Алгоритмдер жинағы 8-9 сынып алгебра

АЛГОРИТМДЕР ЖИНАҒЫ 8­9 сынып, алгебра Құрастырған: Садуақасова Құлпынай Мұхамеджанқызы Ғ.Мұратбаев атындағы мектеп­гимназиясының                     математика пәнінің мұғалімі 1 Түсінік хат Берілген   жинақ   жалпы   білім   беретін   мектептің   8­9   сынып   бойынша «Алгебра» оқулығына арналған. Сабақ барысында оқушылардың «Неден бастаймын?» деп тапсырмаларды орындау   барысында   қиналған   сәттерін   байқауға   болады.   Оқулықтағы түсіндірілген  мысалдар осындай оқушыларға жеткілікті деңгейде көмектесе алмайды. Жинақтың   мақсаты   алгебрадағы   тапсырмаларды   орындау   барысында қиналатын оқушыларға көмек көрсету.       Жинақта тек тапсырмаларды орындау алгоритмі ғана емес, оқу курсының тақырыптары бойынша кейбір негізгі ұғымдар да енгізілген және әр тақырыпқа алгоритмдерді қолдану мысалдары да қарастырылады. Берілген жинақ   8, 9 сынып оқушыларына, мұғалімдерге көмекші құрал болады деп ойлаймын. 2 I.  «ФУНКЦИ    Я      ЖӘНЕ ОНЫҢ ҚАСИЕТТЕРІ  »    1.  Функция  дегеніміз х айнымалысының әрбір мәніне у айнымалысының тек бір ғана мәні сәйкес келетін у айнымалының х айнымалыға тәуелділігі   (х – тәуелсіз айнымалы­ аргумент, у – тәуелді айнымалы­ функция). 2. Функцияның анықталу облысы D(f) – функцияның мағынасы болатындай тәуелсіз айнымалы х­тің барлық мәндерінің жиыны. 3.  Функцияның мәндерінің облысы  Е(f)  – тәуелді айнымалы у­тің барлық мәндерінің жиыны.  4. Функцияның қасиеттері:  функцияның нөлдері ( у = 0 болатын х­тің мәндері);  өсу (кемуі);  жұптығы ( ОУ осіне қарағанда симметриялы), тақ ( координата басына қарағанда симметриялы);  таңбатұрақтылық аралықтары;  ең үлкен (ең кіші) мәні. Функцияның анықталу облысын табу үшін Функцияның берілген формуласына ұқыпты қарау керек.  1­ алгоритм Егер функция  бүтін өрнек  немесе түбірсіз  берілсе Егер бөлшек  бөлімінде айны малысы бар  өрнек (бөлшек  өрнек) болса Анықталу облысы  барлық нақты  сандар жиыны  болады, яғни х  (−∞; + ∞) немесе  х  R. Бөлімін нөлге теңес тіріп, алынған теңдеу ді шешу керек. Айны малының табылған  мәндерін аргумент тің мәндерінің жиы нынан алып тастау  керек. болса Егер формула Сол жағында  да алымында түбір астындағы  квадрат түбір өрнек, ал оң жа ғында   0 бола тын теңсіздікті  құрып, алынған  теңсіздікті шешу  керек. Алынған жауапты жиын түрінде жазу керек. Егер  формулада  бөлімінде  квадрат түбір  болса Сол жағында түбір  астындағы өрнек,  ал оң жағында > 0  болатын теңсіз дікті құрып,  алынған теңсіздік ті шешу керек. 3 а) у   =   5х   +   9  функциясының     анықталу облысын тап? 1 Формуланың   оң   жағы бүтін өрнек     5х + 9 2 Функцияның   анықталу облысы  барлық сан түзуі Жауабы:  D(f) = R. б) 1. Формуланың оң жағында бөлімінде бөлшек айнымалысы бар өрнек.   2. Осы   өрнекті   теңестіріп, теңдеуді шешеміз.   нөлге алынған 3. Алынған   х­тің   мәнін жауаптан   алып   тастау керек.  4. Жауабы: в) . 2х+3 2х  +   3   =   0, 2х = ­3,      х = ­1,5. (Былай жазу ға да болады:  2х + 3 ≠ 0,  х  ≠ ­1,5.) х≠­1,5  немесе х  (−∞: ­ 1,5)  (­ 1,5; + ∞). 1. Түбір   астындағы   өрнек 2х  ­   5    0, 4 оң   және   нөлге   тең   болу керектігін ескеріп, теңсіздікті шешеміз   2х  5,        х   2,5. 2. Жауабы: х  [2,5; + ∞).   ҮШМҮШЕ          II.  «КВАДРАТ    »   1. ах2+вх+с , а≠0  түріндегі көпмүше квадраттық үшмүше деп аталады.  Мұндағы х –айнымалы, а,в,с –сандар.  2. Айнымалының квадраттық   үшмүшені 0­ге айналдыратын мәні квадраттық үшмүшенің түбірі деп аталады. 3. а=1 болса онда квадрат үшмүше келтірілген квадрат үшмүше деп  аталады. 2­алгоритм   Квадрат үшмүшенің түбірлерінің болатынын,  не болмайтындығын анықтау үшін: 1. Квадрат үшмүшені нөлге теңестіру керек; 2. Алынған квадрат теңдеудің түрін анықтау керек;  ах2 + bх = 0 түріндегі теңдеудің 2 түбірі болады; 3. 4. ах2 + с = 0  түріндегі теңдеудің ­ егер       0 болса, онда  2 түбірі   х1,2 = ±  , егер   < 0 болса түбірі болмайды; 5. ах2 + bх + с = 0 теңдеуінің, егер  D  0 болса, 2 түбірі, егер D = 0 болса, 1 түбірі  (2 бірдей түбір),  егер D < 0 болса, түбірі болмайды. 5 Квадрат үшмүшенің түбірлерінің болатынын,  не болмайтындығын анықтау үшін: Алынған квадрат теңдеудің түрін анықтау керек.  ах2 + bх = 0 с= 0 ах2 + с = 0 b = 0   ах2 = 0 b = 0,  с = 0 ах2 + bх + с = 0 2 түбірі болады                         Квадрат теңдеулер 1) х  = 0 2) х  =  Мысалдар: > 0 болса, онда  2 түбірі   х1,2 = ±  , егер 1 түбірі болады х  = 0   < 0 болса түбірі Егер  D  0 болса, 2 түбірі, егер D = 0 болса, 1 түбірі  (2 бірдей түбір),  егер D < 0 болса, түбірі болмайды болмайды ⇒ х=0 х=2. 1.   Егер  b ¿0,с=0болса,онда ax² ¿0❑ 2.   x²­2x=0  (с ¿0 ) Ортақ көбейткішті жақша сыртына шығарамыз. х(х­2) =0   ⇒ х=0 ,   х­2=0   ❑ Жауабы: 0; 2 3.   а) 9x²­25 ¿ 0,  (b ¿0 ) Көбейткішке жіктейміз: (3х­5) (3х+5) ¿0 3х­5  ¿0  немесе  3х+5 ¿0 х ¿1 2 Жауабы:  х ¿1 2 3 3   және  х ¿−1 2 3   ­ теңдеудің түбірлері ;  х ¿−1 2 3 ә) 12х2 ­ 12 = 0,     12 (х2 ­ 1) = 0,      х2 ­ 1 = 0, 6 х2 = 1,      х1,2 = ± 1.                                   Жауабы: х1,2 = ± 1. 4. 9x²  + 7=0           9x²  = ­7           x²  = ­7/9   Кез­келген санның квадраты­ оң сан,  сондықтан шешімі жоқ. Жауабы: ∅ 5. x²­7x+6=0 D=b² ­4ac ¿49−4∙1∙6=25 2 =6, Х2 ¿ 7−√25 2 =1 Х1 ¿ 7+√25                                                          Жауабы:  1;   6 6. 4x²­12x+9=0 D=b² ­4ac ¿144−4∙4∙9=0 Теңдеудің бір ғана түбірі болады: Х ¿ 12±√0 8 =1,5      Жауабы:1,5 7. 2x²+3x+2=0 D=b² ­4ac ¿9−16=−7<0 Жауабы:  түбірі жоқ. Бөлшек­рационал теңдеулер.     Анықтама. Теңдеуде бөлшектер болып, олардың бөліміндегі өрнекте белгісіз айнымалы болса, ондай теңдеулерді бөлшек­рационал  теңдеулер деп атайды. Бөлшек­рационал теңдеулерді шешкенде бөлімін 0­ге айналдыратын мәндер  теңдеудің шешімі болмайды.    Теңдеуді шешу үшін ондағы бөлшектерді ортақ бөлімге көбейтіп, шыққан  бүтін теңдеуді шешеміз. Бөлшек­рационал теңдеуді шешу 1 тәсіл 2 тәсіл Теңдеуге кіретін бөлшектердің ортақ бөлімін табамыз Теңдеуге кіретін бөлшектердің ММЖ­ын табамыз 7 Теңдеудің екі жақ бөлігін ортақ  бөлімге көбейтеміз Теңдеуге кіретін бөлшектердің ортақ бөлімін табамыз Алымдарын теңестіру арқылы бүтін рационал теңдеуді аламыз Теңдеудің екі жақ бөлігін ортақ  бөлімге көбейтеміз Шыққан теңдеуді шешеміз Шыққан теңдеуді шешеміз Шыққан түбірлердің ішінен бөгде түбірлерді алып тастаймыз. Шыққан түбірлердің ішінен ММЖ­ға кірмейтін түбірлерді алып тастаймыз. а) 1 2 Теңдеуді шеш: x2+1 x+1 + x2+2 x−2 =−2          (1­тәсіл) Теңдеуге кіретін бөлшектердің ортақ бөлімін табамыз     Ортақ бөлімі: (x+1) (x−2)≠0 болуыкерек x≠−1;x≠2 2 тәсіл: 1 6x2−7x+2 + 1 12x2−17x+6 =4x2−5x Теңдеуге кіретін бөлшектердің 6x2−7x+2≠012x2−17x+6≠0 6x2−7x+2≠012x2−17x+6≠0 ММЖ­ын табамыз Теңдеуге кіретін Теңдеудің екі жақ бөлігін ортақ бөлімге көбейтеміз (x+1) (x−2)∙x2+1 (x+1) (x−2)∙x2+1 (x+1) (x−2)∙x2+1 x+1 +(x+1)(x−2)∙x2+2 x+1 +(x+1)(x−2)∙x2+2 x+1 +(x+1)(x−2)∙x2+2 бөлшектердің ортақ бөлімін 6x2−7x+2=(2x−1)(3x−2) *  12x2−17x+6=(3x−2)(4x−3) x−2 =−2(x+1)(x−2) x−2 =−2(x+1)(x−2) x−2 =−2(x+1)(x−2) табамыз 8 (x−2)(x2+1)+(x+1)(x2+2)=−2(x+1)(x−2) (x−2)(x2+1)+(x+1)(x2+2)=−2(x+1)(x−2) (x−2)(x2+1)+(x+1)(x2+2)=−2(x+1)(x−2) Теңдеудің   екі жақ   бөлігін ортақ     бөлімге көбейтеміз 4x2−5¿ x ¿ 14x−3 (2x−1)(3x+2) 14x−3 (2x−1)(3x+2) + + 12x−1 (3x−2)(4x−3) 12x−1 (3x−2)(4x−3) 2x3+x2+x−4=0; ( x−1 )(2 x2+3x+4 )=0 х=1 теңдеудің бір  түбірі, 2 x2+3x+4=0   теңдеуінің түбірі  болмайды.  D= ­23 Тексереміз! Шыққан теңдеуді шешеміз Шыққан түбірлердің ішінен ММЖ­ ға кірмейтін түбірл­і алып тастаймыз. 3х2−8х+4−х−3х−4=0 3х2−8х+4−х−3х−4=0 х2−4х=0 х ∙  (х­4) ¿0 х ¿0,х=4    0­саны ММЖ­ға кірмейді. Жауабы: 4 3 Алымдарын теңестіру арқылы бүтін рационал теңдеуді аламыз 4 Шыққан теңдеуді шешеміз 5 Шыққан түбірлердің ішінен бөгде түбірлерді алып тастаймыз. 6                  Жауабы: 3­алгоритм  Квадрат үшмүшенің түбірлерін табу Квадрат үшмүшенің түбірлерін табу үшін Квадрат үшмүшені нөлге теңестіру керек 1 тәсіл Квадрат үшмүшенің түбірлерін формула бойынша табу 2 тәсіл Екімүшенің квадратына айыру тәсілі     аx²+bx+c=0,  a0 x²+bx+c=0, a=1 келтірілген кв. теңдеу 9 D =b2­4*a*c. Мысал арқылы Егер D > 0 Егер D = 0 Егер D < 0 x = ­b±√D / 2*a  x= ­b / 2*a Түбірі жоқ Мысал: 2 тәсіл 1 . Үлгі:   квадрат     x2+2x­3 түбірлерін тап Квадрат үшмүшені 0­ге теңестіріп, теңдеуді шешеміз  Теңдеуді түрлендіреміз Теңдеудің сол жаңында  x2+2x  көпмүшесін  қосындының квадраты  түріне келтіру үшін 1  коэффициентін қосып  және азайту керек  Жақша ішіндегі өрнекті екі мүшенің квадраты  үшмүшесінің х2­6х+5  квадрат   үшмүшесінің түбірлерін тап x2+2x­3=0;  x2+2x=3 (x2+2x+1) ­1=3 (x+1)2 ­1=3  немесе 10 түрінде жазамыз Берілген теңдеу  2  жағдайда шешіледі 1­ші жағдайда 2­ші жағдайда Жауабы: (x+1)2 = 4; 1) x+1=2 н/е 2) х+1=­2 х=1 х=­3. х=1, х=­3. 5х2­3х­2 квадрат үшмүшесінің түбірлерін тап 2 . 2х2+7х­4  кв.үшм. түбірлерін тап 5х2­3х­2 квадрат үшмү шесін келтірілген квад рат теңдеуге келтіреміз.  Ол үшін 5­ке бөлеміз Теңдеуді түрлендіреміз Теңдеудің сол жаңында  х2­0,6х көпмүшесін  қосындының квадраты  түріне келтіру үшін 0,09 коэффициентін қосып  және азайту керек, оң  жағында айнымалы  болмайды.  Жақша ішіндегі өрнекті екі мүшенің квадраты  түрінде жазамыз Берілген теңдеу  2  жағдайда шешіледі Жауабы: 5х2­3х­2=0 / 5­ ке бөлеміз  х2­0,6х­0,4=0 х2­0,6х=0,4 (х2­0,6х+0,09)­ 0,09=0,4 (х­0,3)2=0,49 х­0,3=0,7 н/е х­0,3=­0,7 х1=1, х2=­0,4 4­алгоритм.  Квадрат үшмүшені   ах2  + bх + с  =  а  (х – х1)(х – х2) формуласына жіктеу. Анықтама. ах2 + вх + с түріндегі көпмүше квадрат үшмүше деп аталады. Мұндағы х – айнымалы, а, в, с­ коэффициенттер және а ≠ 0 Квадрат теңдеу жағдайындағы сияқты а – квадрат үшмүшенің бірінші  коэффициенті, в – екінші коэффициенті, с – бос мүше. Егер квадрат үшмүшенің бірінші коэффициенті  1­ге тең, яғни а = 1 болса,  онда квадрат үшмүше келтірілген квадрат үшмүше деп аталады. Квадрат үшмүшені нөлге айналдыратын х айнымалысының мәндерін квадрат  үшмүшенің түбірлері деп атайды. Басқаша айтқанда, ах2+ вх + с = 0 (а ≠ 0)  теңдеуінің түбірлері сәйкесінше ах2 + вх + с квадрат үшмүшенің түбірлері деп  аталады. ах2 + вх + с = а(х – х1)(х – х2) 11 формуласын квадрат үшмүшені түбірлері арқылы көбейткіштерге жіктеу  формуласы деп атайды. Квадрат үшмүшенің түбірлері бар болса, онда ол көбейткіштерге жіктеледі. Керісінше, квадрат үшмүше көбейткіштерге жіктелсе, онда оның түбірлері  болады. Егер квадрат үшмүше көбейткіштерге жіктелмесе, онда оның түбірлері  болмайды. Квадрат үшмүшені  ах2 + bх + с = а (х – х1)(х – х2) формуласына жіктеу үшін Квадрат үшмүшені 0­ге теңестіру керек D = b2 ­ 4ас,       х1,2 =  формулаларын қолданып, х1 и х2 ­ ­нің мәнін  табамыз х1 и х2 ­ ­нің мәнін  формулаға қою керек . Мысал. 1. Көбейткіштерге жікте: 3x2 + 15x + 18 Үлгі: Квадрат үшмүшені 0­ге теңестіріп,   теңдеуді шешеміз  D= b2 ­ 4ас формуласын қолданамыз 3x2 +15x+ 18=0  D =152­4*3*18= 225­216=9 3х2­2х­8   квадрат үшмү­ шені көбейткішке жікте 12 х1,2 =    х1,2 =  формуласы арқылы  х1,   х2­ні табамыз Табылған түбірлерді х1  мен  х2­нің орнына  қоямыз Жауабы: х1=­3 х2=­2 3x2 + 15x + 18 =3(х+2)(х+3) 3x2 + 15x + 18 =3(х+2)(х+3) ­х2+4х­3=0  D =42­4*(­1)*(­3)= 16­12=4 2. ­х2+4х­3   квадрат үшмүшесін көбейткішке ­х2+9х­8  квадрат үшмүше сін көбейткішке жікте жікте Квадрат үшмүшені 0­ге теңестіріп,   теңдеуді шешеміз  D   =   b2  формуласын қолданамыз х1,2 =    4ас ­   формуласы арқылы  х1,   х2­ні табамыз Табылған түбірлерді х1  мен  х2­нің орнына  қоямыз Жауабы:   ­х2+4х­3= ­(х­1)(х­3) ­х2+4х­3= ­(х­1)(х­3) БИКВАДРАТ ТЕҢДЕУ Анықтама. ay4+by2+c=0 теңдеуі биквадрат теңдеуі деп аталады.  Мұндағы a, b, c белгілі тұрақты сандар, ал y ізделінетің белгісіз. Бұндай теңдеуді шешу үшін y2=t алмастыруын енгіземіз: ay4+by2+c=0 13 y2=t at2+bt+c=0 Ал at2+bt+c=0 теңдеуі   ­   квадрат   теңдеуі   және   бұндай   теңдеулерді   шешудің жолын квадраттық теңдеу сабағында қарастырғанбыз. D = в2 — 4ас табамыз, D > 0 болса,  t1 мен  t2  тауып сәйкесінше у1, у2,  у3,  у4     табамыз. D = 0 болса,  t1 тауып сәйкесінше у1, у2 табамыз. D < 0 болса  t = Ø сәйкесінше у= Ø Теңдеудің түбірлері: Биквадрат теңдеуді дұрыс теңдікке айналдыратын айнымалының мәнін  теңдеудің түбірі деп атайды. Биквадрат теңдеуді шешу алгоритмі Теңдеудегі қандайда бір айнымалыны жаңа айнымалы арқылы  белгілейміз                      Берілген теңдеудегі өрнектің орнына жаңа айнымалыны  енгізіп, жаңа айнымалыға байланысты квадрат теңдеу аламыз      Шыққан квадрат теңдеуді шешеміз Алмастыру арқылы алғашқы айнымалының мәнін  табамыз Табылған  түбірлерге  тексеру  жүргізіп,  берілген  теңдеудің түбірлерін анықтаймыз  Мысал:  х4−10х2+9=0  Шешуі:  х2=t  деп белгілейміз. Сонда х4−10х2+9=t2−10t+9=0     14 t ­ға қатысты теңдеуді шешсек: t=9немесеt=1 ⇒ Егер  t=9;х2=9❑ ⇒ Егер  t=1;х2=1❑ Жауабы:   х ¿{−3;−1;1;3} х=±3 х=±1 1. y4­5y2+4=0 теңдеуін шеш Үлгі: y4­17y2+16=0 теңдеуін шеш айнымалы Жаңа енгіземіз  Жаңа   квадрат   теңдеу аламыз t1,2 =      формуласы арқылы  t1,   t2­ні табамыз y2=t t2­5t+4=0 D =(­5)2­4*1*4= 25­16=9 t1,2 =  Бұл теңдеудің екі   шешімі бар.  y2=t алмастыруын ескерсек   тағы   да   екі теңдеуді аламыз: y2=1   және теңдеуінің шешімдері Жауабы:   y2=4 t1=1 және t2=4  y2=1 және y2=4 y1=1, y2=­1,  y3=2, y4=­2. y1=1, y2=­1,  y3=2, y4=­2. 15 III.     «   КВАДРАТТЫҚ  ФУНКЦИЯ»      1. у = ах2 + bх + с түріндегі функция квадраттық функция (парабола) деп аталады, мұндағы х және у ­ айнымалы, а, b, с ­ сандар, а ≠ 0.  2.  Квадраттық  функцияның   анықталу    облысы  барлық   нақты   сандар жиыны, яғни х  (−∞; + ∞). 3. у = ах2 + bх + с функциясының графигі ­ парабола. 4. параболаның  координаталар жүйесіне орналасуы: 1) у = ах2 – функциясының графигі  Оу осіне қарағанда симметриялы, төбесі координата басымен беттеседі;  а  0 болғанда в парабола тармағы жоғары бағытталады,  а < 0 болғанда тармағы төмен бағытталады;             2)  у  =  а(х ­  m)2   ­  функциясының графигі     у  =  ах2   функциясының графигін  Ох осінің бойымен: т  0 болғанда  т бірлікке оңға,  т < 0 болғанда т бірлікке солға жылжыту арқылы алады;  3)  у  =  ах2  +  n  – функциясының   графигі   у  =   ах2   функциясының графигін   Оу  осінің бойымен:  п   0 болғанда  п бірлікке жоғары, п  < 0 болғанда, п бірлікке төмен жылжыту арқылы алынады; 4)  у =   а(х ­  m)2  +  n    функциясының графигін  ­ 2)  және 3)  пунктерді қолдану арқылы алынады;    5) у = ах2 + вх + с функциясының графигін екі мүшенің квадратына айыру арқылы (у =  а(х ­ m)2 + n) алынады. 16 5­алгоритм .  у = ах2 + вх + с функциясының графигін салу үшін: у = ах2 + вх + с функциясының графигін салу үшін парабола тармағының бағытын анықтау керек; Параболаның төбесінің координаталарын  (т; п) табу керек,  мұндағы  т =   және     п = ат2 + вт + с немесе  , және координаталық жазықтықта оларды белгілеу керек; Қосымша  Ох осімен қиылысу нүктелерін  х1 және х2  табу үшін ах2 + вх + с = 0 теңдеуін шешу керек; мәндерінің кестесін құру керек ( х­тің 7 мәніне сәйкес), мұндағы (т; п) симметрия центрі, ал х­тің қалған мәндері т­ге қарағанда  симметриялы, кестедегі   нүктелердің   координаталарын салу керек; нүктелерді қосу керек; парабола графигі шығады. 17 х у ­ 2 0 ­1 5 0 1 2 3 4 8 9 8 5 0 Үлгі: у =  ­x2 ­ 6 x ­ 9   функциясының  графигін салу керек 1. у = – х2 + 2х + 8 функциясының  графигін салу керек  Парабола тармағының бағытын анықтау керек Функцияның графигі тармағы төмен бағытталған парабола, себебі   а < 0. Парабола төбесін т =   және     п = ат2 + вт + с табу керек Параболаның төбесінің координаталарын табамыз (т; п):    т=  ,   п = –12 +2 ∙ 1+8 = 9   (1; 9). Қосымша  Ох осімен қиылысу нүктелерін  х1 және х2  табу үшін  ах2 + вх + с = 0 теңдеуін шешу керек; – х2 + 2х + 8 = 0 теңдеуін шешеміз.   D = 4 +32 = 36,  х1 = 4, х2 = ­ 2 Мәндерінің кестесін құру керек ( х­тің 7 мәніне сәйкес), мұндағы        (т; п)  симметрия центрі, ал х­тің қалған мәндері т­ге қарағанда симметриялы 18 Кестедегі нүктелердің координаталарын салу керек; Нүктелерді қосу  керек;  Парабола графигі шығады. IV.        «Бір айнымалысы бар 2­ші дәрежелі теңсіздік»      1. Бір айнымалысы бар 2­ші дәрежелі теңсіздік деп ­  ах2 + bх + с  0 және ах2 + bх + с < 0 түріндегі теңсіздіктерді айтады, мұндағы х ­ айнымалы, а, b, с – кез­келген сандар,  а ≠ 0. 2.  Айнымалысы   бар   теңсіздіктерді   шешу   дегеніміз  теңсіздікті   тура теңсіздікке   айналдыратын   айнымалының   мәндерінің   жиынын   табу   болып табылады. Бұл жиын элементтері теңсіздіктің шешімі деп аталады.  Мысалы: 10x2– 6x+12 ≤ 0,    2x2+ 5x –500 > 0,  – 15x2– 2x+13 > 0 ­ квадрат теңсіздіктер Квадрат теңсіздіктер төмендегідей түрде де беріледі, мысалы: 10x2– 6x+14x2 –5x +2≤ 56,    2x2 > 36,    8x2<–15x2– 2x+13,    0> – 15x2– 2x+13 Мұндай жағдайда түрлендіріп, стандарт түрге келтіреміз. Квадрат   теңсіздіктерді   шешу   үшін   квадрат   үшмүшені   көбейткішке   жіктеу керек.   Төмендегі теңсіздіктерді  шешу алгоритмі «интервалдар әдісі» деп аталады. Мұндай жағдайда бірнеше көбейткіштер болуы мүмкін, мысалы: (х–10)(х+5)(х–1)(х+104)(х+6)(х–1)<0 Мысал 1:   x2– 60x+500 ≤ 0 теңсіздігін шеш: x2–60x+500=0 квадрат теңдеуін шешеміз D = b2–4ac = (–60)2–4∙1∙500 = 3600–2000 = 1600 Түбірлерін табамыз: а коэффициенті мен түбірлерін  (2) формулаға қоямыз:    x2–60x+500 = (х–50)(х–10) 19 Теңсіздікті (х–50)(х–10) ≤ 0 түрінде жазамыз Теңдеудің түбірлері сандық осьті аралықтарға бөледі. Сандық оське белгілейміз: Үш аралық аламыз: (–∞;10), (10;50) және (50;+∞). Аралықтағы таңбаларды анықтаймыз. Ол үшін (х–50)(х–10) өрнегіне алынған аралықтан  кез­келген х­тің мәнін қоямыз да, (х–50)(х–10) ≤ 0 теңсіздігінің таңбасына сәйкес  «таңбаны» аламыз.    х=2  болғанда ,      (х–50)(х–10) = 384 > 0   дұрыс емес    х=20 болғанда,      (х–50)(х–10) = –300 < 0   дұрыс    х=60    болғанда,   (х–50)(х–10) = 500 > 0  дұрыс емес Теңсіздік шешімі  [10;50] аралығы болады.   Осы аралықтан алынған  х­тің кез­келген мәнінде  теңсіздік дұрыс болады.  Көңіл аудар! Теңсіздік шешіміне жататын аралыққа квадрат жақша қойдық.  Себебі,  х = 10 және х = 50, яғни аралықтардың шектері теңсіздікті қанағаттандырады.            Жауабы: x∊[10;50] 6 – алгоритм.  Квадрат теңсіздікті интервалдар әдісімен шешу. ax2 + bx + с > 0 теңсіздігі берілген  (теңсіздік таңбасы кез­келген) ax2 + bx + с = 0 квадрат теңдеуін жазамыз Квадрат теңдеудің түбірлері х1 және х2 – табамыз (2)  формулаға  a коэффициентін және түбірлерін қойып,  a (x – x1)(x – x2)>0  түрінде жазамыз Сан түзуіндегі аралықтарды анықтаймыз (теңдеу түбірлері сан осін  интервалдарға бөледі): 20 a (x – x1)(x – x2) өрнегіне «х» ­тің алынған аралықта кез­келген мәнін қойып интервалдағы «таңбаларды» (+ немесе –) анықтаймыз және  оларды белгілейміз.                                                 х1             х2 Бізге керек интервалды ғана алу керек: —  «+» таңбасын, егер теңсіздік таңбасы «>0» немесе «≥0». —  «–» таңбасын, егер теңсіздік таңбасым«<0» немесе «≤0». –x2–9x–20 > 0 теңсіздігін шеш Үлгі: Жауабы жазылады. 1. x2+ 4x–21 > 0 теңсіздігін шеш  ax2 + bx + с = 0 квадрат теңдеуін жазамыз  x2+ 4x–21  = 0 Квадрат   теңдеудің түбірлері  х1 және х2 – табамыз D = b2–4ac = 42–4∙1∙(–21)  =16+84 = 100 Түбірлерін табамыз: x2+ 4x–21 = (х–3)(х+7) (х–3)(х+7) > 0 (2)  формулаға  a коэффициентін  және түбірлерін  қойып,  a (x – x1)(x – x2)>0   түрінде жазамыз Сан түзуіндегі  аралықтарды  анықтаймыз (теңдеу  түбірлері сан осін  интервалдарға  бөледі) (x – x1)(x – x2) өрнегіне «х» ­тің алынған аралықта кез­келген мәнін қойып интервалдағы х= –10   болғанда,      (–10–3)( –10 +7) =  39 > 0    дұрыс    х= 0   болғанда,         (0–3)(0 +7) = 21 «таңбаларды» (+ немесе –) анықтаймыз және оларды белгілейміз  –21  < 0           дұрыс  емес    х=10       болғанда   (10–3)(10 +7) =  119 > 0          дұрыс Бізге керек интервалды ғана алу керек: —  «+» таңбасын, егер теңсіздік таңбасы «>0» немесе «≥0». —  «–» таңбасын, егер теңсіздік таңбасын «<0» немесе «≤0». Жауабы жазылады.   Теңсіздіктің шешімі  ретінде  (–∞;–7) және  (3;+∞) аралықтары  алынады.   x∊(–∞;–7) U (3;+∞)  Бір айнымалысы бар 2­ші дәрежелі теңсіздіктерді шешу үшін: 1. у  =  ах2  + bх + с  функциясын жазу керек,  парабола тармақтарының бағытын анықтау керек; 2.   ах2  + bх + с  = 0  теңдеуін шешу керек,  теңдеудің түбірлерінің бар­ жоқтығына көз жеткізу керек; 3. Егер теңдеудің түбірі болмаса яғни, D < 0 болса, онда төмендегі  жағдайлар:       1) а  0 және ах2 + bх + с  0 болса, теңсіздіктің шешімі  (−∞; + ∞)  аралығында болады, себебі парабола графигі Ох осінің жоғары жағында  салынады;          2) а  0 және ах2 + bх + с < 0 болса, теңсіздік шешімі жоқ;                      3) а < 0 және ах2 + bх + с < 0 болса, теңсіздік шешімі (−∞; + ∞)  аралығында, себебі парабола графигі Ох осінен төмен орналасады;                       4)  а < 0 және  ах2 + bх + с  0 болса, теңсіздіктің шешімі жоқ;                   Егер теңдеудің 2 түбірі болса, оларды Ох  осінің бойына белгілеу керек және белгіленген нүкте арқылы схема түрінде парабола тармағын жоғары етіп салу керек;  Парабола нүктелері Ох осінен жоғары  жататын аралықты табу керек  (   егер  ах2  +   bх   +   с    0  теңсіздігін   шешсе)   немесе     Ох   осінен   төмен аралықты  (егер  ах2 + bх + с < 0 теңсіздігін шешсе). Мысал   Шешуі:   1) у = 2х2 + 13х – 7, тармағы жоғары;      1.  2х2 + 13х – 7  0. б) –2х2 – 5х + 18 ≤ 0 теңсіздігін шеш. 22 2) 2х2 + 13х – 7 = 0, D = 225  0, екі түбір, х1 = – 7, х2 = 0,5;   3) сурет 4) Жауабы:  х  (−∞; ­ 7)  (0,5; + ∞).              2  ­мысал.   –2х2 – 5х + 18 ≤ 0 теңсіздігін  шеш. Шешуі     :  1) у = –2х2 – 5х + 18, тармағы төмен; 2) –2х2 – 5х + 18 = 0, D = 169  0, екі түбір, х1 = – 4,5, х2 = 2;   3)  4) Жауабы: х  (−∞; ­ 4,5]  [2; + ∞).        3  ­мысал.   –2х2 – 5х + 18 ≥ 0 теңсіздігін шеш.  :  2 МЫСАЛДА ҚАРА. Шешуі   Жауабы: х  [­ 4,5; 2]. Бір айнымалысы бар 2­ші дәрежелі теңсіздіктерді шешу үшін: ах2+ bх + с = 0 теңдеуін шешу керек, теңдеудің түбірлерінің бар­жоқтығына көз жеткізу Егер теңдеудің түбірі болмаса яғни, D < 0 болса, онда төмендегі жағдайлар: а  0 және ах2 + bх + с  0 болса а  0 және ах2 + bх + с < 0 болса теңсіздіктің шешімі  (−∞; + ∞) теңсіздіктің шешімі  жоқ 23 а < 0 және ах2 + bх + с < 0 болса  а < 0 және  ах2 + bх + с  0 болса теңсіздік шешімі (−∞; + ∞) теңсіздіктің шешімі  жоқ Егер теңдеудің 2 түбірі болса, оларды Ох осінің бойына белгілеу керек және белгіленген нүкте арқылы схема түрінде парабола тармағын жоғары етіп салу керек; Парабола нүктелері Ох осінен жоғары  жататын аралықты табу керек  ( егер ах2 + bх + с  0 теңсіздігін шешсе) немесе  Ох осінен  төмен аралықты  (егер  ах2 + bх + с < 0 теңсіздігін шешсе) (х – х1)(х – х2) …(х – хп)  0 немесе  6 ­ алгоритм  (х – х1)(х – х2) …(х – хп)  0 немесе (х – х1)(х – х2) …(х – хп) < 0 түріндегі теңсіздіктерді  интервалдар әдісімен шешу. (х – х1)(х – х2) …(х – хп) < 0  түріндегі теңсіздіктерді   интервалдар әдісімен шешу үшін: Егер теңсіздік  (х – х1)(х – х2)…(х – хп)  0 немесе  (х – х1)(х – х2)…(х – хп) < 0 түрінде берілсе, онда теңсіздікті интервалдар әдісімен шешу керек. f(x) = (х – х1)(х – х2) …(х – хп)  функциясын жазу керек; Функцияның нөлдерін табу керек,  яғни (х – х1)(х – х2) …(х – хп) = 0 теңдеуін шешу керек; Координаталық түзуге табылған  х­тің мәнін  белгілеу керек;                       Интервалдағы функцияның таңбасын анықтау  керек; Теңсіздік таңбасын есепке алу арқылы теңсіздіктің  шешімін табу керек. 24 1. у= Үлгі:   функциясының у= функциясы 2 3 4 анықталу облысын тап. түбір астындағы өрнекті  0 деп жазамыз х (х + 9)(2х – 8)  0 ның анықталу облысын тап. f(x) = (х – х1)(х – х2) …(х – хп)  функциясын жазу керек; Функцияның нөлдерін табу керек,  яғни (х – х1)(х – х2) f(x) =  = х (х + 9)(2х – 8); х (х + 9)(2х – 8) = 0,    х1 = 0 немесе  х + 9 = 0 немесе  25 5 6 …(х – хп) = 0 теңдеуін шешу керек  Координаталық түзуге табылған  х­тің мәнін белгілеу керек; Интервалдағы  функцияның  таңбасын анықтау  керек; Теңсіздік таңбасын есепке алу арқылы теңсіздіктің шешімін табу керек. 2х – 8 = 0,                                                х2 = – 9,          х3 = 4; Жауабы: х  [ – 9; 0]   [4; + ∞).   V.       «  ТЕҢДЕУ  .   ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕСІ   Екі айнымалысы бар сызықты теңдеу.  »    Анықтама: Бір айнымалысы бар сызықты теңдеу ах = b түрінде болады. Екі айнымалысы бар сызықты теңдеу ах + bу = с (1 ) түрінде беріледі,  мұндағы х, у – айнымалылар, а, b, с – нақты сандар және а мен b бір мезгілде  нөлге тең емес. Мысалдар: 2х + 3у = 8; 0,6х – 1,2у= 3.        Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеуде әр қосылғыштағы  айнымалылардың дәреже көрсеткіштерінің қосындысы 1­ ге тең болуы керек. (1) теңдеуді қанағаттандыратын кез­келген сандар жұбы екі айнымалысы  бар сызықтық теңдеудің шешімі деп аталады. Мысылы, х+у=12 теңдеуінің шешімдер жұбы: (1;11), (5;7), (9;3), (3;9) т.б.. 26 Бір айнымалыны екіншісі арқылы өрнектеу үшін: 2у – х = 5  теңдеуінде х айнымалысын у айнымалысы арқылы өрнектейік: x = 2у – 5. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеудің ең болмағанда бір айнымалысының  коэффициенті нөлге тең болмаса, оның графигі түзу сызық болады.       Координаталық жазықтықтағы координаталары теңдеудің шешімдері болатын нүктелер жиыны екі айнымалысы бар теңдеудің  графигі деп аталады. 1­мысал  х­2у=4 сызықтық теңдеуінің графигі  ах+ву=с  теңдеуіндегі а≠0     в≠ 0   с≠0    болса, оның графигі  ординаталар Оу осімен (0;с/в) нүктесінде,  ал абсциссалар Ох  осімен (с/в; 0)  нүктесінде  қиылысатын түзу болады.                Екі  айнымалысы бар сызықтық теңдеуді шешу дегеніміз ­ берілген теңдеуді дұрыс теңдікке айналдыратын сандар жұбының жиынын айтады. 7 – алгоритм. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеуді шешу. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеуді шешу үшін: Берілген   теңдеудің   графигі,   яғни   түзуді салу   үшін   координаталар   осьтерімен қиылысу нүктелерін табу керек; у=0 болса,  Ох осімен (х;0) нүктесінде қиылысады; х=0 болса,  Оу осімен (0;у) нүктесінде қиылысады; (х;0) және (0;у) нүктелерін қосып, түзу жүргіземіз. Шыққан түзу теңдеудің графигі (шешімі) болады. Үлгі: х­2у=4 теңдеуінің графигін сал 1. 2х+у=6 теңдеуінің графигін сал Берілген теңдеудің графигі, яғни   түзуді   салу үшін координата лар   осьтерімен қиылысу нүктеле рін табу керек; 2х+у=6   теңдеуінің графигі­түзу сызық. Жауабын жазу керек. 27 2. 3. 4. 1. 2. 3. у=0 болса,  Ох  осімен (х;0)  нүктесінде  қиылысады; х=0 болса,  Оу осімен (0;у) нүктесінде қиылысады;  х;0) және (0;у) нүктелерін қосып, түзу жүргіземіз. Шыққан түзу теңдеудің графигі (шешімі) болады. (3;0) у=0 болса,   2х+0=6,  2х=6, х=3 Ох   осімен   нүктесінде өтеді. х=0 болса,   2*0+у=6,  у=6 Оу осімен (0;6)  нүктесінде өтеді.     у (0;6)     0           (3;0)      х Үлгі: х =­3 теңдеуінің графигін сал 1 2 Берілген   теңдеуді ах+ву=с   түрінде жазу керек; Берілген теңдеу ден х­ті табамыз; Теңдеудің графигі Оу осіне параллель түзу.   1 2 х+0∗у =­3 х=­6 х=­6 теңдеудің графигі   (­6;0) нүктесінен өтетін және Оу осіне параллель түзу.                 у (­6;0)           0      х 2х=­4 теңдеуінің графигін сал Екі айнымалысы бар теңдеулер жүйесін шешудің 2 тәсілі бар: алмастыру және қосу тәсілдері.   8   –   алгоритм.  Теңдеулерінің   біреуі   2­ші   дәрежелі   болатын теңдеулер жүйесін алмастыру тәсілімен шешу. 28 Егер теңдеулер құрамының біреуі сызықтық емес теңдеу болса, онда екі айнымалысы   бар   теңдеулер   жүйесі   екі   айнымалысы   бар   сызықтық   емес теңдеулер жүйесі деп аталады. Мысалы,   {2x−y=1   x2−3xy−2y2=2   жүйедегі   бірінші   теңдеудің   графигі   түзу сызық екені белгілі, ал екінші теңдеу графигін білмейміз. Мұндай жүйелерді шешудің негізгі жолы – ауыстыру тәсілі. Теңдеулерінің біреуі 2­ші дәрежелі  болатын  жүйесін  алмастыру тәсілімен шешу үшін: теңдеулер  1­ші  дәрежелі  теңдеуден  бір  айнымалыны  екіншісі  арқылы өрнектеу керек; Алынған өрнекті 2­ші дәрежелі теңдеуге қою керек; Алынған квадрат  теңдеуді шешу керек; Табылған айнымалының мәнін 1­ші дәрежелі  теңдеудегі сәйкес айнымалының орнына қойып, 2­ші  айнымалының мәнін табу керек; Жауабын жазу керек.        Үлгі: 29 1. 2. 3. 4. 5. теңдеулер   жүйесін   шеш   теңдеулер   жүйесін (алмастыру тәсілі) шеш  (алмастыру тәсілі)     дәрежелі бір 1­ші теңдеуден айнымалыны екіншісі   арқылы өрнектеу керек; Алынған өрнекті  2­ші дәрежелі теңдеуге қою  керек; Алынған квадрат  теңдеуді шешу керек; Табылған айнымалының мәнін 1­ші дәрежелі теңдеудегі сәйкес айнымалының орнына қойып, 2­ ші айнымалының мәнін табу керек; у = 2 + 2х Екінші   теңдеудегі   у­ тің   орнына     2   +   2х өрнегін қоямыз. 5х2 – (2 + 2х) = 1,    5х2 – 2х – 3 = 0,   D = 64,  х1 = 1,    х2 = – 0,6. у1 = 2 + 2 ∙ 1 = 4,    у2 = 2 + 2 ∙ (– 0,6) = = 0,8. Жауабын   жазу керек. 6. (1; 4), (– 0,6; 0,8).   30 9   –   алгоритм.  жүйесін қосу тәсілімен шешу.   Екі   айнымалысы   бар   сызықтық   емес   теңдеулер Анықтама.  Егер   екі   айнымалысы   бар   теңдеулер   жүйесіндегі   теңдеудің біреуі   сызықтық   емес   теңдеу   болса,   онда   жүйе  екі   айнымалысы   бар сызықтық емес теңдеулер жүйесі деп аталады Мысалы:                         екі айнымалысы бар сызықтық емес теңдеулер жүйесі болып табылады. Теңдеулер  жүйесін  қосу  тәсілімен  шешу үшін: Теңдеулердің  бір айнымалыларының (х немесе у)  коэффициенттерінің қарама­қарсы болуына жағдай  жасау керек; Теңдеудің сол және оң жақ бөліктерін  мүшелеп қосу керек; Алынған бір айнымалысы бар теңдеуді  шешу керек; Айнымалының табылған мәнін жүйедегі кез­келген  теңдеудегі сәйкес айнымалыға қойып, екінші  айнымалының мәнін табу керек; Жауабын айнымалының сандық мәндерінің  жұптары түрінде жазу керек. 31 Үлгі: теңдеулер жүйесін шеш   теңдеулер   жүйесін шеш  (қосу тәсілі) (қосу тәсілі) Теңдеулердің  бір айнымалыларының (х немесе у) коэффициенттері нің қарама­қарсы болуына жағдай жасау керек; Теңдеудің сол  және оң жақ  бөліктерін  мүшелеп қосу  керек;  айнымалысының у коэффициенті қарама­қарсы сандар. Теңдеулердің оң және сол   жақ   бөліктерін мүшелеп қосамыз:       +    5х2 – 2х = 3 5х2 – 2х – 3 = 0,   D = 64,  х1 = 1, х2 = – 0,6. у1 – 2 ∙ 1 = 2, у1 = 4;   у2 – 2 ∙ (– 0,6) = 2, у2 = 0,8. Алынған бір айнымалысы бар теңдеуді  шешу керек; Айнымалының табылған мәнін жүйедегі кез­ келген теңдеудегі сәйкес айныма лыға қойып, екін ші айнымалының мәнін табу керек; 1. 2. 3. 4. 32 5. Жауабын айны малының   сандық мәндерінің жұптары   түрінде жазу керек. (1; 4), (– 0,6; 0,8). 10   –   алгоритм.  жүйесін графиктік тәсілмен шешу.   Екі   айнымалысы   бар   сызықтық   емес   теңдеулер Анықтама.  Егер   екі   айнымалысы   бар   теңдеулер   жүйесіндегі   теңдеудің біреуі   сызықтық   емес   теңдеу   болса,   онда   жүйе  екі   айнымалысы   бар сызықтық емес теңдеулер жүйесі деп аталады Мысалы:                         екі айнымалысы бар сызықтық емес теңдеулер жүйесі болып табылады. Теңдеулер жүйесін графиктік  тәсілмен шешу үшін: Теңдеулер жүйесіндегі   айнымалылардың бірін  аргумент, ал екіншісін функция ретінде  қарастырамыз; Теңдеулер жүйесінің әрбір теңдеуінің графигін тік  бұрышты координаталар жүйесіне саламыз     мүшелеп қосу керек; Теңдеулер  графиктерінің қиылысу нүктелерінің  координаталарын  анықтаймыз; Жүйенің жауабын айнымалының сандық мәндерінің  жұптары түрінде жазу керек. 33 1. 2. Үлгі: теңдеулер   жүйесін   шеш   теңдеулер жүйесін шеш  (графиктік  тәсіл) (графиктік  тәсілі) Теңдеулер жүйесіндегі айнымалылардың бірін аргумент, ал екіншісін функция Жүйенің теңдеулерін функция ретінде қарастырамыз   ретінде қарастырамыз; Теңдеулер жүйесінің әрбір теңдеуінің графигін тік бұрышты координаталар жүйесіне саламыз 1­ші   теңдеу   графигі   Ол   үшін парабола. бірінші   теңдеуден   екімүшенің толық квадратын   айырамыз: у=х2­6х+5=(х­3)2­4 Сонда   m=3,     n=­4.   Демек,   парабола   төбесі О1(3;­4).   Параболаның координаталар осьтерімен қиылысу   нүктелерін   табамыз:   Ох осімен   (1;0),   (5;0),   Оу осімен   (0;5).   Нүктелерді қосып, графикті саламыз. 2­ші теңдеу графигі­түзу сызық.              у 34 3. 4.                                            Теңдеулер  гра фиктерінің қиы лысу нүктелерінің координаталарын А(4;­3) нүктесінде  қиылысады. анықтаймыз; Жүйенің жауабын айнымалының сандық мәндерінің жұптары түрінде жазу керек Демек, берілген  теңдеулер жүйесінің х=4  және  у=­3 болатын бір  ғана шешімі бар.  Жауабы:  (4; ­3)   ПРОГРЕССИЯ»  КАЛЫҚ        «АРИФМЕТИ      VI.     НЕГІЗГІ ҰҒЫМДАР МЕН ФОРМУЛАЛАР. 1. Егер тізбектің кез­келген қатар тұрған екі мүшесінің айырмасы  тұрақты болса, онда бұл тізбек арифметикалық прогрессия  болады. 2. Егер (аn) =(а1, а2,а3, ............, аn, an+1,.... ) арифметикалық прогрессия болса,  онда а2 ­ а1= а3­ а2= а4 – а3=........ = an+1   ­ аn =......= d d­арифметикалық прогрессияның айырмасы. 3. Арифметикалық  прогрессияның жалпы және n –ші мүшесі: an  = an­1 +d= a1 + d(n­1);      an  = ak + (n­k) d 2an= an­1 + an+1 4. Арифметикалық  прогрессияның алғашқы n  мүшесінің қосындысы: Sn= a1+an 2 n= 2a1+d(n−1) n 2 Sn= a1 + a2 +...+an       an−1+an+1   Қасиеттері:       1.an=      3.  Егер  k+m=p+q   болса, онда   ak+am=ap+aq      4.  Егер   an=А,ak=Bболса,ондаd=B−A k−n an−k+an+k 2.an= 2 2 35 5.     n= an−a1 d +1 табу. 10 ­алгоритм Арифметикалық прогрессияның алғашқы  п мүшесінің қосындысын Арифметикалық прогрессияның алғашқы п  мүшесінің қосындысын табу үшін: п және а1  мүшелерінің мәнін жазу керек; d  және  ап –ді шарты бойынша табу керек; d= an+1   ­ аn,       an  = a1 + d(n­1) Табылған мәндерді формулаға қойып есептеу  керек. Мысал.  Үлгі: (ап)   арифметикалық   прогрессияның алғашқы 30 мүшесінің қосындысын тап:  : 20; 18,5;…   ап) арифметикалық прогрессияның   алғашқы   20 мүшесінің   қосындысын   тап:     : 15; 18, 21;… п = 30, а1 = 20 d = ап+1  –  ап  = 18,5 – 20 = – 1,5 а30 = 20 + (– 1,5) ∙ (30 –1) = – 23,5 1. 2. 3. п және а1 мүшелерінің мәнін жазу керек; d  және  ап –ді шарты бойынша табу керек;   d = ап+1 – ап   ап = а1 + d (п – 1) Табылған мәндерді формулаға қойып есептеу керек. 36 Sn= a1+an 2 n= 2a1+d(n−1) 2 n 4. Жауабы:   VII.     ПРОГРЕССИЯ»  ИЯЛЫҚ        «ГЕОМЕТР        Негізгі ұғымдар мен формулалар. 1. Егер тізбектің кез­келген қатар тұрған екі мүшесінің қатынасы тұрақты  болса, онда бұл тізбек геометриялық прогрессия болады. 2. Егер (вn) =(в1, в2,в3, ............, вn, вn+1,.... ) геометриялық прогрессия болса,  онда  =…=q =…= = = в2 в1 в3 в2 в4 в3 вn+1 вn q ­геометриялық прогрессияның еселігі. 3. Геометриялық прогрессияның  n –ші мүшесінің формуласы:  bn  = b1   qn­1      bn bn  = bk   qn­k   1.       Геометриялық прогрессияның алғашқы n  мүшесінің қосындысы: 2=bn−1∙bn+1 q ≠ 1   37 (I)       және       (II). Егер  |q|<1   немесе    ­1 ¿q<1 болса, онда геометриялық прогрессия  шектеусіз кемімелі геометриялық прогрессия деп аталады. S= b1/(1­q) Геометриялық прогрессияның алғашқы n  мүшесінің көбейтіндісі:                   Pn= n∙q b1 n∙(n−1) 2 Pn=( b1 ∙bn¿ n 2 Pn­ алғашқы n  мүшесінің көбейтіндісі:  Қасиеттері: n = bn­1 bn+1  n = bn­k bn+k 1. b2 2. b2 3. Егер  k+m=p+q   болса, онда bkbm= bpbq Егер   bn=А,bk=Bболса,ондаqn−k= A B 11 ­ алгоритм Геометриялық прогрессияның алғашқы    п мүшесінің  қосындысын табу. Геометриялық прогрессияның алғашқы п мүшесінің қосындысын табу үшін: п және b1 –дің мәнін жазу керек;      Шарты бойынша q  және  bп   ­ді табу керек;                bn  = b1   qn­1 ,             q= вn+1 вn 38 Табылған мәндерді формулаға қойып есептеу керек.  (II).  (I)       және      Мысал . Үлгі: (bп)     геометриялық     прогрессияның ; алғашқы 8 мүшесінің қосындысын тап:   (bп)геометриялық  прогрессия ның   алғашқы   6   мүшесінің қосындысын тап:  3;   9;  … 1;  … п және в1 мүшелерінің мәнін жазу керек; п = 8 және b1 =    Шарты   бойынша  q және    bп­ді   табу керек; bn  = b1   qn­1 q=      вn+1 вn q = 1 : (1/2) = 2. Табылған мәндерді формулаға қойып есептеу керек.      және (II) формула бойынша: (I) формула бойынша:  . ; 1. 2. 3. 4. Жауабы: VIII.        ФУНКЦИЯЛАРЫ»       «КЕЗ­КЕЛГЕН   БҰРЫШТЫҢ   ТРИГОНОМЕТРИЯЛЫҚ   Бұрыштарды өлшеу үшін 2 өлшем бірлік  қолданады­градус және радиан. 12 ­ алгоритм 39 Градустық өлшемді радианға өрнектеу үшін:  1) Бұрыш шамасын  ­ге көбейту керек; 2) Алынған өрнекті қысқарту керек. Мысал.  Радианмен өрнекте:   а) 60º,   б) 135º,   в) 250º. Шешуі.        а) 60º =  ;               б) 135º =  ;                         в) 250º =  . 13 ­ алгоритм Радианды градуспен өрнектеу үшін:    1) Бұрыш шамасын   көбейту керек; 2) Алынған өрнекті қысқарту керек.  Мысал.  Градуспен өрнекте:   а) 10рад.;      б)  ;      в) 12 .π Шешуі:       а) 10 рад = 10 ∙  =  ;     б)  ;                        в) 12  = 12  ∙  π π = 2160º. Анықтама: 1.   α  бұрышынычң синусы ­   Рα  қатынасы.  нүктесінің ординатасының     радиусқа 2.   Α  бұрышының   косинусы  ­   Рα  нүктесінің   абсциссасының   радиусқа қатынасы. 40 3. α  бұрышының тангенсі  ­ Рα  нүктесінің ординатасының    абсциссаға сының  ординатаға   қатынасы.  α бұрышының котангенсі­ Р  нүктесінің абсцисса қатынасы. α 4. 5. 0 0 0 1 0 ­ α sin α cos α tg α ctg α 30º 45º 60º 90º 1 0 ­ 0 1 1 180º π 0 ­ 1 0 ­ 270º 360º ­ 1 0 ­ 0 0 1 0 ­ Координаталық жазықтық 41 Ι   ширек:  0º <  <  .  α  < 90º  немесе       0 < α Барлық  тригонометриялық функциялардың мәні  нөлден үлкен:  sin α > 0,    cos α > 0,    tg α > 0,    сtg α > 0.                                                                                               Синус таңбасы              Косинус таңбасы ΙΙ    ширек:  90º < α < 180º немесе  < α < π.   Синус бұрышы ғана оң:  sin α > 0,  қалған функциялар теріс:  cos α < 0,   tg α  < 0,   сtg α < 0. ΙΙΙ    ширек: 180º < α < 270º  немесе  π < α <  .   Тангенс пен котангенс бұрыштары­оң,  tg α > 0, сtg α > 0,  синус пен косинус  теріс:   sin α < 0, cos α < 0. Ι  V ширек: 270º < α < 360º (0º)  немесе    < α <  2π (0).  косинус ғана оң:  cos α > 0,  қалған функциялар теріс:  sin α < 0,   tg α < 0,    сtg α < 0.  ΙΧ   .  «КЕЛТІРУ ФОРМУЛАЛАРЫ» Тригонометриялық   функциялармен   байланысты   көптеген   есептерді шығаруда   тригонометриялық   функцияның   кез­келген   бұрышын тригонометриялық функциялардың сүйір бұрышына келтірудің маңызы зор. π 2 k± α   (мұндағы     k­кез­келген   бүтін   сан, Басқаша   айтқанда,   егер   α−сүйірбұрыш )   бұрышының   функциялары   берілсе,   онда   оларды  α бұрышына байланысты тригонометриялық функцияларға келтіру ыңғайлы. Ол үшін арнайы берілген келтіру формулалары қолданылады. Функция  α Аргумент α –α + α  – π α  + π α 3 –α 3 +α sin α cos α sin α cos  α ­sin α ­ cos  α ­ cos  α 2  – π α ­sin α  2  +π α sin α 42 cos α tg α сtg α α sin α ­ sin α ­ cos  cos α ­ sin α sin α cos α cos α сtg α ­ сtg α ­ tg α tg α сtg α tg α ­ tg α ­ сtg α сtg α tg α ­ tg α tg α ­ сtg  α ­ tg α ­ сtgα сtg α Бір қарағанда формуланы жаттау қиын болып көрінеді.   Мысал.  α бұрышының тригонометриялық функциясына келтіріңдер: π α          а) tg (  +  π α sin (2  –  α  );        г)  cos ( +  );       б)  );      в)  ctg ( ). Шешуі.  π α а) tg (  +  1)  ),   анықтау керек.       +   π 2)       (  ­ π бүтін, яғни, функция аты сақталады  tg ( π α  +  ) = ?  tg  .  α Таңбасын π α бұрышының таңбасы  «+», бұдан tg (  +  α )   =   (180º   +   α   бұрышы  ­     ) .α tg  ) =  ΙΙΙ ширек   бұрышы,   тангенс   ),    π α б) sin (2  –  1) 2  ­ π бүтін, яғни,  функция аты сақталады  sin (2  –  π α Таңбасын анықтаймыз.  2)  (2π   – α) = (360º – α) бұрышы ­   ΙV ширек бұрышы, синус бұрышы ) = ?  .  α sin  теріс «–», бұдан sin (2π – α) = – sin α. в)  ,    1)   ­  π мәнінің жартысы, бұдан, косинус  синусқа өзгереді, яғни    cos ( + α ) =  ? sin α.        2) ( + α ) = (90º + α) бұрышы ­  ΙΙ ширек бұрышы, косинус бұрышы  теріс, таңбасы  «–»,  cos ( + α ) =  – sin α. 14 ­ алгоритм α  бұрышының тригонометриялық функциясын кез­келген келтіру  формуласына салу үшін:  α  бұрышының тригонометриялық функциясын кез­ келген келтіру формуласына салу үшін: α – бұрышының сүйір екендігін еске аламыз, яғни 0º < α < 90º; 43 Егер келтірілген тригонометриялық функциялардың аргументі (бұрышы)  (π ± α),  (2π ± α) түрінде болса, онда функцияның  аты өзгермейді; Берілген функцияның ширектегі таңбасын анықтау керек; Егер келтірілген тригонометриялық функциялардың аргументі (бұрышы)   ( ) болса, онда синус ­  косинусқа, косинус ­   синусқа, тангенс ­  котангенске, котангенс – тангенске өзгереді; г)  1)  Келтіру функциясының оң жағының таңбасы сәйкес ширектегі ,   келтірілген функцияның таңбасымен бірдей жазылады.  ­ π­дің жартысы, бұдан  котангенс функциясы  тангенске ауысады, яғни ctg ( ) = ? tg α. 2)   ( ) = (270º – α) бұрышы ΙΙΙ ширек бұрышы, тангенс бұрышы оң, «+», бұдан  ctg ( ) = tg α. Таблицасыз­ақ есептеуге болады! 44 45