Сборник научных статей научно-практической конференции «Байтанаевские чтения-Х»

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. 

жүктеу/скачать 8,82 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: