Әдебиеттер
1.А.Садықов / Республикалық олимпиада есептері. «Математика және физика» журналы,
№6. Алматы, 2009. – 23 – 24 бет
2.И.Бекбоев, А.Абдиев, Ж.Қайдасов, Г.Хайбарова/ Жалпы білім беретін мектептің 8 –
сыныбына арналған оқулық. – Алматы: Мектеп, 2008. - 104 бет
361
ӘОЖ 317.134
ТРИГОНОМЕТРИЯЛЫҚ ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУДІҢ
КЕЙБІР ӘДІСТЕРІ
Қурбанова Д.-
126-38а тобының студенті
Ғылыми жетекші: Джаманкараева М.А.-
ф.-м.ғ.к.
Оңтүстік Қазақстан мемлекеттік педагогикалық университеті, Шымкент
Summary
The article discusses some methods for solving trigonometric equations in a school algebra
course.
Тригонометриялық
теңдеулерді
шешудің
кейбір
әдіс-тәсілдерін
қарастырайық. Қарастырмас бұрын қарапайым тригонометриялық теңдеулерді
шешу формулаларын еске түсірейік.
Тригонометриялық теңдеулердің түбірлерін табу процесіндегі жалпы,
кез-келген теңдеулерді шешкенде сақталатын ережелердің орындалуын
қамтамасыз ету қажет. Мысалы, түрлендіру барысында теңдеудің мәндестігінің
сақталуын қадағалап, ол теңдеуге енген әрбір функциялардың анықталу
облыстарын ескерген жөн [1].
Тригонометриялық теңдеулерді шешу барысында қандай да бір
тригонометриялық өрнектерді түрлендіруге және осы түрлендіру кезінде
тригонометриялық функциялардың қасиеттері мен теңбе-теңдіктерді қолдануға
тура келеді. Осындай түрлендірулердің нәтижесінде берілген теңдеуді мынадай
қарапайым
теңдеулердің
біріне
келтіруге
тырысу
керек.
a
ctgx
a
tgx
a
x
a
x
,
,
cos
,
sin
Бұл мақалада айнымалысы тригонометриялық функциялар болатын
теңдеулерді, яғни тригонометриялық теңдеулерді қарастырамыз.
Қарапайым тригонометриялық теңдеулер
Тригонометриялық теңдеулердің бірнеше түріне мысалдар келтірейік:
a
a
ctgx
a
a
tgx
a
a
x
a
a
x
,
,
1
cos
,
1
sin
түрінде берілген теңдеулер қарапайым тригонометриялық теңдеулер деп
аталады.
Тригонометриялық теңдеулерді шешу формулалары төмендегідей:
;
1
,
sin
a
a
x
Z
n
n
a
x
n
,
arcsin
1
;
1
,
cos
a
a
x
,
2
arccos
n
a
x
;
Z
n
;
,
a
a
tgx
n
arctga
x
,
;
Z
n
;
,
a
a
ctgx
n
arcctga
x
,
;
Z
n
Дербес жағдайларда, яғни
1
,
1
,
0
a
a
a
болғанда қарапайым
тригонометриялық теңдеулердің шешімдері төмендегідей болады:
362
;
1
sin
x
,
2
2
n
x
;
Z
n
;
1
sin
x
,
2
2
n
x
;
Z
n
;
0
cos
x
,
2
n
x
;
Z
n
;
1
cos
x
,
2
n
x
;
Z
n
;
1
cos
x
,
2
n
x
;
Z
n
түріндегі теңдеулер де қарапайым теңдеулерге жатады. Бұларды да жоғарыдағы
формулалармен шешуге болады [3].
1-мысал:
2
/
1
cos
x
теңдеуін шешейік.
Z
n
n
x
,
2
2
1
arccos
3
2
1
arccos
болғандықтан,мынадай жауап шығады:
Z
n
n
x
,
2
)
2
/
1
arccos(
2-мысал.
2756
.
0
cos
x
теңдеуінің шешімін табайық.
Z
n
n
x
,
2
)
2756
,
0
arccos(
)
2756
,
0
arccos(
мәнін калькуляторды пайдаланып табамыз; ол жуықтап алғанда
1,8500-ге тең. Сөйтіп,
Z
n
n
x
x
,
2
0
мұндағы
8500
.
1
0
x
3-мысал
.
2
3
)
4
2
cos(
x
теңдеуінің шешімін анықтайық.
Z
n
n
x
,
2
)
2
3
arccos(
4
2
Z
n
n
x
,
2
6
5
4
2
, бұдан
Z
n
n
x
,
12
5
8
4-мысал
.
2
2
sin
x
теңдеуінің шешімін табайық.
z
k
n
x
k
,
2
2
arcsin
)
1
(
яғни
z
k
n
x
k
,
4
)
1
(
5-мысал
.
𝑠𝑖𝑛𝑥 = 0,3714
теңдеуін шешейік.
z
k
n
x
k
,
3714
.
0
arcsin
)
1
(
Калькулятордың көмегімен
3805
.
0
3714
.
0
arcsin
екенін анықтаймыз
Тригонометриялық теңдеулерді шешудің әдістері жәй теңдеулерді шешудің
әдіс-тәсілдерін қолдану арқылы анықталады.
363
Егер теңдеу
0
)
(
x
f
түрінде берілсе, онда ол теңдеудің сол жақ бөлігі
көбейткіштерге жіктеледі де, әрбір көбейткіш нөлге теңестіріледі. Алынған
теңдеулердің түбірлері негізгі теңдеудің түбірлері болады (анықталу облысына
енетін болса). Барлық алынған түбірлер біріктіріледі.
1- мысал:
x
x
x
cos
2
cos
cos
2
теңдеуін қарастырайық.
Шешуі:
Көбейткіштерге жіктейік
0
)
1
2
cos
2
(
cos
x
x
.
Бұл теңдеу келесі екі теңдеулер жиынтығына теңбе-тең
0
cos
x
және
0
1
2
cos
2
x
. Бұл теңдеулердің сәйкес шешімдері
n
х
2
,
Z
n
және
k
x
2
3
2
,
k
x
6
,
Z
k
.
Жауабы:
n
х
2
,
Z
n
және
k
x
6
,
Z
k
.
2- мысал:
x
x
x
sin
4
cos
7
sin
теңдеуін қарастырайық.
Шешуі:
Берілген теңдеуді мына түрге жазайық:
0
4
cos
)
sin
7
(sin
x
x
x
.
)
2
cos
2
sin
2
)
sin
(sin
формуласын қолдана
отырып, теңдеуді былай түрлендіруге болады
0
4
cos
4
cos
3
sin
2
x
x
x
. Осыдан
ортақ көбейткішті жақша сыртына шығарсақ
0
)
1
3
sin
2
(
4
cos
x
x
. Соңғы теңдеу
екі теңдеуге жіктеледі
а)
0
4
cos
x
б)
0
1
3
sin
2
x
n
x
4
8
1
,
Z
n
.
,
3
18
)
1
(
2
m
x
m
.
Z
m
Барлық екі түбірлері бастапқы теңдеудің түбірлері болады.
3- мысал:
x
x
x
2
cos
sin
cos
3
3
теңдеуін шешу керек.
Шешуі:
Теңдеудің оң жағын сол жағына көшіріп, қос бұрыштың косинусының
формуласын пайдаланып түрлендіреміз.
0
)
sin
(cos
sin
cos
2
2
3
3
x
x
x
x
.
Кубтардың
қосындысының,
квадраттардвң
айырмасының формулаларын қолданып көбейткіштерге жіктейміз [4].
.
0
)
sin
)(cos
sin
(cos
)
sin
cos
sin
)(cos
sin
(cos
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
0
)
sin
cos
sin
cos
sin
)(cos
sin
(cos
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
Енді көбейткішті көбейтіндіге түрлендіреміз
).
sin
1
)(
cos
1
(
)
cos
1
(
sin
cos
1
sin
cos
sin
cos
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Бұдан теңдік мына түрге келеді
.
0
)
sin
1
)(
cos
1
)(
sin
(cos
x
x
x
x
Бұл теңдеу мына үш теңдеумен мәндес болады.
Әдебиеттер
1.
А.Е.Абылқасымова. Математикадан есептер жинағы. Алматы:
Қазақ университеті, 1991. 51б.
2.
А.Н.Колмогоров және т.б. Алгебра және анализ бастамалары.
Алматы, 1994. 31-36б.
3.
Баймұханов Б.Б. Математика есептерін шығаруға үйрету. Алматы, 1983.
364
ӘӨЖ53(075.8)
МАТЕМАТИКАНЫ ТЕРЕҢДЕТІП ОҚЫТУДА 8-9 СЫНЫП
ОҚУШЫЛАРЫНЫҢ МАТЕМАТИКАЛЫҚ ҚАБІЛЕТТЕРІН, БҮТІН
САНДАРДЫҢ БӨЛІНГІШТІК ТЕОРИЯСЫН ҚОЛДАНЫП ЕСЕПТЕР
ШЫҒАРУ АРҚЫЛЫ ДАМЫТУ
Нәзірқұл Б.Б-
109-18 тобының студенті
Ғылыми жетекші:Ниязымбетов А.Д.
- Ф-м.ғ.к.,доцент
Оңтүстік Қазақстан педагогикалық университеті,Шымкент.
Резюме
Развитие математических способностей учащихся 8-9 классов при углубленном
изучении математики путем решения задач по теории делимости целых чисел
Кез келген
N
натурал санының
m
натурал санға бөлінуінің қажетті және
жеткілікті шартын сипаттайтын ереже
N
-нің
m
-ге бөліну белгісі делінеді.Ол белгі
g
жүйеде жазылған кез келген натурал санның цифрлары арқылы, сол санның
берілген
m
санға бөлінетіндігін немесе бөлінбейтіндігін ажыратуға мүмкіндік
береді
.
Француз Блез Паскаль натурал сандардың бөлінгіштігінің жалпы белгісін
тұжырымдаған
.
Паскаль белгісі
. g
санау жүйесінде жазылған
N= a
n
g
n
+
a
n-1
g
n-1
+…+ +
a
1
g
+
a
0
натурал саны
m
натурал санына бөліну үшін
Q=a
n
r
n
+ +
a
n-1
r
n-1
+…+
a
1
r
1
+
a
0
натурал саны
m
-ге бөлінуі қажетті және жеткілікті. Мұндағы
r
i
саны
g
i
санын
m-
ге бөлгендегі қалдық.
Енді кейбір сандардың бөлінгіштік белгілерін келтірелік.
Достарыңызбен бөлісу: |