«ШОҚан оқулары 19» Халықаралық ғылыми-тәжірибелік конференция материалдары

232
 
 
.
0
,
0
и
0
,
1
,
1
1
1
1
1
,
0
,
,
1
1
1
1
1
*
1
1
1
1
q
q
p
r
p
r
q
p
r
p
r
n
j
j
j
j
j
j
j
n
j
j
j
j
j
j
j
 
Если 
n
j
j
j
j
j
j
j
q
p
r
p
r
1
1
1
1
1
1
1
 и 
0
,  то  вложение  3)  невозможно  при  любых 
0
. 
Замечание.  Основные  результаты  следствия  1  теоремы  совпадают  с 
соответствующими результатами из §17 книги [1] и статьи М.Л. Гольдмана [2]. 
Результаты следствия 2 как нам кажется, являются новыми. 
 
Литература: 
 
1. Бесов О.В., Ильин В.П., Никольский С.М. Интегральные представления 
функций и теоремы вложения. - М.: НАУКА, Физматлит, 1996 - 525 c. 
2.  Гольдман  М.Л.  Теоремы  вложения  для  анизотропных  пространств 
Никольского - Бесова с модулями непрерывности общего вида // Труды МИАН 
СССР, 1984, 170, С.86-104. 
3. H. Triebel. The structure of functions, Birkhäuser, Basel, 2001. 
4.  D.D.  Haroske.  Envelopes  and  Sharp  Embeddings  of  function  Spaces. 
Chapman  &  Hall/CRC  Research  Notes  in  Matematics,  Vol.  437.  Chapman  & 
Hall/CRC, Boca Ration, Fl, 2007. 
 
 
 
МЕКТЕПТЕ МОДУЛІ БАР ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ ТӘСІЛДЕРІ 
 
Тілеулесова А.Б., Ақылбаева Н.Б.
 
Астана қ., Л.Н. Гумилев атындағы Еуразия ҧлттық университеті 
 
Модулі  бар  теңдеулер  мен  теңсіздіктер  теориясы  орта  мектепте 
оқушылардың логикалық ойлау қабілетін дамыта алатындай, ӛз алдына ғылыми 
педагогикалық маңызы бар негізгі оқу материалы болып есептеледі [1]-[5]. Ол 
оқушыларды  айқын  дҧрыс  ойлауға,  шамаларды  салыстыра  білуге 
дағдыландырады.  Сондықтан  есеп  шығару  барысында  творчествалық 
қабілеттілік, ізденгіштілік қасиеттерді әр тҥрлі тәсілдермен шығарып, ішінен ең 
қарапайым, тиімдісін таңдап алудың маңызы зор. Дегенмен кейбір авторлардың 
[2,  228  бет],  [3,  216  бет]  оқулықтарында  осы  тақырыпқа  байланысты  есептер 
мен  материалдар  жақсы  берілген.  Енді  модулі  бар  теңдеулерге  байланысты 
есептерді шығарудың негізгі тәсілдеріне келейік: 

233
 
 
1.
 теңдеуін  қарастырайық,  егер 
0
а
болса  теңдеудің  шешімі 
болмайды, ал 
0
а
 болғанда анықтама бойынша 
a
x
f
)
(
, 
a
x
f
)
(
 теңдеулерінің 
бірігуіне таратылады. Ол былай жазылады:
a
x
f
a
x
f
)
(
)
(
. 
1-мысал. 
5
8
x
.  Модульдің  анықтамасы  [3,  228  б.]  бойынша 
теңдеулердің бірігуін аламыз.  
5
8
5
8
х
х
.  Бҧдан 
3
,
13 х
х
.  Жауабы: 3; 13. 
Кейбір 
модуль 
таңбасымен  берілген 
теңдеулер 
геометриялық 
кескіндердің  кӛмегімен  жеңіл  шешіледі.  Атап  айтсақ, 
5
8
x
 теңдеуін  шешу 
ҥшін 8-ді сан осіне белгілеп, екі жағынан 5 бірлікке арақашықтықтан екі нҥкте 
белгілейміз.  
 
 
 
 
 
 
 
Жауабы: 3; 13 
2. 
a
x
f
)
(
 теңдеуі. 
Модуль анықтамасы бойынша екі жҥйенің бірігуіне таратылады. 
0
)
(
0
)
(
x
a
x
f
x
a
x
f
 
2-мысал.
0
6
2
х
х
 теңдеуін шешу керек. 
Шешуі.
0
6
0
)
1
2
х
х
х
0
6
0
)
2
2
x
x
х
  жҥйелерін шешеміз. 
3
3
,
2
0
2
1
х
х
х
х
3
3
,
2
0
2
1
x
x
x
х
. Жауабы: -3; 3. 
3. 
)
(
)
(
x
g
x
f
түріндегі теңдеу.  
Бҧл  теңдеуді шешу ҥшін екі жҥйенің бірігуін  шешеміз. 
0
)
(
)
(
)
(
0
)
(
)
(
)
(
x
g
x
g
x
f
x
g
x
g
x
f
 
3-мысал. |3x-1|=7x+11 теңдеуін шешеміз. 
Шешуі.  3x-1=7x+11  теңдеуін  шешіп   
 тҥбірін  аламыз.  Енді  –(3x-
1)=7x+11  теңдеуін  шешіп 
 тҥбірін  аламыз.  Табылған  тҥбірлерді 
3 
13 
8 
1-cурет 

234
 
 
теңдеудің  оң  жағына  қойып  x=-1  болған  кезде  теріс  болмайтынын  кореміз. 
Демек, x=-1. Жауабы: x=-1. 
4-мысал. |x – 7| = x
3
 – 15x
2
 + x + 7. 
Шешуі: Модульдің анықтамасы бойынша
7
,
7
7
,
7
7
x
x
x
x
x
 
|x – 7| = x
3
 – 15x
2
 + x + 7 теңдеуі келесі екі жҥйенің жиынтығына тең:   
0
)
2
15
(
7
0
)
14
14
)(
1
(
7
0
2
15
0
7
0
14
15
0
7
7
15
7
0
7
7
15
7
0
7
2
2
2
3
2
3
2
3
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
 
2
217
15
0
63
7
2
217
15
0
7
63
7
1
7
x
x
x
x
x
x
x
x
x
     Жауабы:
.
2
217
15
;
63
7
;
0
 
4. 
)
(
)
(
x
g
x
f
 түріндегі теңдеу. 
Бҧл теңдеулердіі шешу ҥшін тӛмендегі теңдеулердің бірігуін шешеміз. 
|f(x)| 
= 
|g(x)| 
тҥріңдегі 
теңдеу 
)
(
)
(
2
2
x
g
x
f
 немесе 
0
))
(
)
(
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
  теңдеуімен мәндес. Бҧл келесі жиынтықпен мәндес: 
).
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
 
Бҧл тҥрдегі теңдеулерді екі жағын квадраттау арқылы да шешуге болады. 
0
)
(
)
(
0
)
(
)
(
)
(
)
(
2
2
2
2
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
 
)
(
)
(
x
g
x
f
, 
)
(
)
(
x
g
x
f
 
5-мысал.  |x
5
-6x
2
+9x-6| = |x
5
-2x
3
+6x
2
-13x+6|. 
Шешуі. |x
5
-6x
2
+9x-6| > 0  және  |x
5
-2x
3
+6x
2
-13x+6| > 0. 
Теңдеудің  екі  жағы  да  теріс  емес,  онда  берілген  теңдеу  тӛмендегі  екі 
теңдеудің жиынтығына тең. 
6
13
6
2
6
9
6
6
13
6
2
6
9
6
2
3
5
2
5
2
3
5
2
5
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Әрбір  теңдеуді  шешу  арқылы 
мыналарды аламыз : 
.
2
;
0 x
x
3
;
2
;
1
x
x
x
.Жауабы:
.
3
;
2
;
1
;
2
;
0
 
6-мысал.
x
x
3
2
 
x
x
x
x
x
x
x
x
3
2
3
2
3
2
3
2
2
2
2
2
 
0
1
5
2x
,   
5
2x
5
,
2
x
.  Жауабы: 2,5. 
7-мысал.| x-4 |+| (x–1)(x–3) |=1.Шешуі:    y  =  |(x–1)(x–3)|  және    y=1–|x–4 | 
функцияларының  графиктерін  саламыз.    1)  y  =  |(x–1)(x–3)|  функциясына    х=1 
және  х=3  мәндерін  қойып    у=0  аламыз.  Яғни  графиктің    ОХ  осімен  қиылысу