Туынды және оның қолданылуы 1 Туынды анықтамасы 5
жүктеу/скачать 1,28 Mb.
|
Гавхер КЖ
- Бұл бет үшін навигация:
- (1) теңсіздігі орындалатын болса, онда осы интервалда (2) және
- (1) теңсіздік орындалу үшін бір мезгілде келесі шарттар орындалуы керек. 1 (1′); интервалының бойындағы барлық -тер үшін орындалады; 2 Бұл үшін
- (5) теңсіздігі берілген интервалда дұрыс болады. 2 Жарты интервалдың басында (яғни ) ең болмағанда ; ,..., ;
| х0 нүктесінде туындысы бар функция осы нүктеде дифференциалданатын функция деп аталады. Айталық, D1- функция дифференциалданатын нүктелердің жиыны болсын. Әрбір санына санын сәйкес қойа отырып, анықталу обылысы D1 болатын жаңа функция аламыз. Бұл функция функциясының туындысы деп аталады да, немесе деп белгіленеді.
Берілген функциясының туындысын табу дифференциалдау деп аталады. Біз бұл бапта мынадай дифференциалдау формулаларын алдық: формаласында k=0, b=C (C-еркімізше алынған тұрақты) деп ұйғырсақ, екені шығады, яғни тұрақтының туындысы нөлге тең. 1.2 Бірінші ретті туынды арқылы тепе–теңдікті дәлелдеу және өрнектерді ықшамдау «Егер қандайда бір І аралығында болса, онда функциясы осы аралықта тұрақты шама болады». Тепе – теңдіктер әдетте түрінде берілетіндіктен бұл теореманы сәл өзгертіп аламыз. «Егер және функцияларының туындылары І аралығының әрбір нүктесінде өзара тең болса, онда осы аралықта функциялардың айырмасы тұрақты». Тепе – теңдікті дәлелдеу төмендегі алгоритм бойынша жүргізіледі. 1 Берілген тепе – теңдікті түрінде немесе түрінде қарастырамыз (анықталу облысы, І аралығында үздіксіздігі) 2 немесе түрінде туындыларды табамыз. 3 Егер болса, онда болады. 4 Анықталу облысынан үшін есептеуге ыңғайлы бір мәнді алып, яғни екенін дәлелдесек, онда болғаны, яғни тепе – теңдікті дәлелдеу аяқталады. Мысал 2. Тепе – теңдікті дәлелде: 1) ; Шешуі: түрінде теңдіктің екі жағынан жеке – жеке туынды аламыз. ; яғни ; Ендеше ; болсын, ; . Тепе – теңдік дәлелдеңді. Туынды арқылы алгебралық және тригонометриялық теңдеулерді түрлендіруге, яғни өрнектерді көбейткіштерге жіктеуге болады. Мысал 3. Мына өрнекті көбейткіштерге жіктейік. -ны айнымалы деп алып өрнекті функциясы деп алып туындыны табамыз. Сондықтан Мұнда , , , параметрлерімен берілген өрнек, бұдан деп алып онда өрнекті алғашқы өрнектің шешімі болып табылады. Мысал 4. өрнегін көбейткіштерге жіктеп -ны айнымалы деп алып, туындыны табамыз. онда деп алсақ, , онда өрнегі берілген функцияның шешімі болады. Мысал 5. өрнекті деп белгілей отырып Сонымен берілген өрнектің шешімі . 1.3 Бірінші ретті туынды арқылы теңсіздікті дәлелдеу Оқулықта интервалдар әдісі арқылы теңсіздіктерді шешу үлгісі көрсетілгенімен, оларды дәлелдеу әдістері келтірілмеген. Сондықтан мына «Егер І интервалының әрбір нүктесінде , болса, онда f функциясы І интервалында өседі (кемиді)» теоремаға аздаған өзгеріс енгізсек, теңсіздіктерді дәлелдеуге қолайлы тұжырымға келеміз. «Егер аралығындағы нүктесінде үздіксіз функциясы үшін және , болса, онда осы аралықта функция оң (теріс) болады». Шынында да , , және болса, онда аралығында функция өседі, яғни демек, . яғни функциясының теріс болу жағдайы да осылай дәлелденеді. Осы тұжырымдарды теңсіздіктерді дәлелдеуде туындыны қолдану алгоритмі ретінде қабылдаймыз. Мысал 6. Дәлелдеңдер: , мұнда . Шешуі: функциясын қарастырамыз, мұнда , шарт бойынша болғандықтан . Ендеше аралығында демек ; ; Мысал 7. Дәлелдеңдер: , . Шешуі: функциясын қарастырамыз, мұнда , . 1 – ші мысалды пайдаланып, және болатының білеміз. Сондықтан, жоғарыда айтуымыз бойынша болғанда болады. Демек, . Мысал 8. x-тің барлық оң мәндері үшін , болатының дәлелдеңдер. Шешуі: үшін функциясын қарастырамыз. ; , берілген аралығында ; ; ендеше , яғни , . Теорема 1 Егер , функциялары үшін да үзіліссіз және туындылары бар және , өспелі функциялар үшін шарты орындалатын болса, онда сол интервалда шарты да орындалады. Мысал 9. теңсіздікті дәлелдеу керек, мұндағы ; ; болсын делік. болсын. - басы оңға бағытталған шексіз аралықта. функциясының туындысының таңбасын болғанда тексерсек, шығады. Сондықтан белгілі теорема бойынша функциясы сәулесінде кемиді, олай болса шартынан теңсіздігі шығады, яғни бұл арадан . Теорема 2. интервалының әрбір нүктесінде функциясының туындысы болсын. Осы интервалдың шектеулі нүктелерінде туынды нөлге айналсын. Интервалдың қалған нүктелерінде туынды таңбасы оң болса, онда функциясы интервалында өседі. Теорема 3. интервалының әрбір нүктесінде және функциялары үзіліссіз және әрбір нүктеде туындысы болсын. интервалының барлық нүктелерінде (1) теңсіздігі орындалатын болса, онда осы интервалда (2) және орындалады. Мысал 10.; теңсіздікті дәлелдеңдер. Туындысын табалық . Бұдан теңсіздіктің дұрыстығын байқаймыз. Мысал 11. теңсіздікті дәлелдеңдер, мұндағы үшінші теореманың екі шартының орындалатынын тексереміз. аралықта берілген теңсіздікті мүшелеп дифференциалдасақ, шығады. болғанда теңсіздіктің дұрыстығы өзінен байқалады. Егер десек, теңсіздік теңдікке айналады. Сонымен, теорема 3 бойынша теңсіздік орындалады. Теорема 2′. интервалының әрбір нүктесінде және функциясының туындысы болсын. жарты интервалында функцияоар үзіліссіз. интервалының бүкіл өн бойында (1) теңсіздік орындалу үшін бір мезгілде келесі шарттар орындалуы керек. 1 (1′); интервалының бойындағы барлық -тер үшін орындалады; 2 Бұл үшін (2′) теңдігі орындалатын нүктелер жиыны түріндегі ешқандай интервалды толтырмайды. Мұндағы ; 3 (3′) болсын. Онда ; интервалында үзіліссіз және осы интервалда : ; : ; ешбір интервалда толық қарастырмайтын жиында . Ең алдымен жағдайды қарастыралық. Теорема 1 бойынша интервалда кемімейді. Сондықтан ; егер болса, онда үшін ,яғни интервалында . Енді жағдайды қарастыралық. сәулесінде функциясы кемитіндіктен . интервалынан санын белгілейік, (Яғни ). интервалынан ең болмағанда болатындай бір нүкте табылатынын көрсетелік. Шынында да, керісінше жорысақ, интервалында деген қорытындыға келіп едік. Сонымен, интервалында , бұл (2′′) шартына қайшы. Демек, интервалында болатындай нүкте болады. Сондай – ақ және , себебі аралығында . Бірақ біз нүктесін нүктесіне өте жақсы етіп алуымызға болады. Демек, интервалының барлық нүктесінде , яғни, -да . Теорема 4. және функцияларының әрбірі жарты интервалында үзіліссіз және интервалдың әр нүктесінде -ші дәрежелі туындысы болса, онда интервалдың бойында (4) теңсіздігі орындалуы үшін мынадай шарттардың орындалуы жеткілікті. 1 интервалдың әр нүктесінде (4) теңсіздігінен -рет туынды алғанда шығатын (5) теңсіздігі берілген интервалда дұрыс болады. 2 Жарты интервалдың басында (яғни ) ең болмағанда ; ,..., ; (6) тұжырымсыз теңсіздіктер орындалады. Дәлелдеу. -да болғандықтан (5- теңсіздік) және шарты орындалатынын ескерсек , -да теңсіздігі орындалады.Демек, шарты интервалдың әр нүктесінде орындалады. Сонымен бірге (6) шарт бойынша . Сондықтан теорема 3 бойынша -ның әр нүктесінде шарты орындалады. Осыларға ұқсас тұжырымдар жасай отырып -ның барлық нүктесінде қатаң теңсіздіктер орындалатындығына көз жеткізуге болады: ;..., ; және. Мысал 12. (7) теңсіздікті дәлелде, мұндағы . Берілген (7) теңсіздікті біртіңдеп дифференциалдасақ , (8) , (9). Соңғы теңсіздік (яғни ) дұрыс орындалады. болғанда . Сонымен бірге (7), (8) – дегі қатаң теңсіздіктерді тұжырымсыз теңсіздіктермен ауыстыруға болады. Сонда шығады да (7), (8) ақиқат теңсіздікке айналады. Сондықтан теорема 4 бойынша болғанда (7) теңсіздк орындалады. Мысал 13. (10) теңсіздікті дәлелдеңдер. (10) теңсіздіктегі a; b реті айтылғандықтан деп аламыз. (10) теңсіздікті түрінде жазамыз. десек, берілген теңсіздікті , (11) теңсіздікті екі рет дифференциалдасақ, , (12). Соңғы теңсіздіктің ақиқаттығы бірден байқалады. Сонымен бірге (11), (12) теңсіздіктердегі < таңбасын ≤ ауыстырсақ, десек, сияқты ақиқат теңсіздік аламыз, теорема 4 бойынша (11), ал одан (10) теңсіздігі орындалады. 1.3 Екінші ретті туындынының көмегімен теңсіздіктерді дәлелдеу Егер кесіндісінде болса, онда f функциясының графигі аралығында хордадан жоғары жатқан және ,бірігу нүктелерінде болады. Хорда нүктелеріне сәйкес келетін ординатаны табамыз және кесіндісінен кез келген нүктесін таңдап аламыз. және нүктелері арқылы өтетін түзудің теңдеуі: y=. x=c болғанда yхорда=. Сондықтан y≤ (13) Егер болса, онда болады. Бұл (1) теңсіздігін қайта жазуға мүмкіндік береді. мұндағы . болғанда, табатынымыз . (14) Сөйтіп, біз келесі теореманы дәлелдедік: Теорема 5. Егер кесіндісінде теңсіздігі орындалса, онда кез келген үшін теңсіздігі орындалады. Егер аралығында , онда теңсіздігі осы сияқты дәлелденеді. Мысал 14. Теңсіздікті дәлелдендер: . (15) Шешуі: , онда және болғанда, (14) және (15)-тен қорытып шығарамыз. Мысал 15. Дәлелдеңдер: егер болса, Шешуі: ; ; , яғни , , ендеше . Мысал 16. , болғанда екенін дәлелдейік. ,; , ; ; , , , . Енді кері жүріп және өйткені болғанда екені жоғарыда дәлелдегенін ескеріп екені жоғарыда дәлелденгенін ескеріп деген қорытындыға келеміз, яғни теңсіздік дәлелденді. Туындыны қолданып алгебраның көптеген есептерін шешуге болады, мысалы теңдеулер:;; ; . Осы нүктеде функция өзінің максимум мәнін қабылдайды, мәнін теңдеуге қойсақ, ол теңдеудің түбірі екенін көреміз. Мына функциясы периодты функция ма? Шешуі: яғни функция барлық аралығында өседі, әрі кризистік нүктелерінде үздіксіз, яғни функция периодты емес. Себебі периодты функция аргументтің бір мәніне сәйкес мәнін қайталай береді, ал мұнда аргументтің бір мәніне функцияның бір ғана мәні сәйкес келеді. 1.4 Туындының көмегімен Ньютон биномының формуласын есептеу Бұл формулалар жеке жағдайының жалпы формулалары болады. өрнегінің жақшаларын ашсақ немесе өз өзіне n рет екімүшесін көбейтсек, -ке қатысты дәрежелі көпмүшелік шығады. Оның коэффициенттерін білмегендіктен, жауабын мына түрде жазайық. (16) Бізге коэффициентерінің өрнегін табу керек. табу үшін (16) теңдеуінің екі жағын да мәнінің орнына 0 қоямыз. Сонда (17) -ді табу үшін (16) теңдеуінің екі жағын да дифференциалдап, -тің орнына 0-ді қоямыз. Дифференциалдау формуласынан мынаны аламыз: . Екінші жағынан . Ендеше, (18) -тің орнына 0-ді қойып, nan-1=A1 аламыз. Сөйтіп (19) –ны табу үшін (18) теңдеуінің екі жағын да дифференциалдап -тің орнына 0-ді қоямыз. Табатынымыз: , бұдан . Ендеше (20) Қалған коэффициенттерін осы тәсілмен табады. Егер (16) теңдеуін рет дифференциалдасақ, онда алатынымыз: Бұл теңдікте деп алып, табатынымыз: одан (21) сандарын биномиальдық коэффициенттер деп атаймыз және деп белгілейміз. Осылайша, , мұндағы (22) Сондықтан (23) (23) формуласын Ньютон биномы формуласы деп атаймыз. Теңдіктің оң жағы биномының дәрежелік жіктелуі деп аталады. Биномиальдық коэффициенттер формуласын басқа түрде жазуға болады, ол үшін көбейтінді үшін (n-факториал) белгілеуін қолданып, (22) формуласындағы бөлшектің бөлімі мен алымын –ға көбейтіп, алатынымыз: Сөйтіп,
(24) Есіңде болсын, . (23) формуласында –ның коэффициентті 1-ге тең. Сондықтан деп есептейді. -ның коэффициетті да 1-ге тең, болғандықтан деп есептейді. Бұл теңдіктер (24)формуласынан шығады, егер шарттары орындалса. Мысал 17. биномының дәрежелік жіктелуін табамыз. Шешуі: Біздің жағдайымызда . биномиальдық коэффициенттерін есептейік: , , , , , . Ендеше, (23) формуласынан табатынымыз: . Мысал 18. биномының дәрежелік жіктелуін табайық. Шешуі: Біздің жағдайымызда , -ның орнына , -тің орнына қоямыз. Өйткені, , , , , , , , Болса, онда болады. 2 Математиканы тереңдетіп оқытудағы туындыны қолдануларының ерекшеліктері 2.1 Туындының физикада қолданылуы Дүниедеге нақты үрдістердің ең қарапайымы – бірқалыпты үрдістер. Бұл үрдістер тұрақты жылдамдық арқылы туындайды. Күрделелігі жағынан келесі үрдіс - ол үдеулері тұрақты, яғни жылдамдықтары бірқалыпты өзгеретін үрдістер. Осы екі жағдайда жылдамдық айнымалы шамалардың мәндерінен тәуелсіз. Алайда, көбінесе, шаманың өзгеру жылдамдығының мәні сол шаманың мәніне байланысты. Сондықтан көп жағдайда t мезгілiндегі шаманың өзгеру жылдамдығы мен осы шаманың дәл сол мезгіл ішіндегі мәні пропорционал деп қарастыруға болады. Осы айтылғандардан келесі түрде тұжырымдалатын математикалық есепке келеміз: t мезгілдегі у шаманың мәні у0 –ге тең болса, онда t мезгілiндегі у-тің мәнін табыңыз. Есептің шарты бойынша , ал олай болса туындыны аламыз. Тікелей тексеру арқылы функцияның осы теңдеуді қанағаттандыратынын көз жеткізу қиын емес, яғни ол теңдеудің шешуі болып табылады және басқа шешуi жоқ. Шындығында, айталық болсын. Сөйтіп осыдан яғни Сонымен функциясы да теңдеудің шешуі екен. Шарт бойынша у=у0, яғни олай болса Сөйтіп іздеп отырған мәніміз болады екен. Осы қарастырған математикалық моделіміз көптеген физикалық, химиялық, биологиялық т.б. үрдістерді айқындауға мүмкіндік береді. Мысал 19. Сыраны ашытуға қажет ферменттердің өсу жылдамдығы оның санына пропорционал. Алғашқы бір сағатта ферменттердің саны екі есе өссе, үш сағаттан кейін ол қанша есе өседі? Шешуі. Есептің шарты бойынша оның дифференциалдық теңдеуі болады. Мұндағы –пропорционалдық коэффициент. Бұл теңдеудің шешуі Пропорционалдық коэффициенттерін бастапқы шарт арқылы анықтаймыз. Яғни болғанда болады. Олай болса немесе . Осы өрнекті теңдеудің шешіміне қойып, қарастырып отырған процестің заңдылығын теңдігі түрінде аламыз. Осыдан, егер болса, онда , яғни үш сағат өткеннен кейін ферменттердің саны 8 есе өседі екен. 2.1 Туындыны биологиялық үрдістерде қолдану Туынды арқылы популяция (мекендес өсіп-өну) санының қарапайым моделін көрсетейiк. Популяция саны – қоршаған ортаны қорғаудың, яғни биоэкологияның ең маңызды мәселесі болып табылады. Популяцияның математикалық моделін құру биологиялық түрдің сан жағынан өсуінің жылдамдығын анықтау есеп ретінде қарастырады. Популяция динамикасының дәл сипаттамасын 1845 жылы алынған Ферхюльст-Перл теңдеуі береді. Ол теңдеуде популяцияның «Өзін-өзі уландыру» немесе «популяциядағы түр ішіндегі тіршілік үшін күрес» факторы ескерілген. (25) Бұл заң Ферхюльст-Перл моделі деп аталады. Тундыны қолданып, осы функцияның графигін зерттейік. (26) теңдеуді пайдалана отырып, екенін ескерсек, барлық мәндерінде оң болатыны айқын (26) теңдеудің екінші ретті туындысын табайық (27) (25) теңдеудегі х-тің мәнін осы теңдеуге қоямыз. Сонда (28) Егер болса, яғни графигі ойыс, ал болса, х’’(t)<0 және функциясының графигі дөңес болады. теңсіздігін шешіп, функциясының ойыстық аралығын табамыз: Сонымен ойыстың дөңестік аралығын тапсақ ол мына теңсіздікпен беріледі: мәнінде және болады. Бұдан нүктесі функциясының иілу нүктесі екені шығады. туындысы -ның барлық мәндерінде оң болғандықтан оның экстремумы жоқ. Сондықтан екенін ескерсек, -да функциясы мәніне төменнен ұмтылады. Енді (25) теңдеумен берілген функциясының графигін сызып көрсетуге болады. (1-сурет) 1-суреттен популяцияның алғашқы саны аз болса, онда популяцияның өсуі нүктесіне дейін ойыс қисық бойымен жүреді. Бұл нүктеде қисық, иілiп, дөңес болады және -да түзуіне х M 0 t 1-сурет
шексіз жақындайды, бірақ ешқашан онымен қиылыспайды. Сондықтан шамасын теория жүзінде берілген жағдайдағы популяция санынын максимальды мәні деп атайды. функциясының графигі (1-сурет) созылған әрпіне ұқсас болғандықтан қисықты -тәрізді қисық деп атайды. 2.3 Туындының экономикада қолданылуы Туындының экономикада қолдануының түсіну үшін өндірістік функцияны қарастырайық. Кез келген өнім өндірісі әртүрлі ресурстардың қолданылыумен байланысты. Осы ресурстардың мөлшерін х1,х2,..., хn деп белгілейді. Егер біздің өнімнің максимал саны у белгілі болса, онда ресурс көлемін (х1,х2,..., хn), х1, х2,..., хn0 жұмсап, у=f(x1,x2,…,xn) – өндірістік функция беріледі дейміз. Экономистер ресурстарды екі топқа бөлінеді. Біріншіден, L әрпімен белгілеп – «еңбек» ресурсы деп, ал екіншісін, К әрпімен белгілеп- «капитал» ресурсы деп атайды. Еңбек - бұл өнім өндіруде қолданылатын қара күштің және ойдың шығыны, ал капитал – бұл құрал – жабдық, сайман, ғимарат, құрылыс, материалдық қор, жер ауданы және т.б. Өнімнің шығару көлемін оылай белгілейміз: Q=F(L, K), L, K (29) 1928 ж американ ғалымдары К. Кобб жәнне П. Дуглас ең бірінші өндіріс функциясын ұсынған. Q=aK2L1-2, а>0, 0<<1 (30) Кобба – Дугластың өндірістік функциясы деп атайды. Өндірістік функциясының қасиеттрі: 1 К немесе L ресурстарының біреуі жоқ болса, онда өнім шығару мүмкін емес. F(0,L)=F(K,0)=0 2 Ресурс қолданылуын t есе артсақ, онда өнім шығару көлемі t есе артады. 3 Қолданылатын ресурс мөлшері артқанда, шығару өнім көлемі артады. 4. Бір өндірістің К немесе L ресурстарының шығынының өсіуі, оның қолданлуының төменденуіне әсер етеді. Өндіріс функциясының екі түрін көрсетейік: изокванта және изокоста. Q=a KL1- (**) өндірістік функция болсын. Q=Q0 деп алып, (**) K және L арқылы есептейік. Онда: а∙K L1- =Q0 немесе К2 = KL1- K= (31) (31) Изокванта теңдеуі болады. Өндірістік функциның екінші түрі - изокоста. еңбек бірлігінің бағасы (L), r – капитал бірлігінің бағасы (N) болсын, онда өндіру әдісінің бағасы C= (32) болады. С=C0 тең болу үшін L және К ресурастары қандай шарттарды қанағаттандыру керек. C0=немесе K= (бұрыштық коэффициент болады. K= L + , түзуінде жатқан M( L, K )-нің әр нүктесі келесі қасиетке ие: оның L және K коэффиценттері, шығару бағасы ωL+rK өз мәнін өзгертпейді және ылғайда С0 –ге тең болады. Сондықтан немесе түзуін экономикада изокоста деп аталады. Есеп шешу алгоритмі: Мысал 20 Фирманың өндірістік функциясы түрінде болсын. Фирма Q0=12 өнім бірлігінде, ақшалай бірлігіне және r=10 ақшалай бірлігіне сәйкес өнім шығаруға шешті. Q0=12 өнім бірлігінде өнім шығарудың ең төмен бағасын табу керек. Шешіуі: a = 1,2, = , Q0 = 12, , r = 10. теңдеуінен К-ны өрнектейміз. К = , K2 = 103L-1 K= немесе Жүйе келесі түрде болады; Жүйенің бірінші теңдеуінен 1000 L03=1, сондықтан L0=0,1 Екінші теңдеуден К0 – ды табамыз: 10 = K0(0,1), бұдан кубтап, мынаны аламыз: 1000 = K0 2·0,1 K0 2=10000 K0=100. Үшінші теңдеуден С0 - ды табамыз: С0= 5∙0,1+10·100=1000,5(ақшалай бірлік). ҚОРЫТЫНДЫ
Сонымен қорыта келгенде, туындының мектеп математикасындағы қолданысының дидактикалық маңызын былайша тұжырымдауға болады: 1 Мектеп математикасының қолданбалы саласын дамыту; 2 Пәнаралық байланысты дамыту; 3 Тепе – тең түрлеңдірулердің деңгейін көтеру; 4 Функциялық танымды тереңдету; 5Теңдеулерді, теңсіздіктерді т. б. шешулерінің жалпы түрдегі әдістерін таныту; 6 Оқушылардың таным ынтасын белсендірудегі туындының манызын ескеріп, оны тиісті тұстарда балама әдіс ретінде қолданыс дағдысын қалыптастыру; 7.Туындының алгебралық қосымшасына қолданыс іздестіру – оқушылардың жалпы математикалық дамуына үлкен қамқорлық екенін де ескергеніміз жөн; Туынды оқушылардың белгілі бір математикалық мәдениетiн немесе олардың ғылыми, әсіресе математиканы оқытудын практикалық және қолданбалы бағыттарының мәнін түсіну, сол сияқты математикалық модельдеудің әдiстерін меңгеру мен пәнаралық байланыстарды жүзеге асыру іскерлігі сияқты көзқарастарын қалыптастырды. Сонымен, туындының экономикада, физикада қолданылуын, биологиялық эксперименттердің көмегімен анықтайтын тіршілік құбылыстарының кейбір жасырын сырын ашуға болатынын көрсеттік. Біз туындының көмегімен графиктерді зерттеп қана қоймай, көптеген басқа есептерді шығаруға болатының дәлелдедік.
2 Әбілқасымова А.Е., Жұмағұлова З.Ә. «Алгебра және анализ бастамалары» Жалпы білім беретін мектептің гуманитарлық математика бағытындағы 10 –сыныбына арналған оқулық. Алматы «Мектеп» 2007-185б 3 Әбілқасымова А.Е., Шойынбеков К.Д. «Алгебра және анализ бастамалары». Жалпы білім беретін мектептің жаратылыстану математика бағытындағы 10 –сыныбына арналған оқулық. Алматы. Мектеп, 2007 –184б
5 Ахашев Ж. Туындыны және оның алгебралық қосымшасы / Математика жә не физика. .-№3.2006.-Б.15-18. 6 Берікжанова Г. Дифференциалдық теңдеуді биологиялық процестерде қолдану / Информатика, физика, математика.-2007.- №4. 7 Виленкин Н.Я., Ивашев – Мусатов О.С., Шварцбурд С.И.«Алгебра и математический анализ» 10 класс; Москва, Мнемозина, 2009.-257с. 8 Дайырбеков С. Қоғамдық – гуманитарлық бағыттағы сыныптарда туынды ұғымын енгізу әдістемесі / Математика және физика.-2008-№1. 9 Жұлдызов А. Туындыны қолданып өрнекті ықшамдау / Информатика, физика, математика.-2009.- №6. 10 Колмогоров А.Н., Абрамов А.М., Дудницын Ю.П., Ивлев Б.М., Шварцбурд С.И., Қабдықайырұлы К., Қазешев А., Қамзина Г.С. «Алгебра және анализ бастамалары»; Алматы, «Просвещение - Қазақстан», 2003. 11 Нұрданбекқызы Б. Туындының орта мектеп математикасында қолданылуы / Математика және физика.- 2006-№6. 12 Әшірбаев Н.Қ., Әшірбаев Қ.А., Қаратаев Ж. Математикалық талдау. Шектер теориясы. –Шымкент, ОҚМУ, 2008. 13 Омарова Г. Туындының көмегімен теңдеулерді шешу / Математика және физика.- 2005.- №4. 14 Омарова Р. Дифференциалдық теңдеулер арқылы пәнаралық байланыстарды жүзеге асыру / Информатика, физика, математика.-2000.- №6. 15 Ораз К. Теңсіздіктерді дәлелдеуде туындының қолданылуы / Математика және физика.- 2008.-№6. 16 Симонов А.С., Игнатьев Н.П. Об одном приложении производной к решению экономических задач / Математика в школе. – 2008.-№5 17 Мұхамеджанова М.А. Теңсіздіктерді дәлелдеуде туындының қолданылуы қолданылуы / Математика және физика.- 2004.-№6. 18 Әшірбаев Н.Қ. Жоғары математика курсының негіздері. – Шымкент, Нұрлы бейне, 2013. 19 Қазақстан Республикасының мемлекеттік жалпыға міндетті білім беру стандарты, ҚР. МЖМБС. 6.08.018. Астана-2010 20 Әшірбаев Н.Қ., Әшірбаев Қ.А., Сұлтанбек Т.С., Қаратаев Ж. Математикалық талдау. Туынды және дифференциал. –Шымкент, ОҚМУ, 2008. 21 Айдос Е. Жоғары математика. Т.1. – Алматы, Бастау, 2008. 22 5В010900-«Математика» мамандығының ТОЖ (ҚР БҒМ №158 бұйрығы, 10.04.12. қосымша 09) және ҚР МЖМББС 5.04.019 – 2011 Бакалавриат. 23 Тұрбаев Б.Е., Қанибайқызы Қ. Дифференциалдық және интегралдық есептеулер негіздері. Оқу құралы – Қызылорда, Қызылорда-Қанағаты, 2013- 152 б. 24 Тұрбаев Б.Е., Бедерова Қ., Әжібекова Г. Математиканы практикалық бағытта оқытудың алғашқы негіздері / Математика және физика ғылыми-әдістемелік журналы 2013.- №1. 2-3б. 25 Дуан Г. М. Туындының кейбір қолданыстары. Семей қаласының Шәкәрім атындағы мемлекеттік университеті 2013 Қосымша Ә Туындының көмегімен теңдеулерді шешу. Мысал 21. Шешуі: берілген теңдеуді былайша жазайық: . Ізделінді түбірлер - және функциялары графиктерінің жанасу немесе қиылысу нүктелерінің абсциссалары. Бұл графиктердің өзара қалай орналасқандығын анықтау үшін олардың экстремумдарын табайық: , , . Сондықтан , ; , ; . Бұдан функциясының аралығында үзіліссіз екендігін ескерсек, оның болғанда өсетінін, ал болғанда кемитіндігін түсінеміз. Яғни, -тің ең үлкен мәні болғанда қабылданады: , . Соныммен кез келген үшін , . Демек, берілген теңдеуіміздің жалғыз ғана шешімі бар: . Мысал 22. . Шешуі: Түрлендірулер арқылы теңдеуді мына түрге келтіреміз: Онда теңдеудің түбірі болатындығын оңай байқауға болады. Басқа түбірлерінің болуы мүмкін емес екенін дәлелдейік. функция кемімелі болғандықтан, функциясының теңдеудің анықталу облысында, яғни аралығында өсетіндігін көрсетсек жеткілікті. Туынды табайық: . Егер болса, онда , яғни функциясы - да өспелі. Демек, - теңдеудің жалғыз түбірі. Мысал 23. -ның қандай мәндерінде теңдеуінің шешімі бар болады? Шешуі: Теңдеудің анықталу облысында, яғни аралығында функциясын қарастырайық. Барлық үшін: , яғни функциясының максимум нүктесі болатын жалғыз ғана күдікті нүкте. , , болғандықтан, fең үлкен, жүктеу/скачать 1,28 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|