МАЗМҰНЫ

КІРІСПЕ

Ғылыми мәселенің қазіргі кездегі шешу жағдайын бағалау. Жалпы білім беретін орта мектепте математиканы оқытудың негізгі міндеті - қазіргі қоғамның әрбір мүшесінің күнделікті тіршілік тынысы мен еңбек әрекетіне қажетті салалас пәндерді оқып үйренуге және білімін одан әрі жалғастыруға жеткілікті математикалық білім мен икемділікті оқушылардың жүйелі түрде тиянақты әрі саналы меңгеруін қамтамасыз ету.

Әрбір оқушыға саналы түрде жүйелі түрде білім беру педагог-ұстаздардың қасиетті борышы. Математиканың жоғары дәрежеде дамыған заманында элементарлық математиканы саналы ұрпаққа меңгерту, жеткізу әрбір математиктің парызы болып табылады. Мектеп математика курсын оқушылардың жас ерекшеліктерін ескере отырып, оқытуды 3сатыға бөледі:5-6, -7-9 және 10-11сыныптар. Бірінші сатыда математикалық циклдің бір пәні «Математика» оқытылады. Келесі сатыларда екі пән ұсынылады: 7-9сыныптарда - «Алгебра» және «Геометрия», ал 10-11сыныптарда - «Алгебра және анализ бастамалары» және «Геометрия».

Жұмыстың өзектілігі. Осы 11-сыныпта оқытылатын «Алгебра және анализ бастамалары» курсын үлкен бес тарауға бөлуге болады. Біріншісін алғашқы функция тарауына және кейінгісін дәреже және түбір,дәрежелік функция,онан соң көрсеткіштік және логарифмдік функциялар тарауына бөледі[1].

Жүргізген зерттеудің мақсаты - осы курстың үшінші тарауындағы көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерін функция қасиеттеріне сүйене шешуге арналған. Осы көрсеткіштік, логаримфдік функция тарауының негізгі мақсаты - окушылардың көрсеткіштік, логарифмдік функциялармен және олардың қасиеттерімен таныстыру (е саны және натурал логарифмдер туралы мағлұматтар да енеді); күрделі көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді, олардың жүйелерін (иррационал теңдеулер енетіндерін де) шешуге үйрету.

Екі элементар функцияның (көрсеткіштік, логарифмдік ) қасиеттері мен графиктері қарастырылады. Бұл функциялардың қасиеттерін жүйелі келтіру функцияларды зерттеудің қабылданған схемасына сәйкестендіріліп жүзеге асырылады. Логарифмдік теңбе-теңдіктермен істелетін жұмысқа жеткілікті дәрежеде көңіл аударылуы керек. Логарифмдік өрнектерді, теңбе-тең түрлендірулерді теориялық мәселелерді баяндаған кезде де (мысалы, көрсеткіштік функцияның туындысымен формуласын қорытып шығарғанда), әртүрлі жаттығуларды орындағанда мысалы, логарифмдік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешкен кезде де қолданылады.

Көрсеткіштік функцияға айнала болмыстағы процесстер мен құбылыстарды оқып үйренгенде кең қолданыс табатын математикалық модель ретінде ерекше назар аудару керек.

Әртүрлі процестердің (мысалы, радиоактивті ыдырау, дене температурасының өзгеруі) мысалдары қарастырылады; осы процестерді сипаттайтын дифференциалдық теңдеулердің шешімі көрсеткіштік функция болатыны көрсетіледі. Осыған байланысты көрсеткіштік функция үшін туындының формуласы беріледі, оны қорытып шығару оқушылардың интуитивтік түсініктеріне назар аудара отырып жүргізіледі.

Көрсеткіштік, логарифмдік функциялардың қасиеттерін оқып үйрену барысында оқушылар жүйелі түрде ең қарапайым көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешеді. Сәйкес іскерліктерді тиянақтау шарасы ретінде оларға онша қиын емес теңбе-тең түрлендірулерді,содан кейін теңдеулерді ұсынған пайдалы.

Зерттеу нысаны-логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулерді шығарту процесі.

Зерттеу жұмысының әдістемелік негіздері-педагогикалық және әдістемелік әдебиеттерден тақырыпқа сай материалдар жинақтап,озат мұғалімдердің сабақтарына қатысу,бақылау,ізденушілік және зерттеушілік жұмыстары.

Зерттеу мақсаты-оқушылардың дәреже туралы мағлұматтарын жүйеге келтіру және қорытындылау, күрделі көрсеткіштік және логаримдік теңдеулерді шешуге үйрету.

Зерттеу міндеті-логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулерді есептерді шешудің түрлері және оны оқытуда пайдалану.

Жұмыстың жаңалығы: көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері мен тәсілдері анықталды

Жұмыстың практикалық құндылығы-логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулерге берілген есептерді шығару арқылы оқушылардың математикалық деңгейі және пәнге деген қызығушылығының нәтижесі қалыптасады

Дипломдық жұмыстың құрылымы: Дипломдық жұмыс кіріспе, екі бөлім, қорытынды, пайдаланылған әдебиеттер тізімінен тұрады.

1  КӨРСЕТКІШТІК ЖӘНЕ ЛОГАРИФМДІК ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУДІҢ ТЕОРИЯЛЫҚ НЕГІЗДЕРІ

1.1 Көрсеткіштік және логарифмдік функциялар

Көрсеткіштік функция

у=а^х (а >0, а^{^}І) түріндегі функцияны көрсеткіштік функция деп атаймыз. Осы функцияны зерттейік[2].

1) у=а^х функциясының анықталу облысы бүкіл абцисса өсін қамтиды, яғни бүкіл сан түзуі болады.

2) у=а^х функциясы тақ та емес; жұп та емес.

3) у=а^х функциясы аргументтің барлық мәндерінде оң болғандықтан, оның графигі абцисса өсінен жоғары орналасады.

Егер а>1, онда х>0 болғанда а^х >1 болады және х<0 болған жағдайда а^х<1 болады. Басқа кез келген жағдайында а^х|_х=0=1. Графигі Оу өсі арқылы (0,1) нүктесінен өтеді.

4) Егер а>1, онда у=а^х функциясы бірсарынды өседі; егер а<1 болса, онда ол бірсарынды кемиді.

5) Айталық, а>1; у=а^х функциясының өсетінін көрдік; енді х өскен сайын оның қабылдайтын мәндерінің де өсетінін көрсетуге болады. Функция графигі х нүктесі абцисса өсімен оңға қарай қозғалғанда кенеттен жоғары көтеріледі.

Екді, егер айнымалы х нүктесін Ох өсімен солға қарай шектеусіз қозғалысында у=а^х функция графигі Ох өсіне жоғары жағынан жақындай береді. Төмендегі 1,а суретте көрсетілгендей Ох өсі у=а^х функциясының графигінің горизонталь асимптотасы болады.

а<1 жағдайында у=а^х функциясы кемиді; х өскен оның мәндері нөлге тез ұмтылады - Ох өсі функция графигінің асимптотасы болады. х-тің теріс мәндеріне енді функцияның бірден үлкен мәндері сәйкес келеді; ұмтылған сайын у=а^х функциямыз шексіздікке ұмтылып өседі. Көрсеткіштік функцияның а<1 болғандағы графигі 1,б - суретте көрсетілген.

1- сурет

а>1 негізі қаншалықты үлкен болса, у=а^х функциясының графигі де оңға қарай соншалықты жоғары көтеріліп, және нүкте солға қарай жылжығанда асимптотаға тезірек жақындайды. 2 - суретте у=а^х көрсеткіштік функциясының негізі а=2,3, 1/2, 1/3 мәндерін қабылдағандағы графиктері көрсетілген. Бұл графиктердің у=2^х және у=(1/2)^х (немесе у=3^х және у=(1/3)^х) сәйкесінше, Оу өсіне қарағанда симметриялы екенін байқаймыз. Шынында да, у=(1/2)^х функциясының у=2^х түрінде де жазуға болады; егер (х,у) нүктесі у=2^х функция графигіне тиісті болса, онда - Оу өсіне қарағанда оған симметриялы болатын (-х,у) нтктесі де у=2^х графигіне тиісті болады.

2-сурет

Мынадай ескертуді естен шығармаған жөн[3].

Ескерту. а негізінің санына а=0, а=1 және а-ның теріс мәндерін алып тастау былай түсіндіріледі. а=0 болғанда 0^х түріндегі өрнек х>0 болған жағдайда ғана анықталған және бұл жағдайда әр уақытта нөлге тең. а=1 болғанда 1^х өрнегі х-тың барлық мәндерін анықталған, бірақ тағы да функция тұрақты мәнге ие болады (әр уақытта бірге тең). а-ның теріс мәндері үшін бүтін дәрежеге немесе жұп болатын рационал дәрежеге шығару мүмкін; а<0 жағдайында а-ның аталған «сирек» мәндерінде ғана а^х функциясының мәні болады.

Сондықтан көрсеткіштік функция анықтамасынан а=0 және а=1 мәндерін қызық емес болғандықтан (тұрақты мәнге алып келеді) алып тастайды. Ал а<0 мөндерін - х-тын мүмкін мәндер облысы «толық» болмағандықтан, яғни «жеке-дара» нүктелерден тұратындықтан алып тастайды. а^х-тың өзінің аналитикалық өрнегінің көрсетілген жағдайларда мәнін сақтайды және есептер шығару барысында кездесуі мүмкін. Мысалы, х^у өрнегінің мүмкін мәндерін облысына х=-1, у=-1 нүктелері кіреді.

Сонымен, бірден өзгеше кез келген а оң саны үшін у=а^х функциясы бүкіл сан түзуінде анықталған, бірсарынды (а>1 болғанда өседі, а<1 болғанда кемиді) және осы функцияның мәндерінің жиынын 0<у< үздіксіз интервалын қамтиды. Енді осы у=а^х көрсеткіштік функцияға кері функция болып табылатын логарифмдік функциясын қарастырайық.

Логарифмдік функция

Мына түрдегі функциясын - логаримфмдік функця деп атайды, мұндағы а>0 және а≠1.

Логарифмдік функция графигін салмас бұрын, оның көрсеткіштік функцияға кері функция екенін байқаймыз. Шынында да егер және у=а^х өзара кері функциялар болып табылады. Олардың графиектері І-ІІІ координатық бұрыштардың биссектрисасына қарағанда симметриялы орналасады[4].

Сондықтан да осыны біз, 1-суретте өзімізге белгілі у=а^х көрсеткіштік функция графигіне сүйене отырып (үздік сызықтармен көрсетілген), логарифмдік функция графигін салуда пайдаланамыз (3, а-суртте а а >1 жағдайға тиісті, ал 3-б-суретте 0<а<1 жағдайға тиісті болғандағысы кескінделген).

3-сурет

Логарифмдік функция тәуелсіз айнымалы х-тың тек қана он мәндерінде анықталғандықтан, екі жағдайда да логарифмдік функцияның Оу - ординаттар өсінің оң жағына қарай орналасатынын атап өтуіміз керек. а-ның кез келген негізінде (а>1 және 0<а<1) графиктер (1,0) нүктесінен өтеді. х=1 саны а-ның кез келген мәнінде логарифмдік функцияның нөлі болып табылады.

Енді логарифмдік функция көрсеткіштік функцияға кері функция болғандықтан, көрсеткіштік функцияның қасиеттеріне сүйене отырып, логарифмдік функция қасиеттері де келіп шығады.

Өзара кері функциялардың қасиеттерін рет-ретімен еске түсіру арқылы логарифмдік функция қасиеттерін қорытайық[5].

1) Функциядан оның кері функциясына көшкен кезде анықталу облысы мен мәндерінің жиныны орындарын ауыстырады. функциясы 0<х< шексіз интервалында ғана анықталған, ал осы функцияның мәндерінің жиыны бүкіл сан түзуі болып табылады.

2). Егер - бірсарынды функция, ал - оған кері функция болса, онда да бірсарынды функция және егер өспелі функция болса, онда та - өспелі. Ал егер - кемісе, та - кемитін функция болады.

функциясы а>1 болғанда өседі, 0<а<1 болғанда кемиді (4-сурет).

4-сурет

3) Өзара кері және функцияларының графиктері бір-біріне І-ІІІ кординаттық бұрыштардың биссектрисаларына қарағанда, симметриялы болады.

функция графигі у=а^х функция графигіне І-ІІІ координаттық бұрыштар биссектрисаларына қарағанда, симметриялы болады.

4) Берілген бірсарынды функцияға кері функцияны табу үшін х және у әріптерінің орындарын ауыстыру керек, яғни түрінде жазып және алынған теңдіктен у-ті табу керек. Міне, бұл кері функцияны береді.

қатынасы у₀>0 және у₀⁼а^хо қатьшасының орындалатынын білдіреді:

(1)

5) функциясының анықталу облысына тиісті болған кез келген х үшін қатынасы дұрыс, дәл осындай кері функцияның анықталу облысына тиісті болған кез келген х үшін қатынасы дұрыс болады.

Кез келген а>0, а≠1 үшін мына теңдіктер орындалады[6]:

(2)

(3)

Жоғарыда аталған қасиеттердің ішінен (1), (2) және (3) формулаларымен берілген қасиеттер логарифмнің негізгі қасиеттері болып табылады, (1) қатынасын әдетте мектеп математика курсында логарифмдердің анықтамасын беруде қолданылады[7].

Мысал: табу керек.

Шешуі: -ды х деп белгілесек, х= теңдігі 4-қасиетке сәйкес қатынасына пара-пар, яғни осы 3^х бірсарынды функция болғандықтан тек қана х=2 мәнінде ғана орындалады. Бұдан =2 болады (оқылуы:үш негізді тоғыздың логарифмі екіге тең).

Осыған сәйкес табамыз:

, яғни болады.

, яғни .

Мысал. Кез келген а>0, а≠1 үшін мына қатынастар:

орындалатынын дәлелдеу керек.

Шешуі: Келтірілген қатынастар (3) қатынасынан х=1, және х=0 болғанда ғана алынады; себебі кез келген а>0 үшін а⁰=1 болады.

Ескерту. қатынасынан және функциясының бірсарындылығынан, егер а>1 болғанда, онда

>0, х>1 болғанда; <0, 0<х<1 аралығында; ал, егер а<1, онда

<0₃ х>1 болғанда; >0, 0<х<1 аралығында (4-суретті қара).

Бұл теңсіздіктер есептер шығару барысында жиі қолданылады. Оларды мынадай тәртіппен оңай жаттауға болады: егер а және х сандары сан түзуінде бірдің тек бір жақтарында жатса, онда >0, егер а және х сандары бірдің әртүрлі жақтарында жатса, онда <0.

Логарифмдердің қасиеттері

1⁰ Бірдей негіздегі екі оң санның логаримфдерінің көбейтіндісі осы сандардың берілген негіздегі логарифмдерінің қосындысына тең, яғни кез келген а>0, а≠1, х>0, у>0 сандары үшін мынадай қатынас орындалады.

(4)

Дәлелдеу. және логарифмдерін х₁, у₁ арқылы белгілейік:

, (5)

Сонда 4-қасиетке сәйкес

, осы жерден табатынымыз

4 - қасиетті қайтадан қолдану арқылы, табатынымыз:

(6)

(5), (6) формулаларынан (4) теңдік шығады.

2⁰ Берілген негіздегі екі оң бөлшек санның логарифмі сол негіздегі бөлінгіш бөлгіштің логарифмдерінің айырмасына тең, яғни кез келген а>0, а≠1, х>0, у>0 сандары үшін мынадай қатынас орындалады:

(7)

Бұл қасиет те жоғарыдағыдай болып дәлелденеді.

3⁰ Кез келген а>0, а≠1, х>0 сандары және кез келген х нақты саны үшін мынадай қатынас орындалады.

(8)

Дәлелдеу: -ты у-деп белгілейік:

(9)

сонда 4-ші қасиетке сәйкес

х=а^у.

Осы теңдіктің екі жағын да х дәрежесіне шығару арқылы табамыз:

(10)

4-ші қасиетті қайтадан қолдансақ, табатынымыз:

(9), (10) формулаларынан (8) теңдігі шығады:

4⁰ Кез келген а>0, а≠1, b>0, х>0 сандары үшін мынадай қатынас орындалады:

(11)

Дәлелдеу: -ты у-деп белгілесек:

(12)

(12) қатынасы 4-ші қасиетке сәйкес мынадай қатынасқа пара-пар:

а^у=х; бұдан табатынымыз:

3-ші қасиетке сәйкес, бұл теңдікті мынадай түрде жазуымызға болады:

(13)

(13) және (12) формулаларынан (11) теңдігін аламыз. Ескерту. Егер b негізде берілген сандардың логарифмдері белгілі болса, онда (11) формула бойынша кез келген а негіздегі сандардың логарифмдерін табуға болады. (11)-формуладағы санын а негіздегі логарифмдерден b негізді логарифмдерге көшу модулі деп атайды. Дербес жағдайда, b =10 болғанда (11) формула мына түрге енеді:

Осы формула бойынша ондық логарифмдер таблицасы көмегімен кез келген негіздегі сандардың логарифмдерін табуға болады[8].

Логарифмдердің қасиеттерін әрі қарай жазайық.

5⁰ Кез келген а>0, а≠1 х>0, а≠0 сандары үшін мынадай қатынас орындалады:

(14)

6⁰ Кез келген а>0, а≠1, b>0, b≠1 сандары үшін мынадай қатынас орындалады:

(15)

7⁰ Егер негізі мен логарифм таңбасы астындағы санды нөлден өзгеше бірдей дәрежеге шығарсақ, онда логарифм өзгермейді, яғни кез келген а>0, а≠1, х>0, а≠1 сандары үшін мынадай қатынас орындалады:

(16)

Мысал: Кез келген а>0, а≠1, а≠1 сандары және кез келген нақты саны үшін мынадай қатынас орындалатынын дәлелдеу керек:

Дәлелдеу. -сін у-деп белгілейік:

Енді осы теңдіқ 4-ші қасиетке сәйкес мынадай теңдікке пара-пар:

Осы теңдіктен дәреженің қасиеті бойынша табамыз:

Ең соңында у-тің алынған мәнін мына формулаға қойсақ:

, берілген қатынасты аламыз.

Енді, логарифмдердің негізгі қасиеттерінен шығатын жалпы формулаларды атап өтейік:

1 , (а>0; а≠1; х>0; у>0)

2 , (а>0; а≠1; х>0; у>0)

3 , (а>0; а≠1; х>0; у>0)

4 , (а>0; а≠1; х>0; ), (3- ші қасиеттен шығатын салдар).

5 (а>0; а≠1; х>0; ),

6 (3 және 5-ші қасиеттен шығатын салдар);

(а>0; а≠1; х>0; )

7 (а>0; а≠1; b>0; b≠1; х>0)

Бұл формула жаңа негізге көшу формуласы деп аталады.

8 ,(7-ші қасиеттен шығатын салдар); (а>0; а≠1; х>0; х≠1)

9 , (а>0; а≠1; b>0; b≠1; М>0; N> 0;N≠1)

10 , (а>0; а≠1; b>0; b≠1; х>0;х≠1)

Логарифм қасиеттерін сипаттайтын осы 10 тепе-теңдікті жақсы білсек, логаримфм тақырыбына байланысты есептерді шығару оңайлайды.

1-9 қасиеттердің дәлелдеулері оқулықта бар және олар оңай дәлелденеді.

Сондықтан 10-қасиетті дәлелдейік.

Дәлелдеген осы тепе-теңдік қолданылатын есептерді шығарайық

1 өрнегін ықшамдау керек

Шешуі: 10-шы қасиет бойынша . Сондықтан

2 тепе-теңдігін дәлелдеу керек.

Дәлелденуі:

Сондықтан .

Логарифмнің негізгі қасиеттерін пайдаланып, келесі есептерді шығарайық[9].

3 өрнегінің мәнін есептеу керек.

Шешуі :

1)

2)

3)

4 өрнегінің мәнін есептеу керек.

Шешуі: Жаңа негізге көшу формуласын пайдалансақ,

, (а>0; а≠1; b>0; b≠1 ч>0) теңдігі дұрыс болады. Сонда

Сонымен №

5 өрнегінің мәнін есептеу керек.

Шешуі:

6 өрнегінің мәнін табу керек.

1-ден 6-ға дейінгі формулалар көптеген теңдеулер мен теңсіздіктерді шешкенде жеткіліксіз болып шығады, себебі бұл формулалардың құрамындағы әріптерге қатаң шек қойылған. Тағы бір баса көңіл аударатын жағдай - бұл формулалардың оң жағындағы өрнек пен сол жағындағы өрнекті анықталу облыстары бірдей емес[10].

Мысалы:

Осы жалпы түрде берілген төрт формуланың бастапқы екеуін қолданып, теңдеулерді шешкенде бөгде түбір шығуы мүмкін, өйткені теңдіктің сол жағындағы өрнектен оң жағындағы өрнекке көшкенде анықталу облысы кеңейді.

формуласын қарастыралық (6-сурет).

5-сурет

үшін анықталу облысы үшін анықтау облысы.

немесе және

Дегенмен, теңдеуді тексеру арқылы бөгде түбірді шығарып тастай аламыз, ал түбір жоғалса, оны табу әлдеқайда қиындап кетеді.

2 КӨРСЕТКІШТІК ЖӘНЕ ЛОГАРИФМДІК ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ ӘДІСТЕРІ

2.1 Көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулердің түрлері

Көрсеткіштік теңдеулер

Алдыңғы тарауда біз мектеп математика курсындағы көрсеткіштік теңдеулерді типтерге бөліп, олардың әрқайсысына тоқталып өткен едік. Енді болса көрсеткіштік теңдеулердің барлық жалпы түрлерін көрсетіп, олардың шешуі жолдарын көрсетуді мақсат тұттық[11].

1. Қарапайым көрсеткіштік теңдеу мына түрде беріледі:

Егер > о болса, теңдеудің түбірі жоқ болады.

Мысалдар

1) теңдеуін шешейік.

Шешуі: Екі жағынан да 7 негізі бойынша логарифм аламыз.

Жауабы:

2)

Шешуі: Екі жағынан да 3 негізі бойынша логарифм алып, берілген теңдеуге мәндес теңдеуге көшсек: . Бұл теңдеуді квадраттық теңдеу ретінде шешуге болады, бірақ коэффициенттері қолайсыз. Сондықтан да теңдеуді әрі қарай түрлендіреміз:

Жауабы:

2. түріндегі теңдеулер

Мысалдар

1)

Шешуі: Негіздері тең болғандықтан, тең болады, және берілген теңдеудің түбірлері болады.

2) =1

Шешуі: Мәндес теңдеуге көшсек:

Жауабы:

3. түріндегі теңдеулер. Теңдеудің түбірі болады,

Мысалдар

1)

ІІІешуі:

Жауабы: х =1.

2) Теңдеуді шешіңдер

Шешуі:

Жауабы: .

3) , теңдеуін шешіңдер, мұндағы -жұп жай сан.

Шешуі: Анықталу облысы .

Жұп жай сан тек қана болады.

теңдігі бойынша.

.

Жауабы: .

4)

ІІІешуі: Теңдеудің оң жағын түрлендірсек:

Сонда

Бұл квадрат тендеуді шешу арқылы және түбірлерін табамыз.

Жауабы: , .

4. А - түріндегі теңдеулер (М, А_о, А₁,А₂, .. .А_n, т,k₀, k₁,k₂,..., k_n - тұрақты сандар) [12].

Барлық мүшелерінде х-тың алдындағы коэффициенттері бірдей: m. Мұндай түрдегі теңдеуді ортақ көбейткішін жақша сыртына шығару арқылы шешкен тиімді болады. Мұндағы k_і,k₀,k₁,k₂,..., k_n сандарының ішіндегі ең кішісі.

Мысалдар

1)

Шешуі: Теңдеуді түрлендіреміз:

Енді теңдіктің екі жағын да 12-ге бөлеміз. Сонда

Жауабы:

2)

Шешуі: Анықталу облысы х>0

Жауабы:

3) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі: Екі негізде көрсеткіштік теңдеу берілген. Бұл жағдайда негіздері бірдейлерін теңдеудің бір жағына жинаймыз және ұқсастарын жақша сыртына шығарамыз.

Жауабы: .

4) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі:

Жауабы: .

5) Теңдеуді шешіңдер.

Шешуі:

1) шешімі жоқ.

2)

Жауабы: .

6) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі:

Жауабы: [13].

5. түріндегі теңдеулер.

дегеніміз - -не тәуелді функция. Онда мұндай теңдеулерді шешу үшін арқылы айнымалыны ауыстырған дұрыс.

Мысалдар

1)

Шешуі: деп белгілесек,

екенін ескерсек, және х = 2.

Жауабы: х = 2.

2)

Шешуі: Анықталу облысы:

деп айнымалыны ауыстырсақ, у² + 2у -80 = 0, у₁= 8, у₂ = -10, о екенін ескерсек, .

Жауабы:

3)

Шешуі:

1)

2)

Жауабы:

4) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі:

1)

2)

Жауабы: .

5) Теңдеуді шешіңдер[14]:

Шешуі:

Анықталу облысы: .

ауыстыруын қолданамыз.

1) теңдеудің шешімі жоқ.

2)

Жауабы:

6 ) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі: 5-ке көбейтеміз,

айнымалы енгізейік.

1) теңдеудің шешімі жоқ.

2)

Жауабы:

Біртекті теңдеудің түрі:

7) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі:

1) 2)

Жауабы: .

8) Теңдеуді шешіңдер[15]:

Шешуі:

1) 2)

Жауабы:

6. Кейде теңдеудегі белгісіз шама дәреженің негізінде де, көрсеткішінде де болып келуі мүмкін[16]

1) .

Шешуі: Анықталу облысы .

1) Егер болса, онда теңдік орындалады.

2) болғанда теңдіктің екі жағынан да 10 негізі бойынша логарифм алсақ,

Жауабы: {0;1;7 }.

7. Графикалық тәсілмен шығарылатын есептер. түріндегі теңдеулерді қарастырайық. Мұндағы -алгебралық немесе трансценденттік функциялар. Осы ттрдегі теңдеулерді алдыңғы тәсілдердің ешқайсысымен де шешу мүмкін емес. Ал мұндай теңдеулер түбірлерінің жуық мәндерін графиктік тәсілмен табуға болады.

Мысалы .

Шешуі: функцияларының графиктерін сызып, олардың қиылысу нтктелерінің абциссаларын табайық (2.1-сурет) [17].

Екі графиктің қиылысу нүктелері А және В, ал олардың абсциссалары 7

2.1-сурет

Теңдеудің екі түбірі бар:

8. Кейбір теңдеулер логикалық ойлау жолымен, тікелей орнына қойып тексеру арқылы шешіледі.

Мысалы:

Шешуі: Есептің түріне қарап, х=2 теңдеудің шешімі екенін анықтауға болады. Теңдеудің басқа түбірлері жоқ екенін дәлелдейік. Теңдеуді түрлендірсек, .

Бұл теңдеудің оң жағында кемімелі функция, ал сол жағында өспелі функция тұр. Сондықтан олардың тек бір ғана қиылысу нүктесі бар болады. Ол х=2.

Логарифмдік теңдеулер

Теңдеудегі белгісіз шама логарифм таңбасының астында тұрса, ондай теңдеулерді логарифмдік теңдеулер дейміз деп біз алдыңғы тарауда айтқан болатынбыз[18].

Енді логарифмдік теңдеулердің шешілу тәсілдерін қарастырайық.

1. Логарифмдік анықтамасы бойынша шешілетін қарапайым теңдеулер: және -кез келген нақты сан деген болатынбыз. Бұдан .

Мысалдар

1) .

Шешуі: Анықталу облысы болады, логарифм таңбасының астындағы сан әруақытта оң болуы керек. Берілген теңдеуді көрсеткіштік функция түрінбе жазсақ:

Табылған түбіріміз теңдеудің анықталу облысына тиісті болғандықтан, оны теңдеудің деп қабылдауъшызға болады.

Жауабы: х=21 болады.

2) Теңдеуді шешейік

Берілген х-тің теңдігі орындалатындай мәндері ғана қанағаттандырады. Сонымен, квадрат теңдеу шықты. Оның түбірлері: 1 мен – 5 сандары. Олай болса, берілген теңдеудің шешімі екі сан, олар: 1 мен – 5.

3) Теңдеуді шешейік . Бұл теңдеу х-тің тек және теңсіздіктер орындалатындай мәндерінде ғана анықталады. х-тің мәндері үшін берілген теңдеу 2х + 3 = х + 1 теңдеуімен мәндес. Бұдан х = – 2 екенін табамыз. Ал х = – 2 және х + 1 > 0 теңсіздігін қанағаттандырмайды. Олай болса, берілген теңдеудің түбірлері болмайды.

Ал осы теңдеуді басқаша шешуге болар еді. Берілген теңдеудің салдыран 3х + 3 = х + 1 ауысып, х = – 2 екенін табамыз. Теңдеулерді мәндестік бұзылмайтындай етіп түрлендірген жағдайда, табылған мәнді бастапқы теңдеуге қойып, тексеру қажет. Тап осы жағдайда теңдігі тура емес (мұның мағынасы жоқ) [19].

4) Теңдеуді шешіңдер

Шешуі: Логарифмнің анықтамасы бойынша

бөгде түбір, логарифмнің негізгі 1-ге тең емес.

Жауабы: .

5) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі:

Тексергеніміз көз жеткізгендей екі түбірі де қанағаттандырады.

Жауабы: .

6) Теңдеуді шешіңдер[20]:

а)

Шешуі: немесе

Жауабы:

7 ) Теңдеуді шешіңдер :

Шешуі.

Жауабы: .

Осы теңдеуде анықталу облысын тапқаннан гөрі, тексеру жасаған жеңілірек.

Тексеру:

мәні теңдеуді қанағаттандырады.

2. Логарифмнің қасиеттерін пайдалана отырып, теңдеуді потенциалдау арқылы шешу.

Мына теңдеуден:

теңдеуіне көшуді потенциалдау деп атайды[21].

Потенциалдағанда тубірдің жойылу қаупі болмайды. Бірақ, бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін.

1-мысал Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі. Теңдеуді потенциалдасақ:

Түбірлері жөне болады.

Тексеру. мәні теңдеуді қанағаттандырады. Екінші түбір бөгде түбір болып табылады: оны бастапқы теңдеуге қойсақ, логарифм таңбасының астында теріс сан аламыз. Сонымен, берілген теңдеудің х=2 бір түбірі болады. х=-3 саны бөгде түбір. Потенциалдағанда бөгде түбір пайда болатынын көрдік. Сол себептен де табылған түбірді тексеру қажетті.

2-мысал. Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі. Анықталу облысы

Теңдеуді потенциалдаймыз:

Негіздері бірдей және логарифмдік функция анықталу облысында үзіліссіз болғандықтан, .

Анықталу облысында (х+6)≥0 болғандықтан, соңғы теңдеуді квадраттасақ, оған және бастапқы теңдеуге мәндер шығады:

х-тің табылған екі мәні де анықталу облысында жатады.

Жауабы: {6;4}.

3-мысал. Теңдеуді шешіңдер[22]:

Шешуі:

Тексеру жолы:

1)

2)

Жауабы: .

4-мысал. Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі: Анықталу облысы:

анықталу облысын қанағаттандырады.

Жауабы: .

5-мысал. Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі:

деп белгілейміз,

. Мұнда

Тексеру жолы: .

Жауабы: .

2. Логарифмге қатысты екінші және жоғары дәрежелі теңдеулер[23].

Мысалдар.

1)

Шешуі: Теңдеудегі белгісіздің мүмкін болатын мәндері:

десек,

х₁ мен х₂ мәндерінің екеуі де теңдеудің анықталу облысына тиісті.

Жауабы:

2)

Шешуі. Анықталу облысы

Берілген теңдеуді көрсеткіштік түрінде жазсақ,

. Бұл теңдеудің екі жағын да 4 дәрежеге шығарсақ,

Жауабы: х=4.

3) Теңдеуді шешіңдер: а)

Шешуі: немесе

Жауабы:

4) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі: Анықталу облысы: .

Жауабы: .

4. Көрсеткіштік-логарифмдік теңдеулер[24]

Белгісіз дәреженің негізінде және дәреже көрсеткішінде де болатын теңдеулерді қарастырайық.

1)

Шешуі: Анықталу облысы: х>0. Екі жағынан да 10 негізі бойынша логарифм алсақ,

Алынған түбірлердің х₂ -ден басқасы теңдеудің анықталу облысына тиісті болады. Сондықтан, жауабы:

2)

Шешуі: Анықталу облысы: деп белгілесек

у>0 екенін ескерсек,

1)

2)

Табылған түбірлер теңдеудің анықталу облысына тиісті, демек жауабы: ; .

3) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі: Анықталу облысы: .

.

Осы табылған екі түбірлердің тек ғана анықталу облысына жатады, ал жатпайды.

Жауабы: .

4) Теңдеуді шешіңдер:

Шешуі: Анықталу облысы:

Жауабы: 11.

5) Теңдеуді шешіңдер

Шешуі:

бөгде түбір.

бөгде түбір, болмайды.

Жауабы: шешімі жоқ[25].

5. Күрделі логарифмдік теңдеулер

Жаңа негізге көшу формуласын пайдалану арқылы теңдеулерді шешу

Шешуі: Анықталу облысы: х>0.

2)

Шешуі:Анықталу облысы:

Табылған түбір теңдеудің анықталу облысына тиісті, ендеше

жауабы:

6. түріндегі теңдеулерді шешкенде екі жағдай болуы мүмкін:

Осы екі жүйенің қайсысы жеңіл болса, соны қарастырамыз.

Мысалдар

1.

Шешуі: Осы теңдеу мына жүйеге мәндес болады:

1)

2)

3)

Анықталу облысы: және

Анықталу облысында келесі теңдеуді шешелік:

Бұл теңдеудің шешімі . Анықталу облысын еске алсақ, болады.

Жауабы: .

2. Теңдеуді шешіңдер

Шешуі:

бөгде түбір.

бөгде түбір, болмайды.

Жауабы: шешімі жоқ

Жалпы алғанда, көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер түрлері олардың қасиеттеріне сүйене отырып шешілетінін көріп отырмыз. Мектеп математикасында да негізгі мақсат осы - көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді функция қасиеттеріне сүйене отырып шығару болып табылады[6].

2.2 Мектеп математика курсындағы көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешу

Мектеп курсында көрсеткіштік теңдеулерді шешу көрсеткіштік функцияның негізгі қасиеттеріне сүйене отырып шешіледі. Енді осы есептердің бірнешеуінің шығару жолдарын келтіре кетейік[26].

1-есеп. Теңдеуді шеш. а)

Бұл теңдеуді мына түрде жазып: және 3^х-ті жақша сыртына шығарсақ,

Теңдеуді табылған түбірін теңдеуге қойсақ, дұрыстығына көз жеткіземіз.

б) . Берілген теңдеуді түрлендіріп мына түрде жаза аламыз

Соңғы теңдіктен аламыз, сөйтіп, х=0 түбірі табылады.

Тексеру:

2-есеп а) теңдеуін шешу керек. Бұндай түрдегі көрсеткіштік теңдеулерді 3-тип-негіздері әр түрлі, бірақ дәреже көрсеткіштері бірдей болып келетін теңдеулерге жатқызамыз.

Шешуі: Теңдеудің екі жағын да өрнегіне бөліп жіберсек:

түбірін аламыз.

Тексеру. табылған түбір теңдеуді қанағаттандырады.

Жауабы: х=2

б) Теңдеудің оң жағындағы өрнекті түрлендіріп, теңдеуді мына түрде жазамыз:

Жоғарыдағы есептегідей өрнегіне бөліп, есепті шешеміз.

Тексеру: , яғни табылатын түбір теңдеуді қанағаттандырады.

3-есеп. а) . Теңдеудің анықталу облысы . Берілген теңдеуді мына түрде жаза аламыз:

ауыстыруын енгіземіз. Сонда, . Бұл теңдеуді шешсек, және түбірлерін табамыз. Табылған түрбірлер теңдеудің анықталу облысына тиісті, ендеше мына теңдеулер жиынтығын шешсек, бірінші теңдеуден х=2 және х= 1 түбірлерін аламыз және бастапқы берілген теңдеуге қою арқылы, теңдеуді қанағаттандыратынына көз жеткіземіз.

б) . Анықталу облысы х ≥ 2 болуы керек.

ауыстыру енгіземіз;

Бұл теңдеудің түбірлері берілген теңдеудің анықталу облысына тиісті болғандықтан, теңдеулерін шешеміз.

Табылған түбірлерді бастапқы берілген теңдеуге апарып қою арқылы теңдеуді қанағаттандыратынына көз жеткіземіз.

Логарифмдік теңдеулерді шешу

Ең қарапайым логарифмдік теңдеу екенін біз алдыңғы бөлімдерде атап өткенбіз. Логарифмдік функция ( ) аралығында өседі (не кемиді) және осы аралықта барлық нақты сандарды қабылдайды. Түбір туралы теорема бойынша, бұдан кез келген в үшін берілген теңдеудің түбірі бар және ол тек, біреу ғана болатындығы шығады. Соның логарифмінің анықтамасынан а^в саны сол шешім екендігі бірден табылады.

Мұны мына есептен байқаймыз.

4-есеп. Теңдеуді шешейік.

Негізгі логарифмдік теңбе-теңдік бойынша деп белгілейміз. Сондықтан теңдеу түрінде жазылады, бұдан екенін табамыз.

Логарифмдік теңдеулер мен теңсіздіктер есептері көрсеткіштік теңдеулер сияқты қарапайым және күрделірек болып бөлінген. Қарапайым есептер оқулықта көлденең сызыққа дейін келтірілген. Яғни бұл есептерді дерюес өзі шеше білген оқушыларға қанағаттанарлық деген баға қойылады, өйткені бұл есептер міндетті дайындық деңгейін көрсетіп береді.

Осы жерде бірнеше күрделірек есептерге тоқталайық

5-есеп. Теңдеуді шешіңдер. а)

Анықталу облысы деп ауыстыру жасап, теңдеуді мына түрде жаза аламыз:

Бұл теңдеуді шешіп, және түбірлерін табамыз. Ауыстырылған кейінгі және теңдеулерін шешіп, және деген теңдеудің екі шешімін табамыз.

Табылған екі шешім де теңдеуді қанағаттандырады.

б) Анықталу облысы х>о

ауыстыруын жасаймыз.

Бұл теңдеуді шешіп, , түбірлерін табамыз. Табылған түбірлерді өрнегіне қойсақ,

Табылған түбірлерді бастапқы теңдеуге апарып қойсақ, түбірлер теңдеуі қанағаттандырады.

в)

теңдеуі шығады. Мұнан , бұл теңдеуді шешу арңылы түбірлерін аламыз. Алынған түбірлер теңдеуді қанағаттандырады. Демек, теңдеудің түбірлері (4,1) болады.

6-есеп. а) бұл теңдеуді мына түрде жаза аламыз:

Ары қарай түрлендіріп шешсек:

ауыстыру енгізсек:

Соңғы шыққак квадрат теңдеудің жалғыз ғана түбірі бар, . Ауыстыруға апарып, х-ты табамыз:

табылған түбір берілген теңдеуді қанағаттандырады.

б)

Теңдеудің оң жағындағы өрнекті көбейтіндінің логарифмі түрінде жазамыз.

Бұдан ауыстыру енгізсек, . Соңғы теңдеуден түбірлерін аламыз. Ауыстырылғаннан кейінгі өрнектен мәнін аламыз. өрнегінің мәні болмайды. Тексеру арқылы табылған түбірдің теңдеуді қанағаттандыратынына көз жеткіземіз.

А. Е.Әбілқасымованың Алгебра және анализ бастамалары орта мектептің 11-сыныбына арналған оқулығындағы көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер үш деңгейде бөлініп берілген. Осы есептердің кейбіреулерінің шығарылу жолдарына тоқтала кетейік[8].

А – тобындағы

7-есеп Теңдеуді шешіңдер. 1)

Шешуі:

Жауабы: 2

8 – есеп. Теңдеуді шешіңдер. 3)

Шешуі:

1) 2) шешімі жоқ

Жауабы: 1

В – тобындағы

9 – есеп Теңдеуді шешіңдер. 3)

Шешуі:

Жауабы: 0

10 – есеп. Теңдеуді шешіңдер. 1)

Шешуі: Негізі 2-ге келтіруіміз үшін, деп аламыз.

Жауабы:

Табылған түбірлер теңдеудің анықталу облысына тиісті болғандықтан, тексеру арқылы табылған түбірлердің теңдеулерді қанағаттандыратынына көз жеткіземіз.

Осылайша,көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешкенде анықталу облысын тауып, логарифмдердің қасиеттеріне сүйене отырып шешеді. Әрбір теңдеуді шешу жаңа тәсілді енгізуді талап етеді.

Әрбір жаңа амалда оқушыларға бұрыннан таныс білімдер қолданылады. Егер оқушы көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешу амалдарындағы білім элементтерінің өзара байланысын көре алса, сол амалдарды көрсеткіштік және логарифмдік теңсіздіктер мен теңдеулер жүйелерді шешуде қолданылады. Теңдеулерді шешу амалдарын білу көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулердің шешімін іздеуге, алгебра материалдары мен «логарифмдер және көрсеткіштер» тақырыбын байланыстыруға көмектеседі.

Оқушы берілген тақырып бойынша математикалық есептерді шешу амалдарын неғұрлым көп білсе, соғұрлым берілген тапсырманы ойдағыдай орындайды, амалдарды саналы түрде таңдап қолданады.

Осылайша «логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулер» тақырыбындағы есептерді шешу кезінде бұл тақырыптың материалдары жүйеленіп қана қоймайды, сонымен бірге бұрыннан өтілген материалдармен байланыстыру жүзеге асады.

ҚОРЫТЫНДЫ

Жалпы білім беретін орта мектептің 11-сыныбындағы «Көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешудің әдістері» тақырыбын оқып-үйренуде ескерілетін нәрсе:

1. Теорияның негізгі ережелерін білу (Логарифмдік және көрсеткіштік тепе-теңдік, логарифмдік теңдіктерді көрсеткіш түрінде және көрсеткіштік теңдіктерді логарифмдік түрде жазу, негізгі теоремалар мен анықтамаларды меңгеру);

2. Көрсеткіштер мен логарифмдер теориясын есептер шығару тәжірибесінде қолдана білу (тепе-тең түрлендірулерді орындау, көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулерді шешу);

3. Алгебралық теңдеулер мен теңсіздіктердің теориясы мен шешу амалдарын «көрсеткіштер», «логарифмдер» тақырыбына байланысты жаңа жағдайға көшіру, есеп шығару үстінде білімді жүйелеу:

Жұмыстың негізгі арқауы болған «Көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер» тақырыбындағы білімнің жоғарыда келтірген түрлеріне кеңірек тоқталып, теңдеулерді шешу амалдарын және білімді жүйелеу мақсатында оны оқып үйренуде кездесетін қиындықтарды жою жолдарын қарастырдым.

Мектеп оқулықтарындағы осы тақырыптарға арналған есептеріне талдау жасалынып, олардың шығарылу жолдары көрсетілді

Жалпы, қорыта айтар болсақ, біздің осы бітіруші жұмысымыздың дидактикалық мақсаты - көрсеткіштік, логарифмдік функциялар туралы мағлұматтарды бір жүйеге келтіріп, жинақтап қорыту және осы функциялардың қасиеттерін есептер шығаруға қолдану іскерліктерін қалыптастыру болып табылады.

Осы тақырыпта қарастырылған мәселелер, есептер, талдаулар мұғалімнің практикалық жұмысына үлкен септігін тигізеді деген сенім білдіремін.

ПАЙДАЛАНЫЛҒАН ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ

1 Әбілқасымова А.Е. Жалпы білім беретін мектептің жаратылыстану –математика бағытындағы 11-сыныбына арналған оқулық-Алматы:Мектеп баспасы,2007.-213б.

2 Бияров Т.Н., Молдабеков М.М. Элементар математика есептерінің жинағы. Алматы. 1992.-187б.

3 Айдос Е.Ж., Балықбаев Т.О. Математика пәні бойынша жоғары оқу орындарына түсушілерге арналған оқу құралы. Алматы. 2006.-254б.

4 Под редакцией М.Н.Сканави. Сборник задач по математике срешениями. Москва. «Алъянс-В». 1999.-321с.

5 Антонов Н.П., Выгодский М.Я., Никитин В.В., Санкин А.И. «Сборник задач по элементарной математике». Пособие для самообразования. Москва, 1961.-254с.

6 Рустюмова И.П., Рустюмова С.Т. Пособие для подготовки к единому национальному тестированию по математике Алматы,2011.-247с.

7 Колмогоров А.Н.және т.б. «Алгебра және анализ бастамалары». Орта мектептің 10-11 сыныптарына арналған оқулық. Алматы. «Рауан». 1996.-236б.

8 Болтянский Г., Сидоров Ю.В., Шабунин М.И. «Лекции и задачи по элементарной математике». Москва. «Наука». 1974.-231с.

9 Колмогоров А.Н.және т.б. «Алгебра және анализ бастамалары». Орта мектептің 9-10 сыныптарына арналған оқу құралы. Алматы. «Мектеп». 1988.-236б.

10 Зорин В.В. Пособие по математике для поступающих в ВУЗы. Москва. «Высшая школа» 1973.-198с.

11 Энциклопедия элементарной математики». /Под редак. Александрова П.С, Маркушевича А.И. Москва-Л 1951.-254с.

12 Столяр А.С. «Педагогика. Математика». Минск. «Высшая школа», 1974.-254с.

13 Литвиненко В.Н., Мордкович. А.Г. «Практикум по элементарной математике: Алгебре, Тригонометрии». Москва. «Просвещение». 1991.-236с.

14 Савин А.П. Энциклопедический словарь юного математика. Москва. Педагогика. 1985.-254с.

15 Зайцев В.В., Рыжков В.В., Сканави М.И. «Элементарная математика». М. «Наука», 1976.-254с.

16 Әбілқасымова А.Б. және басқалар. Математиканы оқытудың теориясы мен әдістемесі. Алматы. 2005.-165б.

17 Қожабаев Қ. Математиканы оқыту әдістері. Алматы. «Санат». 1998.-165б.

18 Жұбаев Қ.Б. Геометрия пәнiн оқыту әдiстемесi: Оқу құралы. Алматы: РБК, 1997.-185 б.

19 Рахымбек Д., Мадияров Н. К. Оқушылардың кеңiстiктiк түсiнiгiн қалыптастырудың теориялық негiздемесi.//Математика және физика. 2002, №3.- 8-10 б.

20 Әбiлқасымова А.Е., Көбесов А., Рахымбек Д., Кенеш Ә. Математиканы оқытудың теориясы мен әдiстемесi. Алматы: Бiлiм, 1998.-208 б.

21 Далингер В. А. Методика обучения учащихся стереометрии посредством решения задач. Омск, 2001.- 365 с.

22 Баймұханов Б. Б. Математика есептерiн шығару . Алматы: Мектеп, 1988.-142б.

23 Адамар Ж. Элементарная геометрия, ч.1, ч.2, М.: Учпедгиз, 1957, 1958.-235с.

24 Наумович Н.В. Геометрические места в пространстве и задачи на построение. М.: Учпедгиз, 1956.-251с.

25 Сағитова Ш. Оқушылардың кеңiстiкте елестеуiнiң қалыптасуына қима салу есептерiнiң ықпалы. // Математика және физика, 2002, №2.- 9-10 б.

26 Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике: Решение задач: учеб. пособие для 11 кл. сред. шк. -М.: Просвещение, 1991.-384 с.