Теңдеулерді шешуде бөгде түбірлердің пайда болуы және түбірлердің жоғалу себептері.

0

Теңдеулерді шешуде жіберілетін қателіктердің көпшілігінде бөгде түбілрелдің пайда болуы немесе кейбір түбірлердің жоғалуына байланысты болады. Бөгде түбірлердің пайда болуы және түбірлердің жоғалуының себептері түрлі болғандықтан біз төменде олардың кейбіреулерін есептерді шешу процесі арқылы көрсетеміз.

Әуелі, келесіде керек болатын кейбір түсініктер мен тұжырымдарды ескертіп өтейік.  y=f(x) және y=g(х)  функциялардың анықталу облыстары А1 және А2 жиындары болсын. Онда  А=А1ÇА2 жиынын f(x)=g(x)   теңеудің анықталу облысы деп аламыз.

f(x)= g(x)                                                          (1)

теңеудің шешімдер жиынын В деп,

f1(x)=g1(x)                                                       (2)

теңеудің шешімдер жайынын В1 деп алайық. Егер В=В1 болса (1) және (2) теңеулерді тең күшті теңдеулер деп аталады.

Мұны

f(x)= g(x)Û f1(x)y=g1(x)  немесе (1)Û(2)

деп жазуға болады.

Егер       ВÌВ1  болса (2) теңдеуді  (1) дің салдары (нәтижесі) дейілінеді – де f(x)=g(x)Þf1(x)=g1(x) (немесе (1) Þ(2)) деп жазылады.

Теңдеулерді шешуде  екі әдісті көрсетуге болады.

1.Берілген f(x)=g(x) теңеуден түрлі түрлендірулер көмегімен (1) ге (тең күшті) эквивалинт  болған және (1) ге қарағанда қарапайымдау, шешу жолдары белгілі болған теңдеуге келу. Бұл процесті (1)«(2)«…«n) көріністе жазуға болады.

Нәтижеде f(x)=g(x), f1(x)= g1(x), …, fп(x)=gп(x) теңдеулер алынады.  Бұл теңдеулер өзара тең күшті. Сондықтан бұл әдіспен теңдеуді шешуде бөгде түбірлер пайда болмайды, түбірлерде жоғалмайды.

  1. Берілген f(x)=g(x) теңдеуден белгілі түрлендірулер көмегінде f1(x)= g1(x), …, fп(x)=gп(x) теңдеулерге өтіп, соңында fп(x)= gп(x) теңдеуді шешу арқылы f(x)=g(x) теңдеудің шешімін табу. Мұны теңдеулердің “тең күшті” болу шартын “ұғымын” қалдырған жағдайда деп қарауға болады. Бұл процесті (1) Þ(2) Þ…Þ(п) көріністе жазуға болады. Теңдеулерді шешудің бұл әдісінде  олардың анықталу облыстары өзгеріп кетуі себебінен қосымша (бөгде) түбірлер пайда болуы, немесе кейбір түбірлер жоғалып та кетуі мүмкін.

Сондықтан тең күшті теңдеулердің қасиеттерін, олардан келіп шығатын кейбір салдарды ескертіп өтеміз.

1-тұжырым. Егер  j(х) функция (1) теңдеудің анықтау облысында анықталған болса, онда f(x)= g(x) және f(x)+j (x) = g(x)+ j (x) теудеулер тең күшті болады.

2-тұжырым. Егер j (x) функция (1) теңдеудің анықталу облысында анықталған болып және j (x) ¹о болса, онда f(x)= g(x) және f(x)* j(x)= g(x) *j(x) теңдеулер тең күшті теңдеулер болады.

3-тұжырым. f(x) және g(x) функциялардың барлық мәнері бірсарынды j(x) функциясының анықталу облысына тиісті болса f(x)= g(x) және j( f(x)) = j(g(x) теңдеулер тең күшті болады.

Дәлелденуі.  хо сан f(x)= g(x) теңдеудің түбірі, яғни f(xо)= g(xо) болсын. Онда  f(xо)= g(xо) сандар j(x) функциясының анықталу облысына тиісті болғаны үшін j( g (x)) = (g( xо)) теңдік орындалады. Бұл болса х0  саны j(f(x))=j(g(x)) тьеңдеудің түбірі болады дегенді білдіреді.  Енді  х0 сан j(f(x))=j(g(x)) теңдеудің шешімі болсын, яғни j(f(xо))=j(g(xо)) теңдік орындалсын деп алайық. Онда j(x) функция бірсарынды болғандықтан f(xо)=g(xо) теңдік келіп шығады, яғни х0  саны f(x)=g(x) теңдеудің шешімі болады. Сөйтіп, айтылған тұжырымның дұрыс екендігі дәлелденді. Бұл тұжырымдардан  келесі нәтижелер келіп шығады.

   f(x)=g(x) Û f2п+1(x)=g2п+1 (x)

    f(x)=g(x)           f2п(x)=g2п(x)

2)                    Û

    f(x) ³ о             f(x) ³  о      

    f(x)=g(x)

3)                    Û

    f(x) ³ о

    f(x)=g(x)

4)                    Û    logаf(x)= logаg(x),  а>о, а¹1       

    f(x) > о                      

f(x)=g(x) Û а f(x)g(x), а>о, а¹1

    f(x)=g(x)

6)                    Û    arcSinf(xg=arcSing(x)

   -1£f(x) £1

    f(x)=g(x)

7)                    Û    arcCosf(x)=arcCosg(x)

   -1³f(x)³1

8) f(x)=g(x)   Û

Енді есептерді қарастырамыз. Бөгде түбірлер иррационал теңдеулерді квадратқа асыру нәтижесінде пайда болуы мүмкін (1-себеп)

1-есеп                                                             (3)

теңдеуді шешу керек.

Шешуі. (3) теңдеуді

                                                                (4)

көріністе жазып алып онің екі жағын квадратқа асырамыз. Нәтижеде түбірлер жоғалмайды. Бірақ бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін. Себебі, f2(x)=g2(x) теңдік f(x)=g(x)  теңдіктен тыс және f(x)= -g(x) теңдіктен де келіп шығуы мүмкін.

(4)-теңдіктің сол жағындағы өрнек  болғандықтан оның оң жағында  яғни  орындалуы қажет. Онда . Сонымен бірге (3) теңдіктің анықталу облысы   сандық аралық екендігін есепке алсақ (4) теңдіктегі х белгісіз

                                                                              (5)

аралықта өзгеруі мүмкін.

Сондықтан (3) теңдеудің жауабы осы аралыққа тиісті болуы шарт. (4) тің екі  жағын квадратқа асырып ықшамдаймыз:

                                                                                 (6)

Бұл теңдіктің екі жағын квадратқа асырып  ықшамдағанна соң

Х2-103х+582=0 квадраттық теңдеуді аламыз. Оның түбірлері х1=6, х2=97. Бірақ х2=97 түбір  аралыққа тиісті емес, сондықтан ол бөгде түбір, х1=6 бұл аралыққа тиісті. Бөгде түбір қайдан пайда болды? Бұл түбір (4) тен (6) ға өтуде пайда болады, себебі (6) теңдеу (4) теңдеуден тыс және  теңдікті квадратқа асырғандада келіп шығады.  (4) т

 теңдеулер жүйесіне тең күшті, (6) болса (4) тің нәтижесі.

Иррационал  теңдеулерді шешуде х-тің өзгеру облысын (оны С деп белгілейік) анықтап алудың маңызы зор. Біздің есепте 

Егер оны анықтау қосымша қиыншылық туғызатын болса табылған түбірлерді берілген теңдеудегі орнына қойып бөгде түбірлерді жауаптан шығарып тасталынады.

Бөгде түбірлер ұқсас мүшелерді ықшамдау нәтижесінде де пайда болуы мүмкін.   (2-себеп):

2-есеп.                    

теңдеуді шешу керек, мұнда  нақты сандар

Кейбір оқушылар теңдіктің екі жағындағыөрнектерді өзара жойылып кетеді деп алып квадраттық теңдеуді шешіп жауапты алуы мүмкін. Бірақ бұл жауап дұрыс емес, х1=а саны бөгде түбір, теңдеудің жауабы .

(7) теңдеудің анықталу облысы . Бұл есепте1-тұжырымдағы “ функция  теңдеудің анықталу облысында  анықталған болуы керек”  деген шарты орындалмай тұр. Сөйтіп 1- тұжырымды-тің анықталу облысына қойылған шарт бұзылса  теңдеуден   теңдеуге өтуге бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін екен.

Логарифмдік  теңдеулерді шешуде бөгде түбірлер пайда болуы немесе түбірлер жоғалуы мүмкін (3,4-себептер)

               А)                                             (8)

Көрінісіндегі теңдеулерді шешуде, көбінесе теңдеулердің сол жағын көбейтіндінің логаридмі етіп жадын алынады.

                                                                       (9)

(8) ден (9) ға өтуде (8) дің анықталу облысы болатын А жиыны кеңейеді, себебі (8) теңдік  болғанда мағынаға ие болады. (9) теңдік болса  болғанда ие бола береді. Сондықтан бөгде түбірлер пайда болып қалуы мүмкін.

Керісінше (9) дан (8) ге өтуде А жиын  тараяды деуге болады, нәтижеде түбірлер жоғалуы мүмкін.

Б)                                                                   (10)

теңдеуден

                                                                                     (11)

теңдеуге өтуде (логарифмдерді “тастап жібергенде”) (10) теңдіктің анықталу облысы кеңейеді, сондықтан бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін, ал (11) ден (10) ға  өтуде болса теңдеудің анықталу облысы  тарайғандықтан кейбір түбірлер жоғалып қалуы мүмкін (5-6 себептер).

3-есеп.

                                                                       (12)

 теңдеуді шешу керек.

Шешуі.  (12) нің анықталу облысы  жиыны болады.

                                                                         (13)

Енді логарифмдерді “тастап жібереміз”

 немесе

    Бірақ  саны А жиынға тиісті емес, сондықтан ол бөгде түбір. Бұл түбір жоғарыда ескерткеніміздей (12) ден (13) ке өтуде А жиынның кеңейуінен пайда болды. Шынында да, (13) теңдікте  болуы да мүмкін, яғни (13) тің анықталу облысында  және  теңсіздіктер орындалады.  түбір берілген теңдіктің анықталу облысы кеңейген бөлігі болған   аралығына тиісті болады. (12) теңдеу.

                жүйеге эквивалент (тең күшті). Берілген  логарифмдік теңдеудің анықталу облысын табу шын түбірлерді бөгде түбірлерден ажыратып алу мүмкіндігін береді.

4-есеп.

  теңдеуді шешу керек.

Шешуі: 3 негізді логарифмге өткіземіз.

                                                               (14)

Бұл теңдіктің анықталу облысы х<3 және х<3<4  аралықтардан тұрады. (14) теңдеуден:

                                                      (15)

одан

                                                                      (16)

теңдік келіп шығады, бұл теңдіктің шешімдері х1=2, х2=8 болады.  Бірақ 8 саны берілген теңдеудің анықталу облысында жатпайды., сондықтан ол бөгде түбір. Бұл түбір (15) тен (16) ға өтуде, логарифмдерді “тастап жіберуі” де пайда болған. Сөйтіп жауап: х=2

Логарифмдерге  байланысты  және бір жағдайды қарастырайық:

                                             (17)

          n-натурал сан             (18)

теңдіктер бар екендігі белгілі.

Бірақ кейде оқушылар (18) теңдіктегі модуль белгісін “түсіріп қалдырады”, оны

                                                       (19)

керісінше қолдап кемшілікке жол қояды. Бұл болса түбірлердің жоғалып қалуына алып келеді. Себебі (18) теңдікте f(x) функция кез-келген таңбалы функция болуы мүмкін, ал (19) да болса ол f(x)>0 болуы мүмкін. Яғни модуль белгісінің “түсін қалуы” теңдіктердің анықталу облысының  тарайуына алып келеді, сондықтан кейбір түбірлер жоғалып кетуі мүмкін (7 -себеп).

5-есеп

 теңдікті шешу керек.

Оқушылардың көпшілігінде кездесетін шешімді көрсетейік:

Жақшаларды ашып пайда болған квадраттық теңдеуді шешетін болсақ  х1=-13, x2=2   түбірлерге ие боламыз. Бірақ бұл жауап дұрыс емес. Теңдеудің дұрыс жауабы х1=-4, х2=2 болуы керек еді, яғни х1=13 деп табылған сан теңдеуді қанағаттандырмайды, х=-4  саны теңдеуді қанағаттандырады, бірақ ол оқушының  тапқан жауабынан “түсіп қалған”. Қателік қай жерде? Мұны анықтауды оқушылардың өздеріне қалдырамыз. Жоғарыдағы логарифмдік өрнектерге тиісті қасиеттерді еске алып дұрыс жауапты табуға болады.

( екендігін есепке алу керек)

Логарифмдік теңдеулерде белгісіз х-тің қандайда бір функциясы Р (х)  логарифмнің негізінде қатысуы мүмкін және мұнда басқа  жаңа  и (х) негізге өтуге тура келеді. Әрине бұл жағдайда и(х)¹1, и(х)>0 болуы керек, осыны есепке алынбаса берілген теңдеудің кейбір түбірлері жоғалып кетуі мүмкін (8 себеп).

6-есеп

                                                    (20)

теңдеуді шешу  керек.

Шешуі: Теңдеудің анықталу облысын табамыз.

(20) теңдікте х негізге өтеміз:

                                                                      (21)

(21) теңдікте х>0, х¹1  шарт орындалуы керек. Бірақ х=1  саны (20)  теңдіктің түбірі екендігін көруге болады.  Сондықтан логарифмдердің негізінде х белгісіз қатысқан осындай жағдайларда х=1   саны теңдеудің түбірі болмас па екен?- деген сұрақты қойып оны тексеру керек болады. Сөйтіп (20) ның бір түбірін тексеру арқылы анықтап алдық, енді қалғандарын табамыз.

(21) теңдікте түрлендірулерді қолдан және  алмастыруды енгізіп мына теңдікті аламыз.

Бұл теңдіктен        2у2+3у-2=0 квадратының теңдікке ие болып оны шешсек  түбірлерді табамыз. Енді теңдеудің жауабын жазуға болады;  Теңдеуді шешуде айнымалыны алмастыру нәтижінде де кейбір түбірлер жоғалып кетуі мүмкін (9-себеп)

Осыған бір мысал көрсетеміз:

7-есеп

                                                                     (22)

теңдеуді  шешу керек.

Шешуі: Теңдеудің анықталу облысы барлық нақты сандар жиыны (R) нан тұрады. Көбінесе стандарт алмастыру арқылы мұндай теңдеулерді шешіледі. Белгілі түрлендірулер арқылы берілген теңдеулерді  көрініске келтіруге болады.

 көріністегі шешімді аламыз.

Бірақ  көріністергі сандардың (22) теңдіктің шешімі екендігін осы сандарды берілген теңдеудегі х-тың орнына қойып тексеруге болады.  алмастыру заңды болуы үшін  орындалуы қажет. Сондықтан біз осы алмастыру нәтижесінде   көріністегі барлық түбірлерді жоғалттық.

Онда бұл теңдеуді  қалай шешуге болады?

 тепе-теңдіктерден пайдаланып (22) теңдікті мына көрініске келтіруге болады.

Онда

1) (жоғалған түбірлер)

2)  бұл теңдікте  , , сондықтан

Жауабы: х=+2n, х=2arctg ,     

Жалпы алғанда теңдеулердің эквиваленшігін (тең күштілігін)  талдау мектеп математика курсының күрделі бөлімдерінен бірі болып табылады.  Теңдеулерді шешуде олардың кейбір түбірлерінің «түсіп қалуы» немесе бөгде түбірлердің пайда болу себептерін анықтау оңай жұмыс еместігін көрдік. Біз ондай себептердің кейбіреулерін ғана  көрсетіп өттік.

Пайдаланылған әдебиеттер

М.А. Мырзахмедов т.б “Тенглама ва тенгсизликларни ечинг” Ташкент. 1989.

Г.В. Дорофев и др. “Пособие по математике” Москва. 1972.

ОСТАВЬТЕ ОТВЕТ