Сборник научных статей международной научно-практической конференции «Современные тренды педагогического образования»

171 
(2) теңдеудің оң жағы 
түріне келтіріледі. (2) теңдеудің сол жағын түрлендіріп, 
түріне келтірдік. 
және 
;
; 
. 
Осыдан 
(1) теңдеудің түбірі болып табылады. 
; 
шешімі жоқ. 
(1) теңдеудің тағы да бір шешу тәсілін келтірейік. Оның түбірі 
, 
шартын қанағаттандыруы тиіс. 
(1) теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарып, 
теңдеуін 
аламыз, түбірі 
шартын қанағаттандырады, 
Осыдан, (1) теңдеу 
немесе 
жүйесімен мәндес. 
болса, шешімі болмайды, 
болғанда 
аламыз. 
екенін байқаймыз, 
. Алынған жауабына келдік. 
Кейде иррационал теңдеуді шешуде көмекші айнымалы шама енгізу ыңғайлы болады. 

3-мысал.
(3) теңдеуін шешіңдер 
Шешуі:
(3) теңдеуінің шешімін қарастырайық.
ТАА: 
. 
. 
Сонда 
(3) теңдеуі 
(4) түріне келтіріледі. 
-тің мәні келесі шарттарды қанағаттандыруы тиіс: 
. 
(4) теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарғаннан соң, 
немесе
(4а) теңдеуін алдық. 
теңдеуін шешеміз. 
6
2
9
7


a
a
6
2
9
7
6
2
9
7
2













a
a
a
a
,
1

a





3
;
7
9
,
3

a
6
2
9
7
6
2
9
7





a
a
a
a
,
3
1


a





3
;
7
9
6
2
7
9
6
2
9
7





a
a
a
a
6
2
9
7



a
a
x

 






;
3
1
;
a






3
;
7
9
a
0
2
2



a
x
x
0
3


x
 
2
2
3
2




x
a
x
x
0
2
2



a
x
x
 
0
3
2


x










,
3
,
3
2
2
2
x
x
a
ax
x










3
,
9
6
2
x
a
x
a
3

a
3

a









3
6
2
9
x
a
a
x
3
6
2
9




a
a

 






;
3
1
;
a
a
x
x




1
1
2
1
1
2
1
0
1
0
1
2

















x
x
x
x
x
0
1



y
x
;
1
2


y
x
3
2
1
2
2



y
x
y
a
y



3
2
2
y

















a
y
y
y
y
a
y
,
0
0
3
2
,
0
,
2
 
2
2
3
2
y
a
y



2
2
2
2
3
2
y
ay
a
y




0
3
2
2




a
ay
y

172 
болғанда, 
немесе 
. 
болғанда түбірі жоқ. 
Егер 
− теңдеудің түбірлері және 
болса, онда Виет теоремасы бойынша 
, (4а) теңдеуінің екі шешімі болады, егер 
, немесе 
, екенін ескереміз. 
Сонымен, 
немесе 
. 
болғанда (4а) теңдеуінің 
− екі шешімі болады. Егер 
болса, (4а) теңдеуінің бір шешімі болады.
болса, яғни 
болғанда − бір 
шешімі болады. (4а) теңдеуінің, егер 
, яғни, егер 
немесе 
болса шешімі болмайды. 
Екі интервалды 
және 
біріктіріп, 
аламыз. 
Енді айнымалы 
-ке оралайық: 
, 
. 

Жауабы: 
, 
; 
, шешімі жоқ; 
, 
. 
Күрделірек теңдеуді шешуде көмекші айнымалы енгізу тәсілін қарастырайық. 
4-мысал.
, (5) теңдеуін шешіңдер. 
Шешуі:
деп белгілейік, 
. Сонда 
және 
, яғни жүйе 
аламыз: 
. Осыдан 
Осы теңдеуді 
-ға қатысты шешеміз, 
немесе 
, екі теңдеудің 
жиынтығымен мәндес: 
а)
, осыдан 
, яғни 
. Демек, 
, 
, 
. 
, онда осы теңдеудің түбірі 
шартын 
қанағаттандырады. Сонда 
болғанда (5) теңдеуді 
− қанағаттандырады, 
,
3
2
2
1



a
a
y
,
3
2
2
2



a
a
y
0
3
2
2



a
D
,
2
3
2

a
5
.
1
2
3



a
a
5
.
1


a
5
.
1
5
.
1



a
2
1
,
y
y
2
1
y
y

,
2
2
1
a
y
y


2
2
1
3
a
y
y



,
0
2
1


y
y
0
2
1


y
y











3
,
0
3
,
0
2
a
a
a
a
0

D
,
3
0


a
5
.
1

a
3
5
.
1
5
.
1





a
a
3
5
.
1


a
2
1
,
y
y
0
2
1


y
y
0
2
1


y
y











3
,
0
3
,
0
2
a
a
a
a
3

a
2
y
0
2
1


y
y
0

a


0
;



a


5
.
1
;
5
.
1


a


0
;




5
.
1
;



a
x
3
2
2
2
3
1
3
2
1
2
2
2
2
2
1
1
















a
a
a
a
a
y
x
3
2
2
2
3
1
3
2
1
2
2
2
2
2
2
2
















a
a
a
a
a
y
x
 
3
;
5
,
1

a
3
2
2
2
3
2
2




a
a
a
x


5
.
1
;



a




;
3
a
3
2
2
2
3
2
2




a
a
a
x
b
x
b
x



2
c
b
x


0

c
a
x
c


2
b
c
x


2








x
b
c
x
a
c
2
2
 
0
2
2




x
x
c
c
c
x

2
1



x
c
x
b
x


2
x
b
x


0
2



b
x
x


b
x
4
1
1
5
.
0
1





b
x
4
1
1
5
.
0
2



25
,
0

b
0


b
x
0

x
25
.
0
0


b
2
1
,
x
x

173 
ал 
болса, тек 
қанағаттандырады. Теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге 
шығарып, 
(6) теңдеуін аламыз.
Осыдан, 
, 
, 
. Енді 
түбірлері 
шартын қандай уақытта қанағаттандыратынан анықтау керек. 
яғни 
(7) 
(6) жүйенің бірінші теңсіздігінің екі жағын квадрат дәрежеге шығарып, 
жүйесін 
аламыз. Ол болса (7) жүйемен мәндес. Осыдан 
, 
болғанда,
, 
болғанда яғни 
мүмкін емес. Сонымен 
(5) 
теңдеудің түбірі болмайды. 

Жауабы:
болса, теңдеудің екі түбірі: 
болады; 
болса, бір шешімі болады: 
; 
, екі шешімі болады: 
және 
; 
болса, шешімі жоқ. 

5-мысал.
теңдеуін шешіңдер. 
Шешуі: 
Теңдеудің екі жағын да квадрат дәрежеге шығарамыз (
шарт): 
, 
. 
Тағы 
да 
квадрат 
дәрежеге 
шығарамыз 
( 
шарт). 
Ақырында 
теңдеуін алдық. Шешімдерінің ішінен 
, 
орындалатынын табу керек. Алынған теңдеу 
-ке қатысты төртінші дәрежелі, бірақ 
параметрге 
-ға қатысты екінші дәрежелі теңдеу: 
. 
Дискриминантын табамыз: 
, 
;
. 
Теңдеудің 
сол 
жағын 
көбейткіштерге 
жіктейміз: 
, 
немесе 
. Теңдеудің әрқайсысынан 
, 
шартында шешу керек. 
теңдеуін шешеміз. 
, осыдан 
шығады, 
. Бізге 
үшін шешімін тапсақ жеткілікті; сонда 
теңсіздігі орындалады. Түбірлерінің қосындысы, егер олар бар болса, (-1)-ге тең; олай болса, 
0

b
2
x
0
1
2




b
x
x


3
4
1
5
.
0
3





b
x


3
4
1
5
.
0
4





b
x
4
3


a
4
3
,
x
x
1


x
1
3


x













75
.
0
1
3
4
1
5
.
0
b
b









75
.
0
1
3
4
b
b







75
.
0
1
b
b
1
3


x
1


b
1
4


x













75
.
0
1
3
4
1
5
.
0
b
b









75
.
0
1
3
4
b
b
4
x
25
.
0
0


b


b
4
1
1
5
.
0


0
1



b


b
4
1
1
5
.
0


1


b


b
4
1
1
5
.
0




3
4
1
5
.
0



b
25
.
0

b
x
x
a
a



0

x
2
x
x
a
a



2
x
a
x
a



0
2


x
a
0
2
2
2
4





a
a
x
ax
x
0

x
0
2


x
a
x
a


0
1
2
4
2





x
x
a
x
a

  


2
4
2
2
4
4
2
2
1
2
4
4
1
4
1
4
4
4
1
2













x
x
x
x
x
x
x
x
x
D


x
x
x
x
x
x
a








2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2







x
x
x
x
a



0
1
2
2






x
x
a
x
x
a
0
1
2




a
x
x
0
2



a
x
x
0

x
0
2


x
a
0
1
2




a
x
x
2
1
x
a
x



0

x
0
2


x
a
0

x
0
2


x
a

174 
теңдеуінің 
, 
шартында бір теріс емес түбірі болуы 
мүмкін. Демек, 
болса, 
.
Екінші теңдеуді қарастырайық: 
. Осы теңдеуден 
. 
Сол жағы оң емес, оң жағы − теріс емес. Егер 
, 
болса, теңдік болуы мүмкін. 
Жауабы:
, 
. 
, 
; 
немесе 
болса, 
шешімі жоқ. 
Егер теңсіздіктің бір жағында немесе жағында да 
-ке қатысты иррационал өрнек 
болса, онда теңсіздік бір 
айнымалысы бар иррационал теңсіздік деп аталады. 

жүктеу/скачать 8,65 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: