«ШОҚан оқулары 19» Халықаралық ғылыми-тәжірибелік конференция материалдары

261
 
 
кезекте  нені  шығару  керектігін  ҧмытып,  ӛрейлене  бастайды.  Дҧрыс 
аңғармаудың  (қате  белгі,  қате  жазылған  сан,  интервалды  есептеу  дҧрыс  емес 
қолдану)  салдарынан  дҧрыс  емес  жауаптардың  шығуы  болады.  Сондықтан, 
есепті  есептеу  мен  тҥрлендіруде  дағды,  элементар  әрекетте  автоматты  тҥрде 
шешу ҦБТ-ны  ӛте жақсы тапсырудың бірден-бір амалы. 
Сондықтан,  біздің  зерттеуімізде  кейбір  теңсіздіктерді  талдауды 
ҧсынамыз.  Осында  негізгі  тригонометриялық  функциялардың  негізгі 
қасиеттерімен  қатар,  санның  абсолютты  шамасы,  квадраттық  теңсіздіктерді 
шешу және логарифмдік функцияның қасиеттері қолданылады. Әдетте мектеп 
оқушысы  теңсіздіктерді  шығарған  кезде  стандартты  қателерді  жібереді. 
Мысалы:  модульді  қате    ашады,логарифнің  негізінен  функцияға  ӛткенде 
теңсіздік  белгісін  ауыстырмайды,  логарифмдік  функцияның  мҥмкін  мәндер 
облысын ескермейді. 
Мысал 1. Теңсіздікті шешіңіз:       
2
3
sin x
 
Шешімі.  Абсолюттік  шама    белгісінен  қҧтылып,  осы  теңсіздіктердің 
біреуін қанағаттандырса, онда берілген теңсіздіктегі х мәнін қанағаттандырады. 
2
3
sin x
,                    
2
3
sin x
. 
Әрбір теңсіздікті шешкен кезде, біріншіге мынадай  жауап аламыз: 
k
x
k
2
 
 
3
2
 
  
  
  
2
 
 
3
    
  
.
  
.
  
.
  
,
2
  
,
1
  
,
0
 
 
 k
. 
Екінші теңсіздікке: 
m
x
m
2
 
 
3
-
 
  
  
  
2
 
 
3
2
    
  
.
  
.
  
.
  
,
2
  
,
1
  
,
0
 
 
 m
. 
Сондықтан берілген теңсіздікке жауап ретінде екі теңсіздіктердің жиыны  
ретінде жазуға болады: 
k
x
k
2
 
 
3
2
 
  
  
  
2
 
 
3
1
    
  
.
  
.
  
.
  
,
2
  
,
1
  
,
0
 
 
 k
, 
m
x
m
 
2
 
 
3
-
 
  
  
  
 
2
 
 
3
2
2
    
  
.
  
.
  
.
  
,
2
  
,
1
  
,
0
 
 
 m
, 
Осы шешімдердің әрбіреуі бірлік шеңберде кей доғаларды анықтайды. 
Бірақ, 
  
  
3
  
  
3
2
   және     
  
   
3
2
  
  
3
 болса,    онда  екінші  теңсіздікті 
жиындардан мынадай тҥрде жазуға болады: 
m
x
m
 
2
  
  
  
-
  
3
2
  
   
   
   
 
2
  
  
  
-
  
3
2
 
)
1
2
(
  
   
3
2
  
   
   
   
)
1
2
(
  
  
3
2
m
x
m
      
  
.
  
.
  
.
  
,
2
  
,
1
  
,
0
 
 
 m
. 
Енді екінші теңсіздікті бір шешімге біріктіруге болады: 
 n
x
n
 
3
2
 
  
  
  
 
 
3
     
  
,  .  .  .
,  
,  
 
 n 
2
1
0
. 
Егер 
n
 жҧп сан болса, онда  біріктірілген бірінші теңсіздіктің интервалын 
аламыз. Егер 
n
 тақ сан болса, онда екінші теңсіздіктің интервалын аламыз. 
Мысал 2. Теңсіздікті шешіңіз: 
 
1
 
 
sin
2
 
 
3
  
  
2
cos
2
5
x
x
. 
Шешімі. Берілген теңсіздік теңсіздіктер жиынтығына пара-пар:  

262
 
 
;
 
2
cos
2
  
  
5
 
 
 
1
 
 
sin
 
2
 
 
3
x
x
 
 
2
cos
2
  
  
5
  
 
 
1
 
 
sin
 
2
 
 
3
x
x
. 
Алмастыру  әдісін  қолданып  ауыстырамыз 
x
x
2
sin
2
1
2
cos
,  теңсіздіктің 
әрбіреуі 
x
sin
 қатысты квадрат болады. 
)
sin
2
1
 
(
 
2
  
  
5
 
 
3
 
 
sin
6
2
x
x
              
)
sin
2
1
 
(
 
2
  
  
5
 
 
3
 
 
sin
6
2
x
x
 
0
  
  
4
  
sin
6
 
 
sin
4
2
x
x
                   
0
  
  
10
  
sin
6
 
 
sin
4
2
x
x
 
x
t
sin
 кӛмекші айнымалысын енгіземіз: 
0
2
3
2
2
t
t
                       
0
5
3
2
2
t
t
. 
0
)
2
1
)(
2
(
t
t
                       
0
)
1
)(
2
5
(
t
t
 
2
1
2
t
t
                           
2
5
1
t
t
. 
Тригонометриялық  функциясының  х  аргументінің  мҥмкін  мәндер 
облысындағы  синус 
1
  
;
1
 кесіндісіне  тиісті  екенін  ескерсек,  келесі  екі 
теңсіздікті шешуге кірісеміз: 
2
1
sin x
                          
1
sin x
. 
Әрбір теңсіздікті шешу нәтижесінде екі шешім аламыз: 
k
x
k
2
 
 
6
 
  
  
  
2
 
 
6
5
1
    
  
.
  
.
  
.
  
,
2
  
,
1
  
,
0
 
 
 k
, 
m
x
 
2
 
 
2
  
 
  
2
                    
  
.
  
.
  
.
  
,
2
  
,
1
  
,
0
 
 
 m
, 
Мысал 3. Теңсіздікті шешіңіз  
1
sin
log
2
x
 
Шешуі.  Теңсіздіктің  сол жағына 
y
x
sin
 алмастыру еңгіземіз: 
1
log
2
y
. 
Ал теңсіздіктің оң жағына логаримнің анықтамасын қолданып жаңа мәнге 
келеміз:  
2
1
log
1
2
. 
Осыдан шығады: 
2
1
log
log
2
2
y
. 
Логарифмнің негізі  1-ден артық болғандықтан,  
2
1
y
 тҥріне келеміз. 
Логарифмдік теңсіздікті шығарған кезде, теріс аргументке логарифимдік 
функция  анықталмаған  екенін  ескеру  керек  [2].  Сондықтан,  осы  теңсіздіктің 
қорытынды шешімін былай жазамыз: 
2
1
0
y
. 
Осыдан келесі теңсіздіктер жҥйесін шешуге кірісеміз: 
2
1
sin
0
sin
x
x
 
Осы  қарапайым  теңсіздіктерді  шығара  отырып,  жауабында  теңсіздіктер 
жиынын аламыз: 
 
,  .  .  .
,  
,  
m
m
x
m
 
,  .  .  .
,  
,  
k
k
x
k
2
1
0
 
 
  
 
2
 
2
6
5
2
1
0
 
 
2
6
 
2
2
1
 
Мысал 4. Теңсіздікті шешіңіз 
0
log tgx
х