«ШОҚан оқулары 19» Халықаралық ғылыми-тәжірибелік конференция материалдары



жүктеу 5,04 Kb.
Pdf просмотр
бет100/135
Дата20.05.2018
өлшемі5,04 Kb.
#15118
1   ...   96   97   98   99   100   101   102   103   ...   135

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
 


жүктеу 5,04 Kb.

Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   96   97   98   99   100   101   102   103   ...   135




©g.engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет
рсетілетін қызмет
халықаралық қаржы
Астана халықаралық
қызмет регламенті
бекіту туралы
туралы ережені
орталығы туралы
субсидиялау мемлекеттік
кеңес туралы
ніндегі кеңес
орталығын басқару
қаржы орталығын
қаржы орталығы
құрамын бекіту
неркәсіптік кешен
міндетті құпия
болуына ерікті
тексерілу мемлекеттік
медициналық тексерілу
құпия медициналық
ерікті анонимді
Бастауыш тәлім
қатысуға жолдамалар
қызметшілері арасындағы
академиялық демалыс
алушыларға академиялық
білім алушыларға
ұйымдарында білім
туралы хабарландыру
конкурс туралы
мемлекеттік қызметшілері
мемлекеттік әкімшілік
органдардың мемлекеттік
мемлекеттік органдардың
барлық мемлекеттік
арналған барлық
орналасуға арналған
лауазымына орналасуға
әкімшілік лауазымына
инфекцияның болуына
жәрдемдесудің белсенді
шараларына қатысуға
саласындағы дайындаушы
ленген қосылған
шегінде бюджетке
салығы шегінде
есептелген қосылған
ұйымдарға есептелген
дайындаушы ұйымдарға
кешен саласындағы
сомасын субсидиялау