері
7
1.2
Санның бөлшек бөлігі, оның графигі және қасиеттері
15

1 тарау қорытындысы
28

2
САННЫҢ БҮТІН ЖӘНЕ БӨЛШЕК БӨЛІГІНЕ БЕРІЛГЕН ОЛИМПИАДАЛЫҚ ЕСЕПТЕРДІ ШЕШУ ӘДІСТЕРІ
29
2.1
Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген теңдеулерді шешу әдістері
29
2.2
Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген теңсіздіктерді шешу әдістері

2.3
Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген теңдеулерді шешудің функционалды-графиктік әдісі

2.4
Педагогикалық тәжірибе

2 тарау қорытындысы

ҚОРЫТЫНДЫ

ПАЙДАЛАНЫЛҒАН ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ

КІРІСПЕ

Тақырыптың өзектілігі. Адамзаттың ілгері дамуы үшін, білім мен ғылымның, техникалық өрлеудің маңызы зор. Адам өміріндегі ғылымның орны мен рөлін түсіну осы уақытқа дейін аяқталмаған күрделі процесс. Қазіргі ғылым мен техниканың қарыштап өсуі мен ел экономикасының қарқынды даму үстіндегі кезеңде адамдардың көзқарасының заман талабына сай өзгере бастағаны олардың өмір сүру дәстүрінен анық байқалады. Бұл-әлемді қамтыған жаhандану дәуірінің бастапқы көрінісі.
Білім беру жүйесі-әр елдің даму болашағын айқындайтын, әлемдік өркениетке жетуде негізгі бағыттарын көрсететін біртұтас құрылым.
Білім беру жүйесінің даму деңгейі мен сапасы елдегі педагогика ғылымының жетістігімен байланысты. Бұл өз кезегінде экономикалық және ғылыми-техникалық дамудың, яғни мемлекет пен қоғамның табысты дамуының кепілі болып табылады.
Қазіргі кездегі шапшаң жүріп жатқан жаhандану үрдісі әлемдік бәсекелестікті күшейте түсуде. Қазақстан Республикасы жалпы білім берудің жүйесін жетілдірудің жаңа кезеңіне қадам басты. Білім берудегі басты мақсат-жан-жақты дамыған, білімді, өмір сүруге бейім, өзіндік ой-толғамы бар, адамгершілігі жоғары, бәсекеге қабілетті жеке тұлғаны тәрбиелеу.
XIX ғасыр-білім ғасыры. Болашақтың бүгіннен де нұрлы болуына ықпал етіп, адамзат қоғамын алға апаратын құдіретті күш тек білімде ғана.
Білімнің іргетасын қалайтын негіздері мен танымдық қызығушылығы, жеке-дара шығармашылық жұмысқа деген дағдылары қалыптасатын мектептің білім беру саласындағы рөлі зор. Соған байланысты оқу-тәрбие үрдісін жақсартып, оқытуда жаңа педагогикалық технологияларды кеңінен қолдана отырып білімді терең игерудің жолдарын, әр пәннің ғылыми негіздерін меңгерту мәселелерін, оқушының ойлау қабілеті мен шығармашылық әрекетін дамыту сияқты ұтымды түрлеріне сүйенгеніміз жөн. Ондай істерді атқарғанда жалаң еліктеуді болдырмас үшін дәстүрлі тәжірибелерімізбен бірге әлемдік игі мұраларды сәйкестендіріп қолдансақ, оқу-тәрбие үрдісін бүгінгі күннің талаптарына сәйкес жүргізер едік. Сапалы білім беру үздіксіз ізденумен тығыз байланысты.
Білім алуда әрбір жеке тұлға өзінің танымдық және шығармашылық іс-әрекетін шыңдауы қажет. Оның бастапқы айқын жолы ғылыми шығармашылық ізденіс екені белгілі.
Кез келген мемлекетің рухани және әлеуметтік дәрежесі білім деңгейіне байланысты бағаланады, сондықтан да, білім өркениеттіліктің әрі өлшемі, әрі тетігі болып табылады.
Еліміздің білім беру жүйесінің даму жолындағы көкейтесті мәселелердің бірі, заман талабына сай білім сапасын арттыру, әлемдік стандарт дәрежесіндегі білім беру болып табылады. Еліміздің әлемдегі бәсекеге қабілетті 50 елдің қатарына енудің басты міндеті, жоғарғы мамандандырылған, білікті адамзат ғылыми технологияны жеңіл меңгеріп, нарық экономикасында өз-өзін басқара алатын және алған білімін тұрмыста пайдалана алатын болса, онда тек сол кезде ғана жүзеге асыру мүмкін екендігі белгілі.
Расында да, әлемнің озық дамыған елдеріндегі білім беру жүйесі-ақпараттық интеллектуалды ресурстарды өз бетінше іздеп, талқылап және оны қолдана білетін, жедел техникалық ілгерілеу, инновациялық өрлеу жағдайында өзін-өзі айқын көрсете алатын, нарықтық талаптарға еркін бейімделе алатын жеке тұлғаны қалыптастыруға басымдық беретіндігі белгілі.
Бүгінгі таңда кез келген қоғамға дарынды адамдар керек, бұл кезекте қоғамның міндеті сондай дарынды адамдардың қабілетін одан әрі дамыту. Өкінішке орай, көп жағдайларда кез келген адам өз дарынын дұрыс аша алмайды. Бұның бәрі отбасына да, мектепке де тікелей байланысты. Бұл кезекте отбасының міндеті баланың дарынын ертерек ескеру болса, мектептің міндеті баланы қолдап, сол дарынын әрі қарай ашуға және дамытуға жол көрсету болып келеді. Оқушылардың шығармашылық негізінің қалыптасуына, мектеп мұғалімінің үлесі зор. Кез келген мұғалім терең ғылыми кітаптарды, энциклопедияларды оқитын, өздігінен ізденіп, әр түрлі салада өз сұрақтарына жауап іздей білетін дарынды оқушыға жолығады. Сондықтан да, оқушыға бағыт беру, оның армандары мен өмірлік жоспарларына көмектесу мектепте жүзеге асырылуы қажет. Мұндай оқушыларды әр түрлі ғылыми-шығармашылық жұмыстарға, олимпиадаларға, сайыстарға қатыстыру керек. Осылайша оқушының қабілетімен зеректігін көсетуге мүмкіндік туады. Оқушыларды жеке тұлға етіп тәрбиелеуде математика пәнінің алатын орны ерекше, салмағы зор.
Оқушылардың мектептегі математика пәні мазмұнын жан-жақты зерттеп, орынды қолдану олардың жалпы, білімінің, мәдени даму деңгейінің жоғары болуына тікелей әсер ететіні сөзсіз. Математика сабағында есеп шығару оқыту үрдісінің ең маңызды бөлігі болып табылады. Өйткені, есеп шығару арқылы оқушы математикалық теорияны меңгеріп қана қоймай, оның логикалық ойлауы мен шығармашылық қабілеті дамиды.
Санның бүтін және бөлшек бөліктері ұғымы математикамен айналысатын адамдарды әрдайым қызықтырып келген. Оларды танып-білуге, зерттеуге арналған еңбектер көп. Санның бүтін бөлігі түсінігін неміс математигі Иоган Карл Фридрих Гаусс (1771-1855 ж.ж.), сандар теориясы бойынша еңбектердің авторы енгізді. Сонымен қатар Гаусс арнайы функциялар теориясын, қатарларды, сандық әдістерді, математикалық физиканың есептерін шешуді алға тартып, потенциалдың математикалық теориясын жасады. x нақты санының бүтін бөлігін x таңбасымен белгіленуді Карл Гаусс 1808 жылы енгізді.
Санның бүтін бөлігінің функциясын француз математигі Адриан Мари Лежандр (1752-1833 ж.ж.) енгізді. Оның 1798 жылы жарыққа шыққан "сандар теориясының тәжірибесі" еңбегі, XVIII ғасырдың арифметикалық жетістіктерінің іргелі қорытындысы болып табылады. Дәл оның құрметіне y=x функциясын француздың "Антье" сөзімен (фр. "entier" - бүтін) E(x) атады.
Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген есептерді шешу шығармашылықты, білімнің тереңдігін талап ететін дүниелердің бірі. Сонымен қатар оқушыларды сандар әлемі қызықтырады, әрі терең ойландырады. Санның бүтін және бөлшек бөліктеріне берілген теңдеулер мен теңдеулер жүйесінің шешімдері бар ма, болса, оның түбірлерін қалай табуға болады деген сұраққа жауап ізделінеді.
Мәселенің зерттелу деңгейі: Олимпиадалық есептерді шығару әдістері мен жолдары көптеген педагогтардың, ғалымдардың, әдіскерлердің: Колмогоров А.Н., Шарыгин И.Ф., Гусев В.А., Агаханов Н.Х., Терешин Д.А., Фарков А.В., Галкин Е.В., Гальперин Г.А., Құрманалин Х.М., Күнғожин А.М., Байсалов Е.Р., Елеусізов Д.А., Ырысбек М., И.Р.Высоцкий, Ю.А.Цимбалов, И.Яковлев, И.В.Ященко еңбектерінде келтірілген. [1]
Алайда, санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген олимпиадалық есептерді шешу жолдары жеткіліксіз зерттелгендігінен, осы тақырып зерттеуге таңдалып алынды.
Бұл зерттеу жұмысымызда мектеп оқушыларының математикалық олимпиадаларында кездесетін санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген олимпиадалық есептерді шешудің әртүрлі тәсілдері көрсетіледі.
Осы айтылғандар біздің зерттеу жұмысымыздың көкейкестілігін анықтап, зерттеу тақырыбын Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген олимпиадалық есептерді шешу әдістері - деп тұжырымдауға негіз болды.
Зерттеу мақсаты: математикалық олимпиадаларда кездесетін санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген есептерді шешудің әдіс - тәсілдерін жүйелеп, сұрыптау және жиі қолданылатын негізгі тәсілдерін көрсету.
Зерттеу нысаны - орта мектептегі математика курсын оқыту үрдісі.
Зерттеу пәні: оқулықтардағы және әр түрлі деңгейдегі математикалық олимпиадаларда кездесетін саннің бүтін және бөлшек бөлігі тақырыбына берілген есептер.
Зерттеу міндеттері:
а) зерттеу тақырыбы бойынша математикалық, әдістемелік әдебиеттерді оқып, танысу
ә) санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген олимпиадалық есептерді шешудің тиімді әдіс - тәсілдерін талдап, жүйелеу
б) педагогикалық эксперимент бөлімінде Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген олимпиадалық есептерді шешу әдістері атты арнайы курсты дайындау.
Мәселенің деректік көзі: зерттеу проблемасы бойынша педагогтардың, математик - әдіскерлердің еңбектері, мектеп оқулықтары, математикалық олимпиадаға арналған әдістемелік әдебиеттер, математикалық интернет сайттар.
Зерттеудің әдістері, әдіснамалық негіздері: Математикалық олимпиадаларға арналған оқу-әдістемелік құралдарды оқу, зерттеу, жүйелеу және зерделеу, тәжірибелік-әдістемелік жұмыстарды жүргізу.
Зерттеудің жетекші идеясы: олимпиадалық есептерді шешуді үйрету арқылы оқушылардың математикаға қызығушылығы мен ынтасын арттырып, оқу сапасын жақсартуға болады.
Практикалық маңыздылығы: зерттеу нәтижелерін әдістемелік құралдарды дайындағанда, математиканы оқыту барысында оқушылардың ой-өрісін дамытуда, мектеп мұғалімдерінің білімін жетілдіру курстарында пайдалануға болады. Дайындалған арнайы курс жоспарын мектеп мұғалімдері өздерінің күнделікті іс-тәжірибелерінде қолдана алады.
Диплом жұмысының мақұлдануы. Диплом жұмысының негізгі мәселелері математика және математиканы оқыту әдістемесі кафедрасының отырысында және 2019 жылдың 12 сәуірінде өткен Білім беру мазмұнын жаңарту жағдайында педагогикалық кадрларды кәсіби даярлау: құзыреттілік, технология, инновация тақырыбындағы Республикалық ғылыми-әдістемелік конференциясында осы тақырып бойынша баяндама тыңдалып, мақұлданды.
Диплом жұмысының құрылымы. Диплом жұмысы кіріспеден, екі тараудан, қорытындыдан, пайдаланылған әдебиеттер тізімінен тұрады.

1 САННЫҢ БҮТІН ЖӘНЕ БӨЛШЕК БӨЛІГІ, ГРАФИКТЕРІ ЖӘНЕ ҚАСИЕТТЕРІ

1.1 Санның бүтін бөлігі, оның графигі және қасиеттері

Математика пәнінен олимпиадаға қатысқан оқушылар санның бүтін және бөлшек бөлігі ұғымдарына берілген есептерді шығару кезінде қиындықтарға тап болады. Мысалы, математикалық олимпиадаларда мынадай есептер кездеседі:
5x+27x=2012 теңдеуінің түбірлерінің санын табыңдар, мұнда [x] - x санының бүтін бөлігі, ал {x} - x санының бөлшек бөлігі.
Оқушылар санның бүтін және бөлшек бөлігі туралы материалдарды зерделеп, осы тапсырманы орындай алады.
Бұл тақырып олар үшін теориялық және практикалық тұрғыдан қиындықтар тудырғандықтан, осы тақырыпты түсіну қажеттігін ұғынады. Бұл тақырып жалпы білім беретін мектептерге арналған бағдарламада кірістірілмегендіктен, алдымызға келесідей мақсаттарды қойдық:
1. Санның бүтін және бөлшек бөлігі ұғымдарымен танысу;
2. y=x, y=x;y=x, y=x және т.б. түрдегі функциялармен танысу;
3. Санның бүтін және бөлшек бөліктері функцияларының қасиеттерін қарастыру;
4. Санның бүтін және бөлшек бөліктері бар теңдеу мен теңсіздіктерді шешуді үйрену.
Анықтама. Берілген санының бүтін бөлігі (немесе антье) деп -- сол саннан аспайтын ең үлкен бүтін санды айтамыз. x санының бүтін бөлігі [x] таңбасымен белгіленеді .
Анықтама. x санының бүтін бөлігі деп, x=c, c=xc+1 болғандағы x-тен аспайтын ең үлкен бүтін c санын айтады.
Мысалы, 5=5; -6=-6; 0=0; 1,7=1; 7,2=7; -1,8=-2; -2,3=-3; -7,9=-8; 889=9; 1116=0; 5=2; PI=3.
Функцияның кейбір мәндері бойынша оның графигін тұрғызуға болады. x санының бүтін бөлігінің графигі 1-суретте көрсетілген.
y=[x] функциясының қасиеттеріне тоқталайық.
1. Анықталу облысы. Функцияның x айнымалысының барлық мәндері үшін мағынасы бар, бұл санның бүтін бөлігін және сандық жиындардың қасиеттерін анықтаудан тұрады. Демек, оның анықталу облысы-барлық нақты сандар жиыны: D([x])=R.
2. Мәндер облысы. y=[x] функциясының мәндерінің жиыны, бұл барлық бүтін сандардың жиыны (санның бүтін бөлігін анықтау бойынша). E([x])=Z
3. Функцияның жұп немесе тақ екендігін анықтау. Жұп шарты да f(-x)=f(x), тақ шарты да f(-x)=-f(x) орындалмағандықтан, функция жалпы түрдегі функция болады.

1-сурет

4. Периодтылығы. y=[x] функциясы периодтық емес.
5. Шектеулілігі. Функция шектелмеген, өйткені функцияның мәндер жиыны-барлық бүтін сандар жиыны. Бүтін сандар жиыны шектелмеген.
6. Үздіксіздігі. Үзілісті функция. y-тің секіру қадамы 1-ге тең.
7. Функцияның нөлдері. x аргументі [0;1) аралығына тиісті болғанда, функцияның мәні 0-ге тең болады. Демек, функцияның нөлі осы аралықтың барлық мәндері болады.
8. Монотондық аралығы. Санның бүтін бөлігінің қасиеттерін ескере отырып, y = [x] функциясы x кіші нөлде теріс мәндерді қабылдайды, және x 1-ден үлкен болғанда оң мәндерді қабылдайды.
9. Монотондық аралығы. y=[x] функциясы бөлікті-тұрақты.
10. Экстремум нүктелері. Функцияның экстремум нүктелері жоқ, өйткені монотондылық сипатын өзгертпейді.
11. Функцияның ең үлкен және ең кіші мәндері. y=[x] функциясы [n ; n+1) аралығында тұрақты болғандықтан, ол анықтау облысында ең үлкен және ең кіші мәндерді қабылдамайды. Ең үлкен және ең кіші мәндері жоқ.
y=x функция графигінің табаны
Әдебиеттерде (x санының табаны) термині және оның белгіленуі y=x кездеседі. Бұл да санның бүтін бөлігіне ұқсас. Демек, графигі y=[x] функциясының графигімен толық сәйкес келеді.
y=x функция графигінің төбесі. x санының табанына ұқсас x санының төбесі функциясы анықталады және ол былай белгіленеді y=x. Бұл x -тен кем емес, ең кіші бүтін сан.

2-сурет

Мысалы, -2=-2, -13=0, PI=4.
y=x функциясының графигі оңнан солға, жоғарыдан төменге қарай жүретін және AB= (-1,-1) векторына параллельді тасымалда өзіне ауыспалы баспалдақтардан тұрады.

3-сурет

y=x функциясы
x бүтін санына жақын y=(x) функциясы бар. Егер x-ке жақын бүтін сан екеу (x=2k+12, x- бүтін сан) болса, онда олардың ең үлкенін таңдаймыз. Мысалға 4,53=5, 1,5=2, -2,1=-2.
Санның бүтін бөлігін қамтитын функциялар графиктерін түрлендіру
y=fx түріндегі функция графигін салу.
y=f(х) функциясының графигі бар болсын. y=fx функциясының графигін салу келесідей:
1. y=n, n=0; -1; +1; -2; +2;... түзулерін жүргізіп, y=n, y=n+1 түзулерімен жүргізілген жолақтардың бірін қарастырамыз.
2. y=n, y=n+1 түзулерінің y=fx функциясының графигімен жүргізілген қиылысу нүктелерін белгілейміз. Бұл нүктелер y=fx функциясының графигіне тиесілі, себебі олардың ординаттары бүтін сандар (олар суреттегі A, B, C, D нүктелері).

4-сурет

3. Берілген жолақтағы y=f(x) функциясының графигінің қалған нүктелерін алу үшін, жолаққа түскен y=f(x) графигінің бөлігін Oy осіне параллель y=n түзуіне сызамыз. Сондықтан, y=f(x) функция графигінің кез келген M нүктесі n=y0n+1, y0 ординаттарына ие болcа, онда y0=n.
4. y=fx функциясының графигінің нүктелері бар басқа да жолаққа сызу ұқсас жүргізіледі.
y=fx түріндегі функция графигін салу.
y=f(x) функциясының графигі берілсін. y=fx функциясының графигін салу былайша жүзеге асырылады:
1. x=n, n=0; -1; +1; -2; +2;... түзулерін жүргіземіз.
2. y=n және y=n+1 түзулері арқылы пайда болған жолақтардың бірін қарастырайық. y=f(x) функция графигінің A және B қиылысу нүктелері y=fx функцияcының графигіне жатады, себебі олардың абсциссалары-бүтін сандар.

5-сурет

y=x2 функцияcының графигін құруды қарастырайық. Ол үшін y=x2 функциясының графигін құрайық . Одан әрі
1. x=n, n=0; -1; +1; -2; +2;... түзулерін жүргіземіз.
2. y=n және y=n+1 түзулері арқылы пайда болған жолақтардың бірін қарастырайық. y=x2функция графигінің қиылысу нүктелері y=x2 функцияcының графигіне жатады, себебі олардың абсциссалары-бүтін сандар.
3. y=x2 функциясының графигінің нүктелері бар басқа да жолаққа сызу ұқсас жүргізіледі.

6-сурет

Санның бүтін бөлігіне берілген қарапайым теңдеулерді қарастырайық
Қарапайым теңдеулерге x=a түріндегі теңдеулер жатады. Мұндай түрдегі теңдеулер анықтама бойынша шешіледі.
a=xa+1, мұндағы a-бүтін сан. Егер a-бөлшек сан болса, онда мұндай теңдеудің түбірі болмайды.
Осындай теңдеулердің бірінің шешу мысалын қарастырайық.
Мысал 1. x+1,3=-5 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Анықтама бойынша x+1,3=-5 теңдеу мынадай -5=x+1,3 - 4 теңсіздігіне түрленеді. Оны шешсек, -6,3=x- 5,3 аламыз. Бұл теңдеудің шешімі болады.
Жауабы: x∈[-6,3; -5,3)
Мысал 2. x+1+x-2-x+3=2 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Мұндай түрдегі теңдеулерді шешу үшін бүтін сан функциясының қасиетін пайдалану қажет. Егер p-бүтін сан болса, онда x+-p=x+-p болады.
Дәлелдеу. x=x+x
x+x+-p=x+x+-p
x=k+a, мұндағы k=x, a=x
k+a+-p=k+a+-p=x+-p.
Дәлелденген қасиетті пайдалана отырып, берілген теңдеуді шешіп, мынаны x+1+x-2-x-3=2 аламыз. Осындай қосылғыштарға келтіріп, x=6 екенін табамыз. Оның шешімі x∈[6;7) жартылай интервалы болып табылады, және ол осы теңдеудің шешімі болады.
Жауабы: x∈[6;7)
Мысал 3. x+2,6+x+3,6+x+4,6=6 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: x+2,6=y деп алмастырамыз, сонда
y+y+1+y+2=6
y+y+1+y+2=6
3y=3
y=1
Алмастыруға қайта ораламыз: y=x+2,6, онда
x+2,6=1
1=x+2,62
-1,6=x-0,6
Жауабы: [-1,6; -0,6)
Мысал 4. x2-5x+6=1 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Теңдеуді теңсіздікке түрлендіреміз 1=x2-5x+62. Қос теңсіздікті теңсіздіктер жүйесінде жазамыз,
x2-5x+62x2-5x+6=1 x2-5x+40x2-5x+50 x∈1;4x∈(-infinity; 5-52]∪[5+52; +infinity)
⇒ x∈(1; 5-52]∪[5+52);
Жауабы: x∈(1; 5-52]∪[5+52)
[f(x)]=g(x) түрдегі теңдеуді [x] = a түрдегі теңдеуге келтіріп шешуге болады.
Мысал 5. 8x+197=16(x+1)11 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Теңдеуді жаңа айнымалы еңгізу әдісімен шығарамыз. Теңдіктің оң жақ бөлігінде тұрған өрнекті жаңа a айнымалысына еңгізіп, теңестіреміз, осыдан x-ті өрнектейміз. 16(x+1)11=a, 11a=16x+16, 16x=11a-16, x=11a16-1, онда 8x+197=811a16-1+197=11(a+2)14. Енді a айнымалысына қатысты 11(a+2)14=a теңдеуін шешеміз. Содан кейін, бүтін бөліктің белгісін анықтама бойынша ашып, теңсіздіктер жүйесі арқылы жазып аламыз:
11(a+1)14a+111(a+2)14=a 11a+2214a+1411a+22=14a
-3a-8-3a=-22 a83a=223
(83; 223] аралығынан a-ның бүтін мәндерін таңдап, 3;4;5;6;7 кері алмастыруды орындаймыз.
16(x+1)11=3, x=1716
16(x+1)11=4, x=74
16(x+1)11=5, x=3916
16(x+1)11=6, x=258
16(x+1)11=6, x=6116
Жауабы: 1116; 134;2716;318;31316.
Мысал 6. aa2+3a+2+46=a+1 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Жақша ішіндегі өрнекті мынадай түрде өрнектеуге болады
a(a+1)(a+2)6+23=a+1. Сандардың бүтін бөлігінің анықтамасынан (a+1) бүтін болатындығы шығады, демек a - бүтін. a, a+1, (a+2) сандары-үш тізбектелген сандар, демек, олардың біреуі міндетті түрде 2-ге, ал біреуі 3-ке бөлінеді. Сондықтан, сандардың көбейтіндісі 6-ға қалдықсыз бөлінеді. Яғни, a(a+1)(a+2)6 бүтін сан. Демек, a(a+1)(a+2)6=a+1. Осы теңдеуді шешейік
aa+1a+2-6a+1=0
a+1aa+2-6=0
a+1=0 немесе a2+2a-6=0
a=-1 D=28
a=-1+-7 (бүтін емес).
Жауабы: -1.
Мысал 7. 2x+3y=83x-y=1 теңдеулер жүйесін шешіңдер.
Шешуі: Бұны қосу немесе алмастыру әдісімен шешуге болады. Бірінші әдіске тоқталайық.
2x+3y=89x-3y=3
Екі теңдеуді қоссақ, 11x=11 болады. Осыдан x=1 шығады. Шыққан мәнді жүйенің бірінші теңдеуіне қойып, y=2 аламыз. Жүйенің шешімі x=1 және y=2 болады. Демек, x∈1;2, y∈2;3.
Жауабы: x∈1;2, y∈2;3
Мысал 8. 3x3+2x2+5x-10=0 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: Алдымен x=a, a∈Z алмастыруын жүргіземіз. 3a3+2a2+5a-10=0 жаңа кубтық теңдеуін аламыз. Осы теңдеудің бірінші түбірін іріктеу арқылы табамыз: a=1-теңдеудің түбірі. Теңдеуді a-1-ге бөлеміз. Бұдан 3a2+5a+10=0 квадраттық теңдеуі шығады. Бұл теңдеудің дискриминанты теріс сан болғандықтан, теңдеудің шешімі жоқ. Яғни, a=1-теңдеудің жалғыз түбірі болады. Кері алмастыруды жүргіземіз: x=a=1. Алынған теңдеуді санның бүтін бөлігінің анықтамасы бойынша шешеміз: x∈[1;2).
Жауабы: x∈[1;2)
Санның бүтін және бөлшек бөліктері авторы Ә.Н.Шыныбеков 8-сынып алгебрасының I тарау §3-да Нақты сандар мен түзу нүктелерінің сәйкестігі тақырыбында кездеседі.
Енді осы оқулықтың I тарау §3-да Нақты сандар мен түзу нүктелерінің сәйкестігі тақырыбына тоқталайық. Онда бірінші санның бүтін және бөлшек бөліктері түсінігі беріледі.
Бүтін емес әрбір r рационал саны көршілес екі бүтін санның арасында жатады: nrn+1. Мысалы, 83 саны 2 мен 3-тің, 79113 саны 0 мен 1-дің, -72 саны -4 пен -3-тің арасында жатады, т.с.с.
x санының бүтін бөлігі деп, осы саннан артпайтын ең үлкен бүтін санды айтады. Егер n=xn+1 болса, онда x санының бүтін бөлігі n-ге тең. Оны былай белгілейді: x=n. Мысалы, 72=3; 1319=0; -53=-2; 4=4.
Берілген сан мен оның бүтін бөлігінің айырмасы осы санның бөлшек бөлігі деп аталады. Оны былай белгілейді: x. Сонымен, x=x-x.
Мысалы. 72=72-3=12, 1319=1319, -53=-53--2=13, 4=0.
Әрбір бүтін санның бөлшек бөлігі 0-ге тең, өйткені бүтін санның өзінің бүтін бөлігіне тең. Кез келген x үшін 0=x1 теңсіздігі орындалады. Яғни әрбір санның бөлшек бөлігі теріс емес 1-ден кіші бөлшек сан болады. Әрбір сан өзінің бүтін және бөлшек бөліктерінің қосындысына жіктеледі: x=x+x.
Мысалы. 72=3+12; 1319=0+1319; -53=-2+13; 4=4+0.
Оқулықта оқушыларға өз бетімен орындауға мынадай тапсырмалар берілген:
1. 1) 2717; 2) -345; 3) 5; 4) 122,31; 5) -17,32; 6) 12+23+34 сандарының бүтін және бөлшек бөліктерін жазыңдар.
2. Төмендегі сандарды бүтін бөлігі мен бөлшек бөліктерінің қосындысына жіктеп жазыңдар: 34, 2119, -16, -8120, 13+52, 35-73, -25+2027, -56-215183.
3. Сандардың қайсысы үлкен:
1) 3 немесе 8,5; 3) 53 немесе 62;
2) 32 немесе 17; 4) 32 немесе 2?
4. Сандардың бүтін бөлігін табыңдар:
1) 14; 2) -32; 3) 238; 4) -105.

1.2 Санның бөлшек бөлігі, оның графигі және қасиеттері

x санының бөлшек бөлігі (немесе мантисса) деп, x саны мен оның бүтін бөлігінің айырмасын айтамыз, ол {x} символымен белгіленеді. Яғни, x=x-x.
Мысалы, 0=0; 0,5=0,5; tgPI4=0; sinPI6=0,5; 5,8=5,8-5,8=5,8-5=0,8; -0,2=-0,2--0,2=1-0,2=0,8; -2,3=-2,3--2,3=3-2,3=0,7; -12=12; 2=2-1; 1=0.
Функцияның кейбір мәндері бойынша оның графигін тұрғызуға болады. x санының бөлшек бөлігінің графигі 7-суретте көрсетілген.

7-сурет

y=x функциясының қасиеттері

1. Анықталу облысы. Функцияның x айнымалысының барлық мәндері үшін мағынасы бар, бұл санның бөлшек бөлігін анықтаудан тұрады. Демек, оның анықталу облысы-барлық нақты сандар жиыны:
D({x})=R.
2. Мәндер облысы. y={x} функциясы [0;1) аралықтағы мәндерді қабылдайды, бұл санның бөлшек бөлігінің анықтамасынан шығады, яғни
E({x})=[0;1).
3. Функцияның жұп немесе тақ екендігін анықтау. Жұп шарты да f(-x)=f(x), тақ шарты да f(-x)=-f(x) орындалмағандықтан, функция жалпы түрдегі функция болады.
4. Периодтылығы. y=x функциясы периодты, яғни оның ең кіші оң периоды T=1.
5. Шектеулілігі. Функцияның мәндер облысынан, y = {x} функциясының шектеулі екендігі шығады.
6. Үздіксіздігі. y={x} функциясы [n; n+1) аралығында үздіксіз, мұндағы n -- бүтін, әрбір n нүктеде функция бірінші текті үзіліске ұшырайды. Секіру 1-ге тең.
7. Функцияның нөлдері. y={x} функциясы x барлық бүтін мәндерінде 0-ге тең болады, бұл функцияның анықтамасынан шығады. Яғни, функцияның нөлдері аргументтің барлық бүтін мәндері болады.
8. Монотондық аралығы. y={x} функциясы барлық анықталу облысында тек оң мәндерді қабылдайды. Функция [n; n+1) әрбір аралығында қатаң біркелкі өседі, мұнда n -- бүтін сан.
9. Экстремум нүктелері. Функцияның экстремум нүктелері жоқ, өйткені монотондылық сипатын өзгертпейді.
10. Функцияның ең үлкен және ең кіші мәндері. Әрбір [n; n+1) аралығында y={x} функциясы n нүктесінде нөлге тең және ең кіші мәнді қабылдайды.
1-салдар. x және y нақты сандары үшін келесі қатынастар орын алады, x+y=x+y+x+y, x+y=x+y-x+y.
2-салдар. Кез келген k,n,m бүтін сандары үшін, мұндағы n!=0 және m!=0 және кез келген x нақты саны үшін келесі теңдіктер орындалады, xm=xm, knm=knm.
y=x функциясы
Бөлшек бөлігімен тағы бір функция тығыз байланысты, ол y={{x}} функциясы. Бұл x-ке ең жақын бүтін санға дейінгі аралық. y={{x}} функциясының басқа түрдегі функциялардан басты айырмашылығы анықталу облысында үздіксіз болады.

8-сурет
Санның бүтін және бөлшек бөліктерінің тағы да басқа қасиеттеріне тоқталайық.
1. x=[x]+{x} (кез келген сан бүтін және бөлшек бөліктердің қосындысына тең болады).
2. Кез келген нақты x саны үшін [х]=х[х]+1 қатынасы орындалады, және x=x теңдігі x-бүтін сан, яғни x∈Z болғанда ғана қол жеткізіледі.
3. Егер p - бүтін сан болса, онда [х+p]=[х]+p теңдігі орындалады.
4. Кез келген нақты х және у сандары үшін [x+y]=[x]+[y] теңсіздігі (екі сан қосындысының бүтін бөлігі қосылғыштардың бүтін бөліктерінің қосындысынан артық) орындалады.
5. Егер [х]=[у] болса, онда x-y1. (егер екі санның бүтін бөліктері тең болса, онда олардың айырымының модулі 1-ден кіші)
6. Егер p саны 0-ге тең емес бүтін сан болса, онда xp=xp орындалады.
7. Егер х у, онда [х][у] (егер бір сан екіншісінен кіші болса, онда оның бүтін бөлігі де кіші болады).
8. Кез келген x нақты саны үшін [[x]]=[х] орындалады.
9. Егер [x]+{y}=0, онда x=0y=0
10. Егер p=[x]+{x}, онда p=x .
11. Егер p - натурал сан болса, онда {p{x}}={px}.
12. x=x+12
13. x=x+12-12
y=x, y=x функцияларының графигін түрлендіру.
1) y=[2x] OX осінің
бойымен 2 есе сығылады

9-сурет

2) y = {2x} OX осінің бойымен 2 есе сығылады

10-сурет

3) y = 2[x] OY осінің бойымен 2 есе созылады.

11-сурет

4) y=2x OY осінің бойымен 2 есе созылады.

12-сурет

5) y=x

13-сурет

6) y=x

14-сурет

Енді жаңа айнымалы енгізу арқылы теңдеулерді шешуге мысал келтірейік.
Мысал 9. x2-8x+7=0 теңдеуін шешіңдер.
Шешуі: Алдымен x-ті a-ға алмастырып, 0=a1, a2-8a+7=0 қарапайым теңдеуін аламыз. Оны Виеттің кері теоремасы бойынша шешеміз. Бұдан a=7 және a=1 түбірлері шығады. Кері алмастыруды жүргізіп, екі жаңа теңдеуді аламыз: x=7 және x=1. Бұл екі теңдеулердің түбірлері болмайды. Демек, теңдеудің шешімдері жоқ.
Жауабы: шешімі жоқ
Санның бүтін бөлігін қамтитын функциялар графиктерін түрлендіру
y=fx түріндегі функция графигін салу.
y=f(х) функциясының графигі бар болсын. y=fx функциясының графигін салу келесідей:
1. y=n, n=0; -1; +1; -2; +2;... түзулерін жүргізіп, y=n, y=n+1 түзулерімен жүргізілген жолақтардың бірін қарастырамыз.
2. y=n, y=n+1 түзулерінің y=fx функциясының графигімен жүргізілген қиылысу нүктелерін белгілейміз. Бұл нүктелер y=fx функциясының графигіне тиесілі, себебі олардың ординаттары бүтін сандар (олар суреттегі A, B, C, D нүктелері).
3. Берілген жолақтағы y=f(x) функциясының графигінің қалған нүктелерін алу үшін, жолаққа түскен y=f(x) графигінің бөлігін Oy осіне параллель y=n түзуіне сызамыз. Сондықтан, y=f(x) функция графигінің кез келген M нүктесі n=y0n+1, y0 ординаттарына ие болcа, онда y0=n.
4. y=fx функциясының графигінің нүктелері бар басқа да жолаққа сызу ұқсас жүргізіледі.

16-сурет

y=fx функциясының графигін салайық. Ол үшін:
1. y=n, n=0; -1; +1; -2; +2;... түзулерін жүргізіп, y=n, y=n+1 түзулерімен жүргізілген жолақтардың бірін қарастырамыз.
2. y=n, y=n+1 түзулерінің y=x функциясының графигімен жүргізілген қиылысу нүктелерін белгілейміз. Бұл нүктелер y=x функциясының графигіне тиесілі, себебі олардың координаталары бүтін сан.
3. Берілген жолақтағы y=x функциясының графигінің қалған нүктелерін алу үшін, жолаққа түскен y=x графигінің бөлігін Oy осіне параллель y=n, y=n+1 түзуіне сызамыз. Сондықтан, y=x функция графигінің кез келген M нүктесі ny0n+1, y0 ординаттарына ие болcа, онда y0=n.
4. y=x функциясының графигінің нүктелері бар басқа да жолаққа сызу ұқсас жүргізіледі.
y=fx түріндегі функция графигін салу.
y=f(x) функциясының графигі берілсін. y=fx функциясының графигін салу былайша жүзеге асырылады:
1. x=n, n=0; -1; +1; -2; +2;... түзулерін жүргіземіз.
2. y=n және y=n+1 түзулері арқылы пайда болған жолақтардың бірін қарастырайық. y=f(x) функция графигінің A және B қиылысу нүктелері y=fx функцияcының графигіне жатады, себебі олардың абсциссалары-бүтін сандар.

17-сурет

y=x2 функцияcының графигін құруды қарастырайық. Ол үшін y=x2 функциясының графигін құрайық . Одан әрі
1. x=n, n=0; -1; +1; -2; +2;... түзулерін жүргіземіз.
2. y=n және y=n+1 түзулері арқылы пайда болған жолақтардың бірін қарастырайық. y=x2функция графигінің қиылысу нүктелері y=x2 функцияcының графигіне жатады, себебі олардың абсциссалары-бүтін сандар.
3. y=x2 функциясының графигінің нүктелері бар басқа да жолаққа сызу ұқсас жүргізіледі.

18-сурет
2012 жылғы олимпиадада берілген мынадай есепті алмастыру әдісі арқылы шешуді қарастырайық.
Мысал 10. 5+6x8=15x-75 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: 15x-75=k деп алмастырамыз. 15x-7=5k, x=5k+715, (1)
5+6x8=k, k=5+6x8k+1. (2).
(2) өрнектегі x-тің орнына (1) өрнекті қоямыз, сонда k=39+10k40k+1, 40k-39=10k40k+1,
1) 40k-39=10k, 2) 10k40k+1,
k=1,3, k-130.
1) мен 2) ден ⇒ k=0; k=1. k=0 болғанда, x=715 болады; k=1 болғанда, x=0,8 болады.
Жауабы: 715; 0,8.
Қосындының мәнін бір бүтінге өзгертетін нүктелер кризистік нүктелер деп аталады.
Мысал 11. x+4,3+x-2,4-x+3,5=5 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: x=t+a, мұндағы t-санның бүтін бөлігі, a-санның бөлшек бөлігі.
t+a+4+0,3+t+a-3+0,6-t+a+3+0,5=5
t+t-t+4-3-3+a+0,3+a+0,6-a+0,5=5
t+a+0,3+a+0,6-a+0,5=7
a=0,7; a=0,4; a=0,5-кризистік нүктелері.
1) a∈[0;0,4), t+0+0+0=7, t=7 ⇒ 7=x7,4.
2) a∈[0,4;0,5), t+1=7, t=6 ⇒ 6,4=x6,5.
3) a∈[0,5;0,7), t=7 ⇒ 7,5=x7,7.
4) a∈[0,7;1), t+1+1+1=7, t=4 ⇒ 4,7=x5.
Жауабы: 4,7;5, 6,4;6,5, 7;7,4, [7,5;7,7).
Санның бүтін немесе бөлшек бөліктері бар теңсіздіктер.
x және x-тің негізгі теңсіздіктері деп келесі теңсіздіктерді айтамыз: xb және xb. Оларды шешудің ыңғайлы әдісі графикалық әдіс болып табылады. Оны келесі екі мысалда түсіндірсек. Мысал 1, x=b. Шешуі: y=x және y=b функцияларын талқылауға енгіземіз және олардың графиктерін бір сызбада сызамыз (19-сурет). Оны екі жағдайды ажырату керек: b - бүтін және b - бүтін емес.
1-жағдай. b - бүтін
19-суретте графиктер [b;b+1] - ге сәйкес келеді. Демек, x=b теңсіздігінің шешімі x=b сәулесі болады.
2-жағдай. b - бүтін емес.
Бұл жағдайда y=x және y=b функциясының графиктері қиылыспайды. Бірақ түзуден жоғары жатқан y=x графигінің бөлігі b+1; b+1 координаталарымен нүктеде басталады. Осылайша, x=b теңсіздігінің шешімі x=b+1 сәулесі болады.

19-сурет

Теңсіздіктің қалған түрлері дәл солай зерттеледі. Осы зерттеулердің нәтижелері төмендегі 1-кестеде келтірілген.
1-кесте

Теңсіздік түрі
Мәндерінің жиыны
x=b, b∈Z
x=b
x=b,
xb, b-кез келген сан
x=b+1
x=b, b-кез келген сан
xb, b-кез келген сан

xb+1
xb, b∈Z
xb
x=b, xb, b=1
Шешімі жоқ
x=b, xb, b0
-infinity; +infinity
x=b, xb, 0=b1
n+b=x1+n
n+bx1+n, n∈Z
x=b, xb, b=1
-infinity; +infinity
x=b, xb, b0
Шешімі жоқ
x=b, xb, 0=b1
n=x=b+n
nx=b+n, n∈Z

Бұл бөлімде нақты санның антье мен мантиссаның негізгі қасиеттері, тепе-теңдігі, теңсіздігі, теңбе-тең тұжырымдары және қайта құру ережелері келтіріледі. Арифметикада (сандар теориясы) және комбинаторикада антье мен мантиссаны қолдану келесі бөлімдерде берілген. Белгілі тепе-теңдіктер мен теңсіздіктердің бір бөлігі есептер түрінде көрсетілді. x, y∈R және n, k∈Z белгілері қолданылады.
Антье мен мантиссаның қарапайым қасиеттері:
0=x1 (1)
x=xx+1 (2)
x-1x=x (3)
x+n=x+n (4)
x+n=x (5)
Антье мен мантиссаның соңғы екі қасиетінің графикалық интерпретациясына назар аударайық. 5-ші қасиет -- мантисса функциясының периодтылығының қасиеті және оңға немесе солға n-ге жылжу кезіндегі графиктердің сәйкес келуі.
Егер осы қасиет fx=fx+n-n түрінде ұсынылса, онда fx=x, онда бұл антье графигі (n, n) векторына параллельді тасымалдалданғанда сәкес келетіндігін білдіреді.
Қарама-қарсы сандардың антье мен мантиссасының қосындысы туралы.
Қарама-қарсы бүтін сандар антьесінің қосындысы 0-ге тең. Онда (3) қасиет x және -x үшін мына түрге келтіріледі: x-1xx
-x-1-x-x. Теңсіздіктердің қосындысы -2x+-x0 немесе x+-x=-1 болады. Осылайша, қарама-қарсы сандарды қосу ережесін аламыз: x+-x=0, x∈Z-1, x∉Z (6)
Антье анықтамасына сәйкес, x+-x=x-x+-x--x=-x+-x, x+-x=0, x∈Z1, x∉Z (7)
Антьенің кемімейтіндігі
Қатаң емес теңсіздіктің санынан, қатаң емес теңсіздіктің бүтін бөлігіне дейінгі салдар келесідей болады: x=y⇒x=y. (7)
[n, n+1) жартылай интервалындағы мантиссаның өсуі
Егер x және y n=x, yn+1 шартын қанағаттандырса, онда келесідей шарттар орындалады: xy⇔xy, егер x, y∈[n, n+1). (9)
Антьемен мәндес теңсіздіктер
Антье үшін мәндес тұжырымдар есептер шығару кезінде жиі қолданылады, іс жүзінде бұл бүтін бөлік белгісін алудың типтік әдісі:
x=n⇔n=xn+1⇔x-1n=x (10)
xn⇔x=n+1⇔x=n+1 (11)
x=n⇔xn+1⇔xn+1 (12)
(10) қасиет антьенің анықтамасынан шығады. (11) қасиеттің сол бөлігі шын мәнінде бүтін сандарды салыстыру ережесі болып табылады. (11) оң жақ бекітуді негіздейміз. Оны келесі түрде жазамыз: x=n⇔x=n. Тікелей бекіту дұрыс болады, себебі x=x+x=x=n, кері бекіту (8) арқылы орындалады. (12) қасиет (11) қасиетіне ұқсас дәлелденеді.
Егер α∈R болса, онда (11) және (12) қасиеттері толықтырылуы мүмкін. xα⇔xα⇔x=α+1⇔x=α+1. (11')
x=α⇔x=α⇔xα+1⇔xα+1. (12')
Бүтін көбейткішті шығару
Келесі теңсіздіктер бүтін сандық коэффициентке көбейту кезінде антье мен мантиссаның жазылу тәртібін көрсетеді
nx=nx, n∈Z=0 (13)
nx=nx, n∈Z=0 (13')
nx=nx, n∈Z=0 (14)
nx=nx, n∈Z=0 (14')
(13) және (13') негіздейміз, nx-nx=nx-nx=nx+nx-nx=nx, яғни n белгісіне бастапқы теңсіздікті салыстыру белгісі тәуелді болады. nx, n∈N өрнектейміз. x1 болса, онда nxn және (12) cәйкес, nx=n-1. Осылайша, nx-nx=n-1. (15)
(14) және (14') қасиеттері сәйкесінше (13) және (13') қасиеттерінен оңай шығарылады. (3) теңсіздікті пайдалана отырып, теңсіздіктің осындай тізбектерін шығаруға болады:
nx=nx=nx, n∈Z=0
nx=nx=nx, n∈Z=0
nx=[nx] қажетті және жеткілікті шарттары
Мәндес түрлендіруді орындаймыз
nx=nx⇔nx-nx=0⇔nx=0⇔0=nx1.
Осылайша, кез келген нақты x үшін nx=nx⇔x=1n, n∈N. (16)
x бүтін cандық мәндерді қабылдаған кезде, nx=nx шарты кез келген натурал n үшін теңбе-теңдік болады.
Енгізілген мантиссаның белгісін алу
Мантисса үшін теңбе-теңдік бар, және ол бүтін сандық коэффициенттің белгісіне байланысты емес.
nx=nx, n∈Z. (17)
nx=n(x-x=nx-nx=nx.
Антье теңсіздігінен сандардың теңсіздігіне тепе-тең көшу, олардың арасында бүтін сан бар, және ол өте айқын тұжырым болып табылады
xy⇔∃k∈Z:xk=y (18)
Егер f(x)-үздіксіз бірқалыпты өсіпелі функция, және fx0∈Z⇒x0∈Z шарты орындалса, онда fx=fx. (19)
Егер x∈Z болса, онда (19) теңдігі орындалады. xx жағдайын қарастырайық. Онда fxfx болады, себебі f(x) монотонды өспелі. Осыдан fx=fx шығады.
xn=xn, n∈N (20)
x+mn=x+mn, n∈N және m∈Z (21)
nx=nx (22)
sinPIx2=sinPIx2, x∈-1, 1 (23)
logax=logax, x=1 және a∈N1 (24)
Бұл мәлімдемені (18) терістеу пікірі деп есептеуге болады. Осы екі тұжырымдар алдыңғы тармақта көрсетілген қарсы дәлелдерде кездеседі x=y⇔x=y, xy және ∄k∈Z: xk=y, yx және ∄k∈Z: yk=x (25)
Келесі теңсіздіктің шығуы: егер сандар арасындағы қашықтық 1-ден аспайтын болса, онда бұл сандардың антьесі тең немесе 1-ден өзгеше болады. x-y=1⇒x-y∈0, 1 (26)
(26) қарса жақтан дәлелдейік. x-y=k болсын, мұндағы k=2 және α=x-y, α1. x-y=x-y+α=x-y-αk-11-қайшылық. (26) тұжырым осылай қорытылады, x-y=n⇒x-y∈0, 1, 2, ..., n (26')

1 тарау қорытындысы

Дипломдық жұмысымның бірінші бөлімінде санның бүтін және бөлшек бөлігінің тарихы, санның бүтін және бөлшек бөлігінің графиктері және олардың қасиеттері туралы айтылып, оларға мысалдар келтірілді, мектептегі санның бүтін және бөлшек бөліктерінің мазмұны туралы айтылды. Қазіргі кездегі мектептегі санның бүтін және бөлшек бөліктерінің мазмұны қандай деген сұрақтар қарастырылды.

2 САННЫҢ БҮТІН ЖӘНЕ БӨЛШЕК БӨЛІГІНЕ БЕРІЛГЕН ОЛИМПИАДАЛЫҚ ЕСЕПТЕР

4.1 Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген теңдеулерді шешу әдістері

Мысал 12. x+x+x-x=1 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: x=0 жүйесінің анықталу облысын табамыз.
Екі жағдайды қарастырайық: 0=x1 және x=1.
Егер x=1, онда x=1 және x+x=2 . Бұл жағдайда теңдеудің шешімі болмайды. Егер де 0=x1, онда x=0 және 2x=1 түрінде қабылдап, x=14 шығады.
Жауабы: x=14.
Мысал 13. xx+yy=1x+y=1 теңдеулер жүйесін шешіңіз.
Шешуі: Жүйенің шешімін графикалық тәсілмен жүргіземіз.
xx+yy=1 теңдеуі жазықтықта екі гипербол доғасынан және шеңбер доғасынан тұратын қисық сызықты анықтайды. Егер kxk+1, k∈Z, онда x=k, ал y=1-k және 1-ky2-k болады. Сол себепті x+y=1 теңдеуі координаталары теңдеулер жүйесінің қанағаттандыратын жазықтықтың x;y нүктелер жиынын анықтайды. k=xk+11-k=y2-k, k∈Z. Бұл нүктелер бірлік квадраттарды құрайды. Әлбетте, бұл көрсетілген сызықтардың екі ортақ нүктесі бар (0;1) және (1; 0)
Жауабы: (0;1), (1; 0).
Мысал 14. 1x+1x=1x теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: x+x=x болса, онда теңдеу 1x+1x=1x+x түрін қабылдайды. x=a, x=b ауыстырып, 1a+1b=1a+b ⇔ a+b2=ab ⇔ ab2+ab+1=0 аламыз. Берілген квараттық теңдеудің a!=0 және b!=0 кезінде ( ab қатысты) түбірі болмайды.
Жауабы: Шешімі жоқ.
Мысал 15. (II Соросовская олимпиадасы). x2-10x+9=0 теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: x=k болсын. k=0, себебі x=k, x=0 бұдан x2-10x+9=0. теңсіздігін аламыз. Осыдан 1=x=9, 1=k=9 болады, 10-ға бөлінетін x2+9-бүтін сан. Тексеру нәтижесі бойынша x=1, x=61, x=71, x=9.
Жауабы: 1; 61; 71;9.

5-сурет

Мысал 16. 2x+13=x теңдеуін шешіңіз.
Шешуі: x=k болсын, онда k=2x+13k+1k=xk+1 эквивалентті жүйесін жазайық ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.