Модуль таңбасы бар теңдеулерді шешу тәсілдері



жүктеу 91.79 Kb.
Дата11.04.2019
өлшемі91.79 Kb.

Модуль таңбасы бар теңдеулерді шешу тәсілдері
Карыбаева Сәуле Шешкенқызы – ҚР Білім беру ісінің үздігі,

Қарақол орта мектеп-бақшасының математика пәнінің мұғалімі
Мектеп курсындағы оқушыларға күрделі саналатын тақырыптардың бірі – модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктер.

Модуль белгісін 1841 жылы неміс математигі Карл Вейерштрасс (1815-1897) енгізген. Модуль латынның modules – “өлшем”, “шама” деген сөзінен алынған. Яғни ‌‌‌‌‌‌‌ теріс емес шама. Ал, геометриялық мағынасы: ‌‌‌‌‌‌‌ өрнегінің мәні – О нүктеден а санын кескіндейтін нүктеге дейінгі аралықтың өлшемі ‌‌‌ ,



Модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктер, ерекше ескерту болмаған жағдайда, нақты сандар жиынында қарастырылады. Оларды шешудің түрлі әдістері бар. Қарапайым мысалдарды қарастырайық.



1 –мысал. теңдеуін шешейік.

Шешуі: 50 болғандықтан, теңдеідің шешімі бар

1 –тәсіл. Анықтама бойынша

Осыдан,

Яғни х≥-2 болғанда х+2=5, бұдан х =3, ал х-2 болғанда –(х+2)=5, бұдан х=-7.

Жауабы: х =3, x = -7.

2- тәсіл. Геометриялық тәсіл.

өрнегінің мәні х пен а сандарына сәйкес нүктелердің арақашықтығын білдіреді. Сонда теңдеуінің геометриялық мағынасы х пен -2-ге сәйкес нүктелердің ара қашықтығы 5 болатындықтан немесе

-5 5

-7 -2 3 х



Жауабы: x=3, x=-7

3- тәсіл. Квадраттау тәсілі

Теңдеудің екі бөлігі де, оң сандар болғандықтан, оларды квадраттап, берілген теңдеуге мәндес теңдеу аламыз. Сонда Бұдан Виет теоремасын пайдаланып, х=3, x=-7 түбірлерін аламыз.



Жауабы: х=3, x=-7

2-мысал. теңдеуін шешейік.

Шешуі. Бұл теңдеуді де алдыңғы көрсетілген үш тәсілмен шешуге болады. Алайда, ең оңтайлысы-геометриялық тәсіл.



теңдігінің геометриялық мағынасы х нүктесі а мен b нүктелерінен бірдей қашықтықта жататынын көрсетеді, яғни [a; b] кесіндісінің дәл ортасы. Сонда аbнемесе bа болғанда,

Демек, берілген теңдеудің шешімі





Жауабы: х=2

Мысалдар:



а)

ә)

б)

в)

г)

Модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктер көбінесе модуль анықтамасы мен қасиеттеріне сүйене отырып, құрамында модулі жоқ теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуге келтіріледі.

Келтіру жолы төмендегі теоремаға негізделеді. Бізге (1) теңдеуі берілсін. Бұл теңдеудің мүмкін мәндер облысы (ММО) Е: 0 теңсіздігін шеші арқылы табылады.

1-теорема. Е облысында (1) теңдеуі f= немесе f=- теңдеулер жиынына мәндес болады.

Салдар. Егер Е жиынында f функциясы тек оң мәндер қабылдай»тын болса, онда (1) теңдеуі f= теңдеуіне, егер f0 болса, f= - теңдеуіне мәндес болады.

Сондай-ақ, теңдеуінің шешімі f= немесе f= - теңдеулер жиынымен мәндес болады.




Егер f≥0f=

Егер f0 f= -

(1)







3-мысал. теңдеуін шешейік. Шешуі. теңдеуін шешуге келтіріледі. Сонда берілген теңдеу теңдеулер жиынымен мәндес. Бұдан



Жауабы: x=-5, x=-4, x=-3, x=2

Мысалдар:

а)

ә)

б)

в)



4-мысал. теңдеуін шешейік.

Шешуі. теңдеуін шешуге келтіреміз. Сонда





Жауабы: x=0

Мысалдар:

а)

ә)

б)

в)

Модуль таңбалары бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде ең қарапайым әрі сенімді әдіс модуль анықтамасына сүйеніп, модуль жақшаларын ашу болып саналады. Осылайша бірнеше модуль жақшалары бар теңдеулерді шешуді қарастырайық.

5-мысал. теңдеулерін шешейік.

Шешуі: Модуль таңбасы астында сызықтық функциялар болғандықтан теңдеудің ММО барлық нақты сандар жиыны болады. Яғни, Е=R. Енді осы сызықтық функциялар нольдерін табамыз.



бұдан

Осы нүктелер сан осін яғни ММО төрт аралыққа бөледі. Және әрбір интервалда көрсетілген сызықтық функциялар тұрақты таңбасын сақтайды. Сондықтан әрбір аралықтағы функция таңбасына сәйкес, сол таңбамен модуль жақшасын ашамыз.



Сонда (1) теңдеуі төмендегі төрт теңдеулер жиынымен мәндес болады.

І. аралығында

-х+2(х+1)-3(х+2)=0

-х+2х-2-3х-2=0, бұдан х=-2

-2(-; -2], сондықтан х=-2 түбірі болады.

ІІ. х(-2; -1] аралығында



-х+2(х+1)+3(х+2)=0

-х+2х+2+3х+6=0, бұдан х=-2

-2(-2; -1], демек теңдеудің шешімі жоқ.

ІІІ. х(-1; 0]аралығында



-х-2(х+1)+3(х+2)=0

-х-2х-2+3х+6=0

0х=-4 теңдеуінің шешімі жоқ.

ІV. х(0; ) аралығында



х-2(х+1)+3(х+2)=0

х-2х-2+3х+6=0, бұдан х=-2

-2(0;). Демек, теңдеудің шешімі жоқ.

Сонымен берілген теңдеудің (-; -2], аралығында бір шешімі бар, х=-2 ол ал қалған үш интервалда шешімі болмайтынын көрдік.



Жауабы: х=-2

6-мысал. ;

Шешуі: бұл бөлшек иррационал теңдеу. Радикал таңбасы бөлшектің бөлімінде тұрғандықтан арифметикалық квадрат түбірдің анықтамасына сүйеніп, х+40 болғанда теңдеудің мағынасы болатынын көреміз.Демек, ММО Е=(-4; )

Енді модуль таңбасы ішіндегі сызықтық функциялар нолдерін табамыз. Ол 2х-3=0, бұдан Сонда сандар осіндегі (-4; ) аралығы екі облысқа және бөлінеді. Мұндағы функция таңбасы:

Сонда берілген теңдеу төмендегі екі теңдеулер жиынымен мәндес. Бұл екі теңдеудің шешімдері бірігіп бастапқы теңдеудің шешімдерін береді.

І. х(-4;], аралығында

Бұдан 0=0, яғни  х(-4;] үшін теңдік тура. Демек, теңдеудің шешімі -4

ІІ. х(;) аралығында

Бұдан ,





(;) аралығында екі көбейткіш те оң мәнге ие болады, нөлге айналмайды. Демек, теңдеудің шешімі жоқ.

Жауабы: -4

7-мысал. теңдеуін шеш

Шешуі:


1-әдіс. Бұл теңдеуді 5, 6 мысалдардай дәстүрлі әдіспен шешуге болады.

Модуль ішіндегі функция нольдері: у=±3, у=±2



Теңдеудің ММО Е=R. Сан осі 5 аралыққа бөлінеді.

1) I, V. y(-;-3][3;) аралықтарда

теңдеуге шешім болады.

2) II, IV. аралығында



5=5,  у үшін тура.

Демек, шешімі

3) аралығында

болғандықтан, теңдеудің шешімі жоқ.

Сонда алынған үш теңдеудің шешімдерінің бірігуі



Жауабы:

2-әдіс. теңдеуінің геометриялық мағынасы: координаталық түзуде t нүктеден 4 және 9 сандарына сәйкес нүктелерге дейінгі ара қашықтықтардың қосындысы 5-ке тең. Демек, осы шартқа сәйкес 4≤ t ≤9

Бұдан 4≤у2≤9, ,

Яғни , сонда 2≤ у ≤3, -3≤ у≤-2



Жауабы:

3-әдіс. теңдеуі теңсіздіктер жүйесімен мәндес болатынын ескерсек, теңдеуінен, тепе-теңдігін пайдаланып теңдеуін аламыз. Тексеру болатынын көрсетеді. Соңғы теңдеу жоғарыдағы тұжырымдамаға сәйкес жүйемен мәндес.

Бұдан бұдан -3≤ у≤-2, 2≤ у ≤3



Жауабы:

Мысалдар:

а)

Кейде мұндай теңдеулерді шешуде идеялық жағынан құнды саналатын модуль анықтамасынан шығатын келесі тұжырымдарды пайдаланған тиімді. Әрі бұл әдіс уақыт ұнемдеуге көмектеседі.

І. Мүмкін мәндер облысы Е жиынында (1) теңдеуі мен (2) теңсіздігі мәндес болады.

ІІ. Е жиынында (3) теңдеуі мен (4) теңсіздігі мәндес

ІІІ. Е жиынында (5) теңдеуі мен (6) теңсіздіктер жүйесі мәндес болады.

Нақты мысалдар қарастырайық.



1-мысал. теңдеуін шешейік.

Шешуі: тепе теңдігін пайдаланып, (1) түрдегі теңдеуін аламыз. болғандықтан, соңғы теңдеуден 1-теоремаға сәйкес (2) түрдегі теңсіздігін аламыз. Бұдан



Шешімі: х≤-4, х≥2,5
Жауабы:

Бұл теңдеуді ІІ қатыс негізінде шешуге болады.



2-мысал. теңдеуін шешейік.

Шешуі: ІІ-қатыс негізінде шешейік. Яғни болғандықтан, соңғы (3) түрдегі теңдеу теңсіздігімен мәндес онда бұдан 2≤х≤3



Жауабы: [2;3]

3-мысал. теңдеуін шешейік.

Шешуі: Сонда берілген теңдеу (5) түрдегі теңдеу болғандықтан, ІІІ қатыс негізінде (6) түрдегі оған мәндес теңсіздіктер жүйесін аламыз. Бұдан



Жауабы: [6;)

Мысалдар:



а)

ә)

б)

в)

Жоғарыдағы қарастырылған теңдеулерге қарағанда, модуль таңбалары қайталанған теңдеулерді шешу жолдарында айтарлықтай өзгешелік бар.



Анықтама. Модуль таңбасы бар өрнектен тағыда модуль алынса, яғни теңдеу түрінде берілсе, онда оны модуль таңбалары қайталанған теңдеу дейміз, мұндағы а≥0

1-әдіс. Мұндай теңдеулерді шешу үшін бірінші ішкі модуль жақшасын ашамыз.

Мысал. (1)

Бұл теңдеу (2) теңдеуімен мәндес. ММО табамыз. 6+х≥0, бұдан х≥-6

ММО Е=[-6;)

Бірінші ішкі модульды ашайық.. Ол үшін модуль ішіндегі функцияны нөлге айналдыратын нүктені табамыз.



х+3=0, бұдан х=-3. Сонда (2)-ге мәндес болатын екі теңдеулер жиынын аламыз.

Сонда ІІ теңдеу тағы да екі теңдеуге жіктеледі.





Жауабы: х1=-4, х2=2

2-әдіс. Бұл теңдеуді бірінші сыртқы модуль жақшасын ашып 5-мысалдың жолымен де шығаруға болады. Атап айтқанда (2) теңдеуі төмендегі екі жүйелер жиынымен мәндес.

Дәл осылайша А, В теңдеулері өздерінің мүмкін мәндер облысында тағы да екі теңдеуге жіктеледі. Яғни:



х=2; х=-4

Жауабы: х1=2; x2=-4

Мысал. (1)

Шешуі: Ішкі модуль мен -ті ашайық. Нөлдері:



Сонда (1) теңдеуімен мәндес үш теңдеулер жиынын аламыз.



І. х(-;] аралығында (1) теңдеуі түрінде жазылады, бұдан , модуль жақшасын ашсақ, х+1=0, х= -1

Сонда I теңдеуі тағы екі теңдеуге жіктеледі.



II. x(;4] аралығында (1)теңдеуі түрінде жазылады, бұдан

Модуль ішіндегі функция нолі 2х-4=0, бұдан х=2





А. х(;2]

-(2х-4)-х=2

-3х=-2

х=(;2]

В. х(2;4]

2х-4-х=2


х=6; 6 (2;4]

демек бұл теңдеудің шешімі жоқ.

ІІІ. х(4;] аралығында (1) теңдеуі түрінде жазылады. Бұдан (4; ) аралығында 2х-40 болғандықтан 2х-4+х=10 теңдеуін аламыз. Оны шешсек, ; және

Сонда барлық табылған шешімдердің жиыны (1) теңдеуінің шешімі болады.



Жауабы: х1=-; х2=; х3=; х4=

Мысал.

Шешуі: Модуль қасиетіне сүйеніп берілген теңдеуге мәндес болатын екі теңдеулер жиынын аламыз.



немесе ММО ескеріп, теңдеудің екі бөлігін де өрнегіне көбейтіп келесі жүйелерді аламыз. немесе

шешімі жоқ немесе Бұдан шығады.

Жауабы: х1=; х2=-

ШҚО, Үржар ауданы



Каталог: uploads -> doc -> 098c
doc -> Викторина по пьесе В. Шекспира «Гамлет, принц Датский»
doc -> Тест сынып Ұлы Отан соғысы нұсқа
doc -> Пєн атауы: Математика
doc -> Сабаќтыњ тарихы: ХІХ ѓасырдыњ 60-70 жылдарындаѓы ќазаќ халќыныњ отарлыќ езгіге ќарсы азаттыќ к‰ресі
doc -> 1 -сынып, аптасына сағат, барлығы 34 сағат Кіріспе (1 сағат)
doc -> Сабақтың тақырыбы: XVIII ғасырдың бірінші ширегіндегі Қазақ хандығының ішкі және сыртқы жағдайы Сабақтың мақсаты
doc -> Сабақтың тақырыбы: XVIII ғасырдың бірінші ширегіндегі Қазақ хандығының ішкі және сыртқы жағдайы
098c -> Тақырыбы: «Алтын тәж» сайысы Мақсаты


Достарыңызбен бөлісу:


©kzref.org 2019
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет