Иррационал теңдеу. Реферат

Иррационал теңдеулер

1. Иррационал теңдеу және оның бөгде түбірлері

2. Иррационал теңдеуді жаңа айнымалы енгізу арқылы шешу.

Пайдаланған әдебиеттер:

Иррационал теңдеу және оның бөгде түбірлері

Теңдеу,теңдеудің түбірі,анықталу облысы,өрнектерді тепе-тең түрлендіру,мәндес теңдеулер,n-ші дәрежелі түбір және оның қасиеттері.

Бұл тақырыпты игере отырып,иррационал теңдеу және оның бөгде түбірлері ұғымымен танысасыңдар,иррационал теңдеуді шешу жолдарын үйренесіңдер.

Анықтама.Иррацмонал теңдеулер деп белгісіз айнымалы х түбір таңбасының ішінде болатын теңдеулерді айтады.

Мысалы,х + =7, = , = теңдеулері иррационал теңдеулер,себебі белгісіз айнымалы х түбір таңбасының ішінде орналасқан.

Иррационал теңдеулерді шешудің екі тәсілі бар:

1)теңдеудің екі жақ бөлігін бірдей дәрежеге шығару;

2)жаңа айнымалы енгізу.

I.Теңдеудің екі жағын бірдей дәрежеге шығару тәсілі арқылы иррационал теңдеулерді шешу үшін келесі алгоритмді қолданамыз;

1)берілген иррационал теңдеуді түрлендіру арқылы келесі түрге келтіреміз: = ;

2)теңдеудің екі жақ бөлігін n-ші дәрежеге шығарып ( =( ,шешу әдісі белгілі f(x)=g(x) теңдеуін аламыз;

3)соңғы теңдеуді шешіп,табылған түбірлерді берілген теңдеуге қойып тексереміз.Теңдеуді қанағаттандыратын түбірлерді теңдеу түбірлері деп аламыз.Қанағаттандырмайтын түбірлер теңдеудің "бөгде" деп аталады.Бөгде түбірлер теңдеудің екі жақ бөлігін жұп дәрежеге шығарғанда пайда болуы мүмкін.

1-мысал.x + =7 теңдеуін шешейік.

Шешуі.Радикалы бар өрнекті теңдіктің сол жағында қалдырып,қалған өрнектерді теңдіктің оң жағына шығарамыз.Сонда =7-x.Теңдеудің екі жақ бөлігін квадраттаймыз:( =(7-x .Осыдан 3х+7=49-14х+ немесе -17х+42=0.Соңғы теңдеудің түбірлері =3 және =14.

Табылған х-тің мәндерін берілген теңдеуге қойып,теңдіктің орындалатынын тексереміз:

1) =3 түбірін х-ьің орнына қойсақ,3+ =7,яғни теңдік орындалады.

Бірінші түбір берілген иррационал теңдеуді қанағаттандырады.

2) =14,яғни 14+ =7; 14+ =7; 14+7=7; 21 түбір берілген иррационал теңдеуді қанағаттандырмайды.Демек, =14 бөгде түбір.

Жауабы: 3.

2-мысал. + =6 теңдеуін шешейік.

Шешуі.Теңдеуді шешу үшін түбір таңбасы бар өрнектің біреуін теңдеудің сол жақ бөлігінде қалдырып,екіншісін теңдеудің оң жақ бөлігіне шығарамыз.Сонда аламыз.Теңдеуді шешу үшін оның екі жақ бөлігін екінші дәрежеге шығарамыз,яғни( =(6- ,2x+6=36-12 +x-1 немесе 12 =29-x.Иррационал теңдеу шыққандықтан,соңғы теңдеудің екі жақ бөлігін екінші рет квадраттаймыз:144(x-1)=(29- ,144х-144=841-58х+ , -202х+985=0.Шыққан теңдеудің түбірлері: =5 және =197.

Тексеру жүргізе отырып, =5 берілген теңдеудің түбірі болатынын,ал =197 бөгде түбір екенін анықтаймыз.

Жауабы: 5.

3-мысал. + = теңдеуін шешейік.

Шешуі.Берілген теңдеу қарастырылған теңдеулерден бірнеше радикал белгісімен ерекшеленеді.Сондықтан түрлендіру жасамай,бірден теңдеудің екі жақ бөлігін квадраттаймыз.Сонда ( + =( ; Х-2+2 +Х+3 6Х-11; 2 4х-12; 2х-6 теңдеуін тағыда квадраттаймыз: (х-2)(x+3) (2x-6 немесе 3 -25х+42 0, түбірлері , 6.

Табылған түбірлер үшін теңдіктің орындалатынын тексерейік: түбірі үшін + , яғни + екенін аламыз. Демек , бөгде түбір.Енді 6 үшін тексереміз: + ; 2+3 5; 5 5. Демек , 6 берілген иррационал теңдеудің түбірі болады.

Жауабы: 6.

II.Иррационал теңдеуді жаңа айнымалы енгізу арқылы шешу.

4-мысал. + 2,5 теңдеуінің түбірлерін табайық.

Шешуі.Ол үшін t деп белгілейік, сонда болады. Осыны ескерсек ,берілген иррационал теңдеудің орнына t+ 2,5 теңдеуін аламыз.Шыққан бөлшек – рационал теңдеуді бүтін теңдеуге келтіреміз: -2,5t+1 0 , түбірлері ; . Сонда 2 және иррационал теңдеуін аламыз.Енді шыққан иррационал теңдеулерінің түбірлерін анықтаймыз.

2 теңдеуінің екі жақ бөлігін екінші дәрежеге шығарамыз: 4 немесе 3х-2 8х+12 , х - 2,8.

теңдеуінің екі жақ бөлігін екінші дәрежеге шығарамыз.Сонда немесе 12х-8 2х+3, х 1,1.

Түбірлердің теңдеуді қанағаттандыратынын тексерейік.

х - 2,8 үшін + + + 2+ 2,5.

х түбірі берілген иррационал теңдеуді қанағаттандырады.

х 1,1 үшін + + +2 2,5.

х 1,1 мәні де берілген иррационал теңдеуді қанағаттандырады.

Жауабы: 1,1; - 2,8.

5-мысал. - 2 теңдеуін шешейік.

Шешуі: Берілген иррационал теңдеуді жаңа белгісіз енгізу тәсілімен шығарамыз. u деп алсақ, онда шығады. Берілген теңдеу жаңа белгісіз енгізу арқылы квадрат теңдеуге келтіріледі, яғни - u - 2 0.Бұл теңдеудің түбірлері: =-1; =2.Сонда =-1 және 2 иррационал теңдеулерін аламыз.Енді алынған теңдеулерді шешейік:

- 1 теңдеуін шешу үшін оның екі жақ бөлігін бесінші дәрежеге шығарамыз:( (-1 ,бұдан х-2 - 1 немесе 1;

2 теңдеуін шешу үшін теңдеудің екі жақ бөлігін бесінші дәрежеге шығарамыз: ( , бұдан х-2 32 , 34. Шешімдерді тексерсек, 1 және 34 берілген теңдеуді қанағаттандырады.

Жауабы: 1; 34.

Шешімдері көрсетілген барлық есептерде түбірлердің теңдеуді қанағаттандыратынын тексердік. Иррационал теңдеулердің түбірлерін табудан бұрын түбірлері болатын жиын анықталса, онда анықталған жиын ғана тиісті түбірлерді тексерген жеткілікті, ал тиісті емес түбірлер бірден бөгде түбір болады.Осыған мысал қарастырайық.

6-мысал. + 2 теңдеуін шешейік.

Шешуі. Алдымен,берілген теңдеудің шешімдері болатын жиынды анықтайық. Теңдеудегі радикалдардың әрқайсысы квадрат түбірлер болғандықтан, келесі теңсіздіктер жүйесін аламыз:

немесе

Әрбір теңсіздіктің шешімдер жиынын жеке координаталық түзуге белгілеп,олардың ортақ аралығын анықтайық. Демек, х айнымалысының мүмкін болатын мәндер жиыны аралығы.

Сонымен, берілген иррационал теңдеудің түбірлері аралығынан болуы тиіс. Енді берілген + теңдеуін шешеміз.Ол үшін теңдеудің екі жағын квадраттаймыз: ( + (2 , бұдан 2х+1+2 +х-3 4х немесе 2 х+2 аламыз. Соңғы теңдеуді тағы да квадраттаймыз. Сонда 4(2x+1) (x-3) +4x+4; 8 +4х-24х-12 +4х+4 немесе 7 -24х-16 0, ал түбірлері - 4 және - .

4 түбірі берілген теңдеудің шешімі болатын жиынға тиісті. Демек, бұл түбір үшін тексеру жүргізсек, оның теңдеуді қанағаттандыратынын көреміз.

Екінші түбір - теңдеудің шешімі болатын жиынға,яғни х жиынына тиісті болмағандықтан, тексеру жүргізбей бірден оны бөгде түбір деп айта аламыз.

Жауабы: 4.

Пайдаланған әдебиеттер:

1) Т.Қ. Оспанов, Ш.Х. Құрманалина. «Математиканың бастауыш курсын оқыту әдістемесі» 1-бөлім,2-бөлім.-Алматы: Республикалық баспа кабинеті, 1995

 2)А.А.Байдасов «Математиканы оқыту метдикасы»  Алматы: Мектеп 1989

3) «Математиканы оқыту әдістемесі» 1-сынып-Алматы: Атамұра.1997

 4)  «Математиканы оқыту әдістемесі» 2-сынып-Алматы: Атамұра.1997