Г. У. Уалиев Редакционная коллегия



жүктеу 5.01 Kb.
Pdf просмотр
бет9/19
Дата27.04.2017
өлшемі5.01 Kb.
1   ...   5   6   7   8   9   10   11   12   ...   19

Жауабы:  
.
4
,
3
,
2
;
2
;
1
,
0
2
2
2
1
1
1









z
y
x
z
y
x
  
4. 
.
19
,
28
,
37
2
2
2
2
2
2














z
yz
y
z
xz
x
y
xy
x
                      
 
 
    (6)  
 
жүйесін шешу керек.
                                  
 
Шешуі
,
y
x

 
.
,
z
y
z
x


Мысалы,  егер   
y
x

  десек,  онда  (6)  жүйенің  екінші 
теңдеуі үшінші теңдеуімен қайшылықта болады. 
        Мұндай жағдайда (6) теңдеулер жүйесі келесі теңдеулер жүйесімен мәндес.  

55 
 




































z
y
z
y
z
y
y
x
z
x
z
z
xz
x
y
x
y
x
y
xy
x
19
,
28
,
37
)
(
2
2
2
2
2
2
          немеес       




















.
19
),
(
28
,
37
3
3
3
3
3
3
z
y
z
y
x
z
x
z
y
x
y
x
         
(7) 
Егер (7) теңдеулер жүйесіндегі сәйкесінше теңдеулердің сол және оң бӛліктерін 
қосып,     
0
19
19
28
28
37
37






z
y
x
z
y
x
 теңдеуінен 
y
z
x
2


 теңдеуін аламыз. 
y
z
x
2


  теңдеуіндегі  айнымалылар 
,
,
,
z
y
x
  айырмасы 
0

d
  болатын 
арифметикалық  прогрессия  құрайды  деп  санайық.  Бұл  жағдайда 
d
y
x


  және 
d
y
z


 болады. 
Әрі қарай,  
d
y
x


 және 
d
y
z


 ӛрнектерін сәйкесінше бастапқы берілген (6) 
жүйенің бірінші және үшінші теңдеуіне апарып қоямыз, сонда келесі жүйе алынады: 





 

.
,
19
,
37
2
2
2
2














d
y
d
y
y
y
y
d
y
y
d
y
              немесе                     










,
19
3
3
,
37
3
3
2
2
2
2
d
yd
y
d
yd
y
 
Егер осы соңғы жүйенің бірінші теңдеуінен екінші теңдеуін шегерсек:   
3


yd
  және    







28
3
3
2
2
d
y
yd
 шығады. 
Бұдан 
,
28
/
9
3
2
2


y
y
 
0
9
28
3
2
4



y
y
    немесе   
,
9
2

y
 
.
3
/
1
2

y
  Ал,  
y
d
/
3


  тең  екендігінен,   
,
3
1

y
   
;
1
1


d
 
,
3
2


y
 
;
1
2

d
 
,
3
/
1
3

y
 
;
3
3
3


d
 
,
3
/
1
4


y
3
3
4

d
шығады. 
 
Енді 
d
y
x


   және 
,
d
y
z


  ӛрнектерін пайдаланып, (6) жүйенің түбірлерін 
аламыз. 
Жауабы: 
,
4
1

x
 
,
3
1

y
  
;
2
1

z
 
,
4
2


x
 
;
3
2


y
 
;
2
2


z
 
,
3
/
,
10
3

x
 
;
3
/
1
3

y
 
;
3
/
8
3


z
     
;
3
/
,
10
4


x
  
;
3
/
1
4


y
 
.
3
/
8
4

z
  
  5.  












.
7
,
56
1
1
3
3
y
x
xy
y
x
                        
 
 
 (8)   
жүйесін шешу керек.      
 
Шешуі:    (8)  теңдеулер  жүйесінен 
1


x
  және 
1


y
  байқауға  болады.  
Жүйедегі теңдеулерді түрлендіріп,  















,
8
1
1
,
56
1
1
3
3
y
x
y
x
       
 
 
                      (9)  
түріне келтірдік. 
   
1


x
      және 
1


y
    болғандықтан,  (9)  жүйенің  бірінші  теңдеуін  екінші  теңдеуіне 
бӛліп, мәндес жүйе аламыз: 
    














,
7
,
7
1
1
2
2
y
x
xy
y
y
x
x
                         

 


















,
7
,
6
)
((
2
y
x
xy
y
x
xy
y
x
y
x
xy
xy
 

 












,
7
,
13
)
(
2
y
x
xy
y
x
y
x
xy
xy
       
                       (10)
 

56 
 
 
Жаңа айнымалы  




xy
u
y
x
,
 еңгізіп, (10) жүйені 
 










7
,
13
2



U
u
u
            немесе            








7
,
,
13
,
2
2



U
U
U
 
түрінде жазамыз. Соңғы теңдеулер жүйесінің түбірлері  
4
,
3
1
1



u
 және 
3
,
4
2
2



u
 
болады. 
Енді екі жүйені қарастырамыз: 






.
4
,
3
xy
y
x
                          және                 






3
,
4
xy
y
x
 
          
Бірінші  жүйенің  түбірлері  болмайды,  ол  екінші  жүйеден 
3
,
1
1
1


y
x
  және
  
.
1
,
3
2
2


y
x
 табамыз.
 
Жауабы: 
;
3
,
1
1
1


y
x
 
.
1
,
3
2
2


y
x
 
 
Ескерту. Екі х,у айнымалылары бар симметриялы екі теңдеулер жүйесін стандарт 




xy
u
y
x
,
 жаңа айнымалылар енгізу арқылы шешу тиімді.
   
 6.  












.
3
)
1
)(
(
,
10
1
1
2
2
xy
y
x
y
x
              
 
 
 
(11) 
жүйесін шешу керек.      
Шешуі. (11) жүйесі 
      

 














3
1
,
10
1
2
2
xy
y
x
xy
y
x
       
 
 
 
 
(12) 
теңдеулер жүйесімен мәндес.  
Жаңа
,
u
y
x


 және 
,
1



xy
 жаңа айнымалылар енгізіп  (12)  жүйені 
 






3
,
10
2
2


U
U
 
түрінде жазамыз, осы жүйенің түбірлері  
;
3
,
1
1
1



U
 
;
3
,
1
2
2




U
U
 
;
1
,
3
3
3



U
және  
.
1
;
3
4
4





U
 
           
u
y
x


  және 



1
xy
  ӛрнектерінен,  х,у  айнымалыларына  қатысты  тӛрт 
жүйені қарастырамыз:  






4
,
1
xy
y
x
                   








,
2
,
1
xy
y
x
           






2
3
3
xy
x
      және        







.
0
,
3
xy
y
x
 
Бірінші    теңдеулер    жүйесінің  шешімі    болмайды.  Қалған  жүйелерді  шешіп, 
келесі түбірлерін табамыз:  
;
2
,
1
1
1



y
x
;
1
,
2
2
2



y
x
;
1
3

x
;
3
,
0
;
1
,
2
;
2
5
5
4
4
3






y
x
y
x
y
.
0
;
3
6
6



y
x
 
Жауабы: жоғарыға қараңыз. 
Ескерту. (11) теңдеулер жүйесі үйлесімді болуы үшін 

 




2
1
1
1
1
2
1
2
2








y
x
xy
y
x
  
теңсіздігінің орындалуы қажетті. Осы қос теңсіздіктің дәлелдеуін келтірейік.    
Дәлелденуі. 
,

tg
x

 

tg
y

 арқылы белгімен, мұндағы  
2
2






 және 
2
/
2
/






 аралығында болсын. Бұл жағдайда  

57 
 






















.
2
sin
2
1
cos
sin
cos
1
cos
1
cos
cos
cos
cos
cos
sin
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2









































a
a
a
a
a
tg
tg
tg
tg
tg
tg
y
x
xy
y
x
 
Ал, 


.
2
1
2
sin
2
1
2
1






  Олай  болса  қос  теңсіздік  дәлелденді.  Демек  (11) 
теңдеулер жүйесі жоғарыдағы шартты қанағаттандырады. 
7.
    














.
17
5
,
3
5
4
4
2
2
2
z
y
x
z
y
x
z
y
x
                 
 
 
(13) 
жүйесін шешу керек.      
Шешуі: (13) жүйе келесі теңдеулер жүйесімен мәндес:  
 
 














4
4
4
2
2
2
17
5
,
3
z
y
x
z
y
x
z
y
x
                 
 
 
      (14)       
 (14) теңдеулер  жүйесінің бірінші  теңдеуін квадрат дәрежеге шығарамыз, содан 
кейін онан екінші теңдеуді шегереміз. Сонда 
2
3
2



z
z
xy
 теңдеуі алынады. 
Әрі  қарай,  (14)  жүйенің  екінші  теңдеуін  квадраттап,  одан  үшінші  теңдеуін 
шегеріп,  
4
5
2
4
2
2



z
z
y
x
 теңдеуін аламыз. Осы алынған екі теңдеуден айнымалы Z-
ке қатысты.
 


4
5
2
3
2
2
2
2





z
z
z
z
  немесе 
0
2
3
2
3



z
z
z
  теңдеуін  жазуға  болады. 
Бұдан  
.
2
,
1
,
0
3
2
1



z
z
z
 
Табылған Z-тің мәндерін (14) жүйенің бірінші және екінші теңдеулеріне апарып 
қойып, х,у айнымалыларға қатысты үш теңдеулер жүйелерін аламыз:  
.
,
5
,
3
2
2







y
x
y
x
                     







,
4
,
2
2
2
y
x
y
x
            







1
1
2
2
y
x
y
x
                (15) 
(15) теңдеулер жүйелерінің жиынтығының алты жұп түбірлері болады:   
,
1
1

x
 
;
2
1

y
  
,
2
2

x
   
;
1
2

y
   
,
0
3

x
   
;
2
3

y
 
,
2
4

x
 
;
0
4

y
 
,
0
5

x
 
,
1
5

y
,
1
6

x
.
0
6

y
 
 
 
 
(14)  
теңдеулер жүйесін шешу барысында оның бірінші және екінші теңдеулерін квадраттау 
операциялары орындалғандықтан, табылған х,y,z мәндерін тексеру талап етіледі.   
Бірақ,  (13)  жүйенің  теңдеулеріндегі  айнымалылардың  симметриялылығына 
байланысты,  осы  жүйедегі  теңдеуге  тек  қана   
,
1
1

x
 
,
2
1

y
0
1

z
      мәндерін  қойып, 
осы үш сан түбірі болатындығына кӛз жеткізуге болады.  
Жауабы:
 
,
1
1

x
 
,
2
1

y
 
;
0
1

z
 
,
2
2

x
 
,
1
2

y
 
;
0
1

z
 
,
0
3

x
 
,
2
3

y
 
;
1
2

z
 
,
2
4

x
   
,
0
4

y
 
;
1
2

z
 
,
0
5

x
 
,
1
5

y
 
;
2
3

z
 
,
1
6

x
 
,
0
6

y
 
.
2
3

z
  

58 
 
8.  
  
.
5
3
2
5
3
2
,
5
3
2











x
z
z
z
y
y
y
x
x
         
 
 
            (16) 
теңдеулер жүйесін шешу керек. 
Шешуі. (16) теңдеулер жүйесін 






z
z
y
y
x
x
x
z
y
3
2
log
,
3
2
log
,
3
2
log
5
5
5






                 
 
         (17) 
түрінде жазамыз. 
 


x
x
x
f
3
2
log
5


    болсын,  сонда  (17)  теңдеулер  жүйесін    функционалдық 
теңдеулер түрінде 
        
 




.
x
x
f
f
f

              
 
 
        (18)  
жазуға болады. 
Сондай-ақ, 
 
x
f
y

 функциясы бүкіл ох сан ӛсінде ӛспелі функция болады, олай 
болса, (18) теңдеу 
 
x
x
f

 теңдеуімен мәндес, яғни 


x
x
x


3
2
log
 немесе 
 
.
5
3
2
x
x
x


  Осы соңғы теңдеуді 
1
5
3
5
2














x
x
   (19) түрінде жазамыз. 
(19)  теңдеудің  сол  жақ  бӛлігі  үзіліссіз  кемілмелі  функция  ал  оң  жақ  бӛлігі 
тұрақты,  сондықтан  (19)  теңдеудің  бірден  артық  түбірі  болмайды,  оны  сұрыптау 
арқылы табады. 
1

x
  делік. Осы мәнді (16) теңдеулер жүйесіне апарып қойып, 
1
1

y
  
және 
1

x
  алдық. 
Жауабы: 
,
1

x
  
,
1

y
.
1

z
 
  
9.   














.
2
log
log
log
,
2
log
log
log
,
2
log
log
log
16
16
4
9
9
3
4
4
2
y
x
z
x
z
y
z
y
x
 
                   
 
      (20)
 
теңдеулер жүйесін шешу керек. 
Каталог: docs -> vestnik -> fizika matematika
vestnik -> Вестник Казнпу им. Абая, серия «Художественное образование», №1(42), 2015 г
vestnik -> Хабаршы вестник «Жаратылыстану-география ғылымдары»
vestnik -> Вестник Казнпу имени Абая, серия «Молодой ученый. Поиски. Проблемы. Исследования», №1(5), 2015 г
fizika matematika -> Задача определения правой части в нелинейном псевдопараболическом уравнении
fizika matematika -> Абай атындағы
fizika matematika -> Абай атындағы
fizika matematika -> Абай атындағы
fizika matematika -> “Физика-математика ғылымдары” сериясы №4 (44)
fizika matematika -> “Физика-математика ғылымдары” сериясы №2 (30)
fizika matematika -> “Физика-математика ғылымдары” сериясы №3 (31)

жүктеу 5.01 Kb.

Поделитесь с Вашими друзьями:
1   ...   5   6   7   8   9   10   11   12   ...   19




©emirb.org 2020
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет