Иррационал теңдеулердің шешімі туралы.

Иррационал теңдеулердің шешімі туралы.

Белгісіздері түбір таңбасының астында болатын теңдеулерді иррационал теңдеулер деп атайды. Осындай теңдеулерді шешу дегенде әдетте радикалдан арылу деп ұғамыз. Кейде мүмкін болмауы да немесе өте жоғары бүтін дәрежедегі алгебралық теңдеуге айналып кетуі мүмкін. Негізі дәстүрлі шешу жолдары: екі жағын бірдей дәрежеге шығару, функционалдық әдіс-туынды аппаратын қолдану,мүмкін мәндер жиыны (ММЖ) бойынша шешу, түйіндісіне көбейту, әр-түрлі жасанды әдістерді қолдану. (жаңа айнымалыларды енгізу, алмастыру тәсілі, параметр енгізу,мажорант әдісі,тригонометриялық ауыстырулар, координаттық әдіс, классикалық теңсіздіктерді қолдану және басқалар). Жалпы, кез келген иррационал теңдеулерді шешуге арналған әмбебап әдіс жоқ. Сонымен бірге жоғарыда атап кеткен әдістермен солардан жасалған құрама әдістер т.с.с.

Соңғы келтірген әдістер стандартты емес шығару тәсілдеріне жатады, яғни, арнайы шешімін табудың алгоритмі жоқ есептер.

Мақалада неізінен тек квадраттық иррационал теңдеулер туралы сөз болады. Басқа теңдеулер келешектің еншісіне қалдырылды.Қарастырылған мысалдардағы шығару жолдары бірден-бір ең қарапайым түрі болып табылады деп топшалаудан аулақпыз, біз келтірілген тәсілдерден өзгеше, айырықша жолы бар әдістері әбден болуы мүмкін.

Біз төменде әр түрлі иррационал теңдеулердің стандартты емес шешу жолдарын келтіреміз.

1-мысал.

Шешуі. деп белгілейік. Егер сол себепті берілген теңдеудің шешімдерін тек белгісіздің оң мәндерінің ішінен іздеу керек.

ОА=ОВ=16, ОМ=X AOB= , AOB= , AOB= болатындай ОА, ОВ және ОМ кесінділерін салайық.

Онда МА= , МВ= және МА+МВ= (үшбұрыштың қасиеті және косинустар теоремасы.) Олай болса

Жауабы:

2-мысал.

Шешуі: Теңдеудің екі жағында біртіндеп квадраттасақ, шешуі өте күрделі 4- дәрежелі алгебралық теңдеуге келер едік. Сол себепті келесі әдісті қолданамыз. Берілген теңдеуді түрінде жазсақ онда -тің мүмкін мәндер жиыны болып сегменті табылар еді. Осы теңдеуді квадраттасақ теңдеуіне келеміз. Енді параметрден тәуелді жалпы теңдеуді қарастырайық, яғни

соңғы теңдеу параметр р=3тің дербес жағдайы. Осы теңдеуді Р-ға қарағанда квадраттық деп есептесек, яғни , оның шешімі өте қарапайым табылады: , онда x-ке қарағанда екінші ретті екі параметрлі теңдеулер пайда болады: +1-p=0 және -p=0.

Осы теңдеулерге p=3апарып қойсақ,

Оларды шешсек, аралығында жатқан жалғыз шешімі бар екенін көреміз.

Жауабы: .

3-мысал.

Шешуі: Теңдеудің мағынасы бар , яғни ММЖ (мүмкін мәндер жиыны) D=[ 0,5; . Берілген теңдеуді түрінде жазсақ, оның түбірлері болып және функцияларының графиктерінің қиылысуы немесе жанасу нүктелерінің абсциссалары табылады. Қисықтардың орнын анықтау үшін пен -ті экстремумдарға зерттейік.

ең кіші мәнін inf -ді нүктесінде береді.

-тің D облысындағы ең үлкен мәнін табайық. - кризистік нүкте екен.

нүктесі үшін sup =1. Сонымен, Осы тұжырымдаулардан теңдеуі қарапайым теңдеулер жүйесіне эквивалентті. Бұл қасиет стандартты емес шешу әдісіне жатады. Бұл әдісті мажорант әдісі, ал А санын мажоранта саны деп атайды. Сонымен қатар біздің жағдайда A=1 болатынын көреміз. және функцияларының графиктері В(1; 1) нүктесінде бір-бірімен жанасады екен, сол себепті осы нүктенің абсциссасы теңдеудің жалғыз түбірі болып табылады. Ескерту: Классикалық Коши теңсіздігін үшін қолданып функциясының бағасын табуға болады: , ал сол жағы үшін жоғарыда көрдік, яғни А=1. Олай болса жүйесінен шығады.

Жауабы:

4-мысал.

Шешуі: ММЖ анықтайық: D= жазықтықта ( ; ) және ( вектоларын қарастырайық. Олардың скаляр көбейтіндісі , ұзындықтары =2; болғандықтан орындалатынын көреміз. Олай болса екі вектордың коллинеар, әрі бағыттас болуынан сәйкес координаттары пропорционал, яғни =1 . Үш түбірде D облысында жатады. Осы есепті стандартты алгебралық жолмен шешейік. Берілген теңдеудің екі жағын квадраттасақ =1 .

Дәстүрлі әдіспен алтыншы дәрежелі теңдеуді алдық, оны шешу алғырлықты, табандылықты қажет етеді.Егер сол жағында радикалдар алдында басқа коэффициенттер болса, онда жоғарғы ретті теңдеулерді шешу өте қиынға соғады. Дегенмен, векторлық әдісті бірден-бір шешу амалы деп айтудан аулақпыз.

Жауабы: =1 .

Енді векторлық (координаттық) әдістің екі белгісіз жағдайында да өте тез, қысқа, оңтайлы шешуге көмектесетінін көреміз.

5-мысал.

Шешуі: Кеңістікте екі векторын енгізіп, ұзындықтарын табайық: , . Енді десек, онда және . Олай болса берілген теңдеу түріне енеді, сол себепті векторары коллинеар болып, теңдігі орындалады. Бұдан жүйесін аламыз. Оның шешімі болып

Осы мысалда векторлық әдіс көздеген мақсатқа өте тез жеткізгенін көреміз, алгебралық жолы өте күрделі. Жауабы:

Келесі екі мысалда берілгені дәстүрлі әдіспен шығарылатын есептер сияқты болғанымен, ең әдемі, тамаша шығару жолы – тригонометриялық болатыны айқын көрініп тұр.

6-мысал. .

Шешуі: Анықталу облысы болатыны түсінікті. теңдеудің түбірі болып табылмайды, онда сол жағының алымында, бөлімінде бөлсек, онда немесе Ал болғандықтан, деп белгілесек, онда (1) теңдеу түріне айналады да, одан Егер деп белгісіз енгізсек, онда соңғы теңдеуден Бұдан бұл теңдеудің түбірлері, берілген теңдеудің бөгде түбірлері болады. Ал теңдеуін шешсек, , аламыз, олай болса Жауабы: .

7-мысал.

Шешуі: Берілген теңдеуде белгісіз x-тің мүмкін мәндер жиыны теңсіздіктер жүйесімен анықталады да, ол сегментінен тұрады. Онда тригонометриялық ауыстырмасын енгізсек, берілген теңдеудің сол жағы төмендегідей түрге келеді:

Түрлендірулерде жағдайында модуль таңбалары әрқашанда түсіп отыратындығы ескерілген. Олай болса төмендегі тригонометриялық теңдеуге келеміз:

. Бұдан Осы теңдіктен шартын ескеріп шешімінен берілген теңдеудің жалғыз түбірі болатынын көреміз.

Жауабы:

Ескерту: Берілген теңдеуді үш рет квадраттап, сегізінші дәрежелі алгебралық теңдеуге оңай келтіруге болады, бірақ оның шешімін табу өте қиынға соғады, кей жағдайларда мүлде табылмауы да мүмкін, сол себепті тригонометриялық ауыстырманың қолданылуы орныды және заңды екені бірден көрініп тұр.

8-мысал: Шешуі: Бірінші түбір астындағы өрнекті түрінде жазып алып, сан осінде белгісіз x-ке қосылатын төрт санды белгілесек ,олардың симметрия центрі болып саны табылатынын көреміз (осы санға қарағанда 0 мен 24 және 7 мен 17 қос сандары симметриялы). Олай болса ауымтырмасы (яғни ) берілген теңдеуді (1) түрге әкеледі, ал оның сол жағын деп белгілесек , анықталу облысы және симметриялы жиындары табылады да екенін көреміз. Сондықтан (1) теңдеуді облысында қарастырсақ жеткілікті. Бұл кезде үш түбірдің астындағы функциялар өспелі (туындылары оң мәндерді қабылдайды), олай болса квадрат түбірлерде өспелі. Сол себепті облысында өспелі сондықтан (1) теңдеудің бірден артық түбірі болмайды (монотонды функция әрбір жалғыз нүктеде қабылдайды), ол түбір t=13 болатыны қарапайым тексеріледі. Сонымен онда саныда (1) теңдеудің шешімі болғандықтан , берілген теңдеудің екінші түбірін аламыз. Жауабы:

Әдебиеттер тізімі:

1. Мерзляк А.Г. и др. Неожиданный шаг или сто тринадцать красивых задач. (методические рекомендации). Киев.Агрофирма «Александрия», 1993-58с.

2.Кушнир И.Шедевры школьной математики. Задачи с решениями в двух книгах.Кн.I.2005-544С.Киев «Астарта».

3.Смихан Е.А. Мектеп бағдарламасындағы теңдеу мен теңсіздіктерді шығаруда векторлық әдісті қолдану.Респ.журнал математики и физики . №2 (2019),28-31стр.

4.Неверовская С.В. Геометрические методы решения алгебраических задач.Тамбов, 2015,-25с.

5. Генкин Г. Геометрические приемы решения алгебраических задач. Всероссийская газета «Первое сентября. Математика» № 34(2004),28-32стр.

6.Суприн В.П. Математика для старшеклассников.Задачи повышенной сложности. 300 задач с подробными решениями. Минск., «Аверсэв», 2002.-196с.