10-12 Математикийн Багшийн сурах бичиг-2

Математик XII анги 63

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном XII анги ФУНКЦ БА ГРАФИК y = f ( x ) функц (тэгшитгэл) өгсөн үед y = f ( x ) , y = f ( x ) функцийн графикийг байгуулах Бодит тооны модулийн тухай сэргээн санаж эхэлнэ. Тодорхойлолт ашиглан модулиас чөлөөлөх замаар y = f ( x) функцийн графикийг байгуулж ажиглалт хийсний дараа y = f ( x) функцийн графикийг ашиглан y = f ( x) функцийн графикийг хэрхэн байгуулах тухай дүгнэлт гаргах нь чухал. Энд шугаман функц, квадрат функц авч үзэж болно. 1. y = f ( x) функц (тэгшитгэл) өгсөн үед y = f ( x) функцийн графикийг байгуулах y = x функцийн графикийг байгуулах жишээгээр эхэлж ажиглалт хийлгэж болно. Жишээ 1: y = x − 3 функцийн графикийг байгуул. Бодолт. Модулийн тодорхойлолт ашиглан x−3 =  x − 3, x≥3 гэж y −x + 3, x<3 бичиж болно. Өөрөөр хэлбэл y = x − 3 функцийн график нь  x − 3, x≥3 y = −x + 3, x<3 функцийн графиктай адил байна. Үүнийг доор y =−x+3 y= x−3 O байгуулж харууллаа. x Санамж Завсар бүр дээр харгалзах функцийн графикийг байгуулж байгааг анхаарна уу. Жишээ 2: y = 2x2 + 2x − 4 функцийн графикийг байгуул. Бодолт. 2x2 + 2x − 4 илэрхийлэл нь x ∈ −∞, −2 ][1, ∞ завсарт сөрөг биш, x ]−2,1[ завсарт сөрөг утга авна. Иймд модулийн тодорхойлолт ашиглавал y 2x2 + 2x − 4 =  2x2 + 2x − 4,  −∞, −2 ][1, ∞ болно. Өөрөөр хэлбэл y = −2x2 − 2x + 4  −2 x2 − 2x + 4, x ]−2,1[  y = 2x2 + 2x − 4 функцийн график нь y =  2x2 + 2x − 4,  −∞, −2 ][1, ∞ функцийн графиктай адил y = 2x2 + 2x − 4 y = 2x2 + 2x − 4  −2x2 − 2x + 4, x ]−2,1[  байна. Үүнийг байгуулж харууллаа. Ox Дүгнэлт: Дээрх төрлийн жишээ хэд хэдийг байгуулж, ажиглалт хийсний үндсэн дээр дараах дүгнэлтийг хийж болно. y = f ( x) функцийн графикийн Ox тэнхлэгээс доош орших хэсгийг Ox тэнхлэгийн хувьд тэгш хэмтэй зурах замаар � y = f ( x) функцийн графикийг байгуулна. 1. y = f ( x) функц (тэгшитгэл) өгсөн үед y = f ( x ) функцийн графикийг байгуулах Тодорхойлолт ашиглан модулиас чөлөөлөх замаар y = f ( x ) функцийн графикийг байгуулах жишээ авч ажиглалт хийх нь зүйтэй. Ажиглалт дээр тулгуурлан y = f ( x) функцийн графикийг ашиглан y = f ( x ) функцийн графикийг хэрхэн байгуулах тухай дүгнэлт гаргана. Жишээ 3: y = 2 x −1 функцийн графикийг байгуул. y Бодолт. Модулийн тодорхойлолт ашиглавал 2 x −1 =  2x −1, x ≥ 0 болно. Иймд y = 2 x −1 функцийн график нь y = −2x −1 y = 2x −1 −2x −1, x<0 Ox y =  2x −1, x≥0 функцийн графиктай адил байна. −2x −1, x<0 64

Математик XII анги Жишээ 4: y = x2 − 5 x + 6 функцийн графикийг байгуул. y Бодолт. Модулийн тодорхойлолт ашиглан x2 −5 x +6 =  x2 − 5x + 6, x ≥ 0 гэж бичиж болно. Өөрөөр хэлбэл  + 5x + 6, x<0  x 2 y = x2 + 5x + 6 y = x2 −5x + 6 y = x2 −5 x + 6 функцийн график нь y =  x2 − 5x + 6, x≥0  x2 + 5x + 6, x<0  функцийн графиктай адил байна. Үүнийг байгуулж харууллаа. Дүгнэлт: Дээрх төрлийн жишээ хэд хэдийг байгуулж, ажиглалт Ox хийсний үндсэн дээр дараах дүгнэлтийг хийж болно. y = f ( x) функцийн графикийн Oy тэнхлэгээс баруун талд орших хэсгийг Oy тэнхлэгийн хувьд тэгш хэмтэй зурах замаар � y = f ( x ) функцийн графикийг байгуулна. Жишээ 5: y = x −1 + −2x − 2 функцийн графикийг байгуул. y Бодолт. Модулийн тодорхойлолт ашиглан y = 3x +1 y = x+3  − ( x −1) + (−2x − 2) , x ≤ −1  x −1 + −2x − 2 =  − ( x −1) − ( −2 x − 2) , −1 < x <1 гэж бичиж болно. y = −3x −1  ( x −1) − (−2x − 2) , x ≥ 1 Өөрөөр хэлбэл y = x − 3 + 2x + 6 функцийн график нь −3x −1, x ≤ −1 O x  y =  x + 3, −1 < x < 1 функцийн графиктай адил байна. Үүнийг байгуулж харууллаа.  3x +1, x ≥ 1 Муруй, муруйн тэгшитгэл y = −2x −1 x + y = 2 тэгшитгэл нь y = 2 − x буюу f ( x) = 2 − x гэсэн функцийг өгнө. Гэвч x,� y -ээс хамаарсан тэгшитгэл бүр функц болох албагүй. F(x,y) = c хэлбэрийн хэд хэдэн тэгшитгэлийг жишээ болгон авч ажиглая. Үнэндээ F(x,y) =  c хэлбэрийн тэгшитгэл бүр нь функц болох албагүй ч энэ тэгшитгэл нь координатын хавтгайд цэгүүдийн олонлогийг дүрсэлж болно. Координатууд нь F ( x, y ) =�c тэгшитгэлийг хангадаг хавтгайн цэгүүдийн олонлогийг муруй гэнэ. Жишээ 8: x + y = 2 гэсэн тэгшитгэл өгсөн байг. Координат нь энэ тэгшитгэлийг хангадаг хавтгайн бүх цэгүүд нь x + y = 2 шулуун дээр оршино. Санамж ax + by = c тэгшитгэл нь шулуун тодорхойлдог тухай өмнө үзсэн мэдлэг дээр тулгуурлав. Мөн сэдвийн эхэнд дурьдсан тайлбарыг эргэн харвал энэ тэгшитгэлийг хангадаг хавтгайн бүх цэгүүдийн олонлог нь f ( x) = 2 − x гэсэн функцийн график дээр оршино гэж тайлбарлаж болно. Жишээ 9: y2 = x +1 тэгшитгэл өгсөн гэе. Координат нь энэ тэгшитгэлийг y хангах цэгүүдийн олонлогийг дүрслэх замаар хавтгайд муруй дүрсэлж болох боловч энэ нь функцийн график болж чадахгүй. Гэхдээ, өгсөн y = x +1 тэгшитгэлээс y -ийг олбол y = ± x +1 гарах ба y = x +1 , y = − x +1 O x функцүүдийн график нь хамтдаа муруйн дүрслэл болно. y2 = x +1 тэгшитгэлээр дүрслэгдэх муруйг зурагт харууллаа. Тойргийн тэгшитгэл бичих, зурах y = − x +1 Муруйн тэгшитгэл гэдэг нь уг муруй дээр орших ямар ч цэгийн ( x,� y ) координат нь хангадаг, уг муруй дээр оршихгүй цэгийн координат нь хангадаггүй байх тэгшитгэлийг хэлдэг. Тодорхойлолт: Бэхлэгдсэн цэгээс өгөгдсөн зайд орших хавтгайн цэгүүдийн олонлогийг тойрог гэнэ. P (a,�b) цэгт төвтэй, r радиустай тойргийн тэгшитгэл бичье. M ( x,� y ) нь P (a,�b) цэгт төвтэй, r(r > 0) радиустай тойрог дээр орших дурын цэг гэе. Тэгвэл тодорхойлолт ёсоор MP = r байна. Хоёр цэгийн хоорондох зай олох томьёо ёсоор 65

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном MP = ( x − a)2 + ( y − b)2 байх ба MP = r тул ( x − a)2 + ( y − b)2 = r болно. y M ( x, y) Сүүлийн тэнцэтгэлийн хоёр талыг квадрат зэрэгт дэвшүүлбэл r x радиустай тойргийн тэгшитгэл нь ( x − a)2 + ( y − b)2 = r2 гарна. P (a, b) Иймд (a,�b) цэгт төвтэй r O ( x − a)2 + ( y − b)2 = r2 байна. Жишээлбэл, (3, 2) цэгт төвтэй 2 нэгж радиустай тойргийн тэгшитгэл нь ( x − 3)2 + ( y − 2)2 = 4 байна. Хэрэв тойрог координатын эх O (0, 0) цэг дээр төвтэй, r радиустай бол тэгшитгэл нь x2 + y2 = r2 байна. y Жишээ 10: x2 + y2 + 4x − 6 y + 4 = 0 муруйг зур. M ( x, y) Бодолт. x,� y хувьсагчтай илэрхийллүүдийг бүлэглэн бүтэн квадрат ялгавал r =3 ( x + 2)2 − 4 + ( y − 3)2 − 9 + 4 = 0 буюу ( x + 2)2 + ( y − 3)2 = 9 тэгшитгэл гарна. P (−2, 3) Иймд x2 + y2 + 4x − 6 y + 4 = 0 тэгшитгэл нь (−2, 3) цэгт төвтэй, 3 нэгж радиустай тойрог дүрсэлнэ. Доор зурагт харуулав. Ox Параметрт хялбар тэгшитгэлүүдээр илэрхийлэгдэх муруй, түүний графикийг байгуулах P материал цэг нь зурагт харуулсан координатын эх дээр төвтэй, нэгж радиустай тойргийн дагуу, цагийн зүүний эсрэг тогтмол хурдтай хөдөлж байгаа гэе. (1, 0) цэг дээрээс эхлэн цагийн зүүний эсрэг хөдөлсөн ба t секундын дараа харгалзах төв өнцөг нь t� радиан байг. y Тэгвэл t секундын дараа материал цэг хаана байх вэ? гэсэн бодлого авч үзье. P ( x, y) P цэгийн координатийг x = cos t , y = sin t гэж олж чадна. 1 Энэ тэгшитгэлүүд нь хугацааны ямар ч агшин дахь P цэгийн байршлыг t харуулах бөгөөд явах замын муруйг тодорхойлно. Ox Дараагийн зурагт эхний нэг эргэлт дэх хэд хэдэн цэгт харгалзах t -ийн утгыг харуулсан байна. t -ийн утга бүрд тойргийн нэг цэг харгалзана гэдгийг анхаарна уу. Эхний нэг эргэлтэнд тойргийн цэг бүрийн хувьд материал цэг уг цэг дээр байх t = 1 π y P ( x, y) хугацаанд харгалзах t -ийн утга олдоно. Гэхдээ дахин эргэхэд цэг бүрт �t -ийн өөр 2 утга харгалзана. 1 Жишээ 6: P цэг (1, 0) цэг дээрээс эхлэн хөдөлсөн бол эхний байрлалдаа анх t =π t Ox удаа эргэн ирэх t -ийн утгыг ол. t = 5 π 4 1 Бодолт. (1, 0) цэг дээрээс эхлэн хөдөлсөн ба (1− 2x)2 , y = sin t тул 1 = cos t , 0 = sin t байна. Эдгээр тэгшитгэлүүд нь t = 0, ± 2π , ± 4π ,… үед зэрэг биелнэ. Иймд хамгийн бага эерэг шийд нь t = 2π байна. x = cos t , y = sin t тэгшитгэлүүд нь параметрт тэгшитгэлийн нэг жишээ болох бөгөөд t хувьсагч нь параметр юм. Энд авч үзсэн жишээн дээр �t нь хугацааг илэрхийлж байгаа боловч заавал хугацааг илэрхийлэх албагүй. x = cos t , y = sin t нь нэгж радиустай тойргийн параметрт тэгшитгэл юм. Санамж График байгуулдаг хэрэгсэл ашиглан параметрт тэгшитгэлүүдээр өгөгдсөн муруйг байгуулах дасгал хийлгэх нь зүйтэй. Жишээ 7: Муруй x = t2 , y = 2t параметрт тэгшитгэлүүдээр өгөгдсөн бол t параметрын утга [−3, 3] байх үед муруйг тоймлон зур. Бодолт: Утгын хүснэгийг зохиоё. t – 3 – 2 – 1 0 1 2 3 x y 9410149 – 6 – 4 – 2 0 2 4 6 (9, −6) , (4, −4) , (1, −2) , (0, 0) , (1, 2) , (4, 4) , (9, 6) цэгүүд нь муруй дээр орших тул координатын системд байгуулж холбоё. Цэгүүдийг байгуулаад параметр t -ийн харгалзах утгыг тэмдэглэлээ. 66

Математик XII анги Зургийг харуулав. Муруй дээрх цэгүүд нь түүнд харгалзах параметрийн утгаар тодорхойлогдож байна гэдгийг анхаарна уу. Тодорхойлолт: Хэрэв x,� � y хувьсагчууд нь x = f (t ) ,� � y = g (t ) тэгшитгэлээр тодорхойлогдох гурав дахь t хувьсагчаас хамаарсан функцүүд бол x = f (t ) ,� � � y = g (t ) тэгшитгэлийг параметрт тэгшитгэл гэх ба t -г параметр гэнэ. Муруйн параметрт тэгшитгэл ба Декартын координатын систем дэх тэгшитгэл Муруй параметрт тэгшитгэлээр илэрхийлэгдсэн бол параметрийг зайлуулах замаар Декартын координатын систем дэх тэгшитгэлийг олж болдог. Тухайлбал, Жишээ 16 дахь муруй x = t2 , y = 2t параметрт тэгшитгэлүүдээр өгөгдсөн ба эндээс t -г зайлуулбал x = 1 y2 буюу y2 = 4x тэгшитгэл 4 гарна. Дасгал 1. Дараах параметрт тэгшитгэлүүдээр илэрхийлэгдэх муруйг зур. Декартын координатын систем дэх тэгшитгэлийг бич. а. x = t2 + t, y = 2t −1 =б. x 2=cos t, y 2 sin t 2. Декартын координатын систем дэх тэгшитгэлийг бич.  а. x = 2t2 − t, y = 3t +1 =б. x 4=cos t, y 4 sin t КомПлекС ТОО Комплекс тооны тригонометр ба илтгэгч хэлбэр, энэ хэлбэрт комплекс тоог үржүүлэх хуваах z = x + yi комплекс тоог Аргандын диаграм дээр М цэгээр дүрсэлж зурав. lm y Уг комплекс тооны модулийг z = � r , аргументийг θ (- π < θ ≤ π ) гэе. M Тэгвэл тригонометрийн харьцаагаар cos θ = x , sin θ = y болох ба эндээс r r r θ Re x = r cos θ ; y = r sin θ болно. Иймд z = x + yi комплекс тоог O x z = r cosθ + ir sin θ буюу z = r (cosθ + i sin θ ) гэж бичиж болохыг зураг зураг 1 1-д үзүүлэв. Үүнийг комплекс тооны тригонометр хэлбэр гэдэг. Жишээ. Дараах комплекс тоонуудыг Аргандын диаграм дээр дүрсэлж, тригонометр хэлбэрийг ол. а. i б. –2 в. −2 + i г. −1− i Бодолт. а. r = 1,θ = 1π тул i = 1⋅  cos 1 π + isin 1 π  болно. lm 2 2 2 i −2 + i б. r = 2,θ = π тул (−2) = 2⋅(cosπ + isinπ ) болно. в. r = 5,θ = π − arctg 1 тул Re 2 −2 O i= 5 ⋅  cos  π − arctg 1  + i sin  π − arctg 1   = −1 − i  2 2  зураг 1 = 5 ⋅ − cos  arctg 1  + i sin  arctg 1   болно. 2 2  г. r= 2,θ = − 3 π тул i= 2 ⋅  cos  − 3 π  + isin  − 3 π   = 2 ⋅  cos  3 π  − isin  3 π   болохыг 4   4  4   4  4   зураг 2-т үзүүлэв. Тригонометр хэлбэрээр өгсөн хоёр комплекс тооны үржвэр, ноогдвор z1 = r1 (cos θ1 + i ⋅sin θ1 ) , z2 = r2 (cos θ2 + i ⋅sin θ2 ) гэсэн хоёр комплекс тоо авъя. Тэгвэл z1z2 = r1 (cos θ1 + i ⋅sin θ1 )⋅ r2 (cos θ2 + i ⋅sin θ2 ) = 67

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном = r1r2 ⋅(cos θ1 ⋅cos θ2 + cos θ1 ⋅i ⋅sin θ2 + i ⋅sin θ1 ⋅cos θ2 − sin θ1 ⋅sin θ2 ) = = r1 ⋅ r2 ⋅ ( cos (θ1 + θ ) + i ⋅ sin (θ1 + θ )) болно. 2 2 Дүгнэлт. Хоёр комплекс тооны үржвэрийн модуль нь тус бүрийн модулиудын үржвэртэй тэнцүү, харин аргумент нь тус бүрийн аргументуудын нийлбэртэй тэнцүү байна. Өөрөөр хэлбэл z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z2 , arg ( z1z2 ) = arg ( z1 ) + arg ( z2 ) юм. z2 ≠ 0 =үед z1 = r1 ⋅( cos θ1 ⋅ cos θ2 − i ⋅ cos θ1 ⋅ sin θ2 + i ⋅ sin θ1 ⋅ cos θ2 + sin θ1 ⋅ sin θ2 ) = z2 r2 = r1 ⋅ ( cos (θ1 −θ2 ) + i ⋅ sin (θ1 −θ2 )) болно. r2 Дүгнэлт. Хоёр комплекс тооны ноогдворын модуль нь тус бүрийн модулиудын ноогдвортой тэнцүү, харин аргумент нь тус бүрийн аргументуудын ялгавартай тэнцүү байна. Өөрөөр хэлбэл z1 = z1 , arg  z1  = arg ( z1 ) − arg ( z2 ) z2 z2  z2  Комплекс тоог зэрэг дэвшүүлэх, Муаврын томьёо. z = r (cosθ + i sin θ ) тоог хэрхэн зэрэг дэвшүүлэх тухай авч үзье. Тригонометр хэлбэрээр өгсөн хоёр комплекс тооны үржвэр ёсоор zz = r ⋅ r ⋅(cos (θ +θ ) + i ⋅sin (θ +θ )) буюу z2 = r2 ⋅(cos (2θ ) + i ⋅sin (2θ )) болно. Үүний адилаар z3 = r3 ⋅(cos (3θ ) + i ⋅sin (3θ )) , z4 = r4 ⋅(cos (4θ ) + i ⋅sin (4θ )) , z5 = r5 ⋅(cos (5θ ) + i ⋅sin (5θ )) гэж олж болно. Эндээс zn = rn ⋅(cos (nθ ) + i ⋅sin (nθ )) гэсэн томьёо гарна. Үүнийг Муаврын томьёо гэдэг. z = x + yi . комплекс тооны z = reiθ хэлбэр Тодорхойлолт. z = r (cos θ + i sin θ ) комплекс тоог z = reiθ хэлбэрээр бичиж болох ба үүнийг комплекс тооны илтгэгч хэлбэр гэнэ. Жишээ. z1 =1− 3 ; z1 =1+ 3i, z2 = −1+ 3i ; z2 = −1− 3i комплекс тоонуудыг илтгэгч хэлбэрээр бичвэл z1 = 2  cos  − π  + i sin  − π   = 2e−π3 i , z1 = 2  cos  π  + i sin  π   = π i ,  3 3   3 3  2e 3 z2 = 2  cos 2π + i sin 2π  = 2π i , z2 = 2  cos  − 2π  + i sin  − 2π   = 2e− 2π i байна. 3 3  3 3  3 2e 3 Комплекс тоонуудыг илтгэгч хэлбэрт шилжүүлж үржих ба хуваах үйлдлийг гүйцэтгэхэд хялбар байдаг. z1 = r eiθ1 ; z2 = r eiθ2 комплекс тоонуудын хувьд үржих ба хуваах үйлдэл хийвэл 2 1 ( ) ( ) z1 z2 = r eiθ1 ⋅ r2eiθ2 = r1 cos θ + i ⋅ sin θ ⋅ r2 cos θ + i ⋅ sin θ = 1 1 2 2 1 ( )r1 ⋅ r2 ⋅ (θ1 + θ ) + i ⋅ (θ1 + θ ) = r1 ⋅ r2 ⋅ ei(θ1+θ2 ) байна. cos 2 sin 2 z1 r eiθ1 r1 ⋅(cos θ1 + i ⋅sin θ1 ) r1 ⋅ r1 i (θ1−θ2 ) z2 r2 ⋅(cos θ2 + i ⋅sin θ2 ) r2 = r ⋅ e2 ( )z2 ≠ 0 =үед 1 = = = cos (θ1 −θ2 ) + i ⋅sin (θ1 −θ2 ) болно. r eiθ2 2 Эндээс харахад зэргийн ak ⋅ at = ak+t ба ak = ak−t чанарууд нь комплекс тооны илтгэгч хэлбэр дээр at z1 r1 i (θ1−θ2 ) мөн адил биелэх нь харагдана. Өөрөөр хэлбэл z1z2 = r1 ⋅ r2 ⋅ ei(θ1+θ2 ) , z2 = r ⋅ e2 байна. Мөн zn = rn ⋅(cos (nθ ) + i ⋅sin (nθ )) гэсэн Мауврын томьёог zn = rneinθ хэлбэрээр бичиж болно. 68

Математик XII анги Жишээ: s = 2e− π i ; t = 2π i комплекс тоонуудын хувьд 3 2e 3 а. Үржвэр болон ноогдворыг ол. б. Тоо тус бүрийг куб зэрэгт дэвшүүл. Бодолт: st = 2e− π i ⋅ 2π i = π i = 4  cos π + isin π  = 2 + 2 3i , 3 3 3 2e 3 4e 3 2e− π i ( )s 3 t = 2π i = e−πi = cos (−π ) + isin (−π ) = −1 3 2e s3 =  2e− π i 3 = 8e−π i = 8 (cos (−π )+i sin ( −π )) = −8 3   t3 =  2e 2π i 3 = 8e2π i = 8 (cos (2π )+i sin ( 2π )) = 8 3  Комплекс тооны квадрат язгуурыг олох Өгсөн u ≠ко0м=плекс тооны хувьд z2 = u байх z комплекс тоог u тооны квадрат язгуур гэнэ. Хэрэв u = a + bi , z = p + qi гэвэл z2 = u тэгшитгэл ( p + qi)2 = a + bi болох бөгөөд хоёр комплекс тоо тэнцэх нөхцөл бичвэл  p2 − q2 = a болно.Энэ системээс p,�q -тоог олох замаар z = p + qi гэсэн u тооны   2p�q = b квадрат язгуурыг олж болно. Жишээ. −1 тооны квадрат язгуурыг ол. Бодолт. −1 = ( p + qi)2 байх p,�q бодит тоонуудыг олъё. Эндээс −1 = p2 + 2 pqi + i2q2 буюу  p2 − q2 = −1 систем үүснэ.  p2 − q2 = −1 болох ба энэ нь  p2 − q2 = −1 буюу  p2 − q2 = −1      2 pq = 0  p = 0 эсвэл q = 0  p=0  q=0 тэгшитгэлийн системүүдтэй тэнцүү чанартай. Нэгдүгээр системээс p = 0, q = ±1 б−у1ю=у{i, −i}гэсэн шийд гарна. Харин хоёдугаар системээс p, q бодит тоонууд олдохгүй. И−й1м=д{i, −i}нь – 1 тооны квадрат язгуур байна. Жишээ. 3 − 4i тооны квадрат язгуурыг ол. 3 − 4i = ( p + qi)2 нөхцлийг хангах p, q бодит тоонуудыг олохдоо дээрх жишээний адилаар 3 − 4i = p2 + 2 pqi + (qi)2 болно. Эндээс  p2 − q2 = 3 систем тэгшитгэлийг бодоод p = 2, q = −1 болон   2 pq = −4 p = −2, q = 1 шийд гарна. Иймд 2 − i, −2 + i гэж гарна. Тригонометр хэлбэрээр өгсөн комплекс тооноос квадрат язгуур гаргах жишээ. Комплекс тооны квадрат язгуур олох жишээ бодлогууд бодох хэрэгтэй. Комплекс тооны нэмэх, хасах, үржих, хуваах, хосмогоор үржих үйлдлийг Аргандын диаграммаар дүрслэх Нэмэх ба хасах үйлдлийг Аргандын диаграммаар дүрслэх. z1 = a + bi ; lm M3 M1 M2 Re z2 = c + di хоёр комплекс тоог нэмэхэд z3 = (a + c) + (b + d ) i комплекс O тоо гардаг болохыг өмнө үзсэн. Нийлбэр комплекс тоо нь Зураг 1 OM 3 = (a + c, b + d ) вектороор дүрслэгдэх бөгөөд эндээс харвал z1 ба z2 комплекс тоог нэмэх нь OM 1 = (a, b) ; OM 2 = (c, d ) векторуудыг нэмэх үйлдэлтэй адил юм. Иймээс нэмэх үйлдлийг Аргандын диаграммаар дүрслэхийг зураг 1-д харууллаа. z1 = a + bi ; z2 = c + di хоёр комплекс тооны ялгавар нь 69

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном z4 = (a + c) − (b + d ) i комплекс тоо байх бөгөөд энэ нь OM 1 = (a, b) ; OM 2 = (c, d ) векторуудын ялгавар вектор буюу M2M1 = OM 4 = (a − c, b − d ) байхыг зураг 2-т үзүүлэв. lm M3 M1 lm M2 Re M b Re O O M5 Зураг 2 Зураг 3 Харин z1 = a + bi тооны хосмог комплекс тоо нь z1 = a − bi тул OM 5 = (a, −b) вектороор дүрслэгдэнэ. Зураг 3 дээр хосмог комплекс тоог Аргандын диаграммаар дүрслэв. Үржвэр ба ноогдворыг Аргандын диаграмм дээр дүрслэх. lm z1z2 Илтгэгч хэлбэрээр өгсөн комплекс тоонуудын үржвэр, ноогдворын модуль ба аргументийг хэрхэн олох тухай судалсан. Энэ мэдлэг r1r2 дээр тулгуурлан комплекс тооны үржвэр ба ноогдворыг Аргандын диаграммаар дүрсэлж болно. Жишээ. z1 = 3e− π i ; z2 = 2e 2π i хоёр тооны үржвэрийг Аргандын z2 5π 4 3 Аргандын 2π 12 r2 диаграммаар дүрсэл. 3 Re O π 2π 5π − π 4 3 4 Бодолт. z1 z2 = 3e− i ⋅ 2e i = 6e 12 i гэж гарах бөгөөд диаграммаар дүрслэхийг зураг 4-т харуулав. r1 Зураг 4 z1 Үржвэрийн аргумент нь − π + 2π = 5π буюу z2 -ийг θ1 буюу − π өнцгөөр 43 12 4 эргүүлсэнтэй адил ба модуль нь z2 -ийг z1 дахин авч байна. z1, z2 нь комплекс хавтгайн өөр өөр мужид байх үед болон нэг мужид байх тохиолдол тус бүрд үржүүлэх lm үйлдлийг Аргандын диаграммаар дүрслэх бодлого дасгалууд ажиллуулж дээрх зүй тогтлыг ажиглуулж дүгнэлт гарга. z2 Одоо 2 комплекс тооны ноогдворыг Аргандын диаграмм дээр r2 2π дүрслэхдээ өмнөх жишээг авч тайлбарлая. Жишээ 14: z1 = 3e− π i ; z2 = 2π i хоёр тооны ноогдворыг Аргандын 3 Re 4 2e 3 z1 O − π диаграммаар дүрсэл. z2 4 z1 3e− π i = 1.5e−1112π i − 11π r1 z2 4 12 Бодолт: = 2π i гэж гарах бөгөөд геометр дүрслэлийг зураг z1 3 2e Зураг 5 5-д харуулав. нь −π − 2π = − 11π буюу z1 -ийг −θ2 буюу − 2π Ноогдворын аргумент 4 3 12 3 өнцгөөр эргүүлсэнтэй адил ба модуль нь z1 -ийг 1 дахин авч байна. z1, z2 нь комплекс хавтгайн өөр өөр мужид байх үед z2 болон нэг мужид байх тохиолдол тус бүрд хуваах үйлдлийн геометр дүрслэлийг зурах бодлого дасгалууд ажиллуулж дээрх зүй тогтлыг ажиглуулж дүгнэлт гарга. Комплекс тоо агуулсан хялбар тэгшитгэл, тэнцэтгэл бишийн шийдийг дүрслэх Жишээлбэл, z −�a < k , z − a = z − b , arg ( z − a) = α . 1. z = r, � z < r, z > r хэлбэрийн комплекс тоон тэгшитгэл, тэнцэтгэл бишийн шийдийг дүрслэх: z = a + bi гэвэл z 2 = a2 + b2 = r2 � болох тул z = r тэгшитгэлийн шийд r радиустай тойрог дээр 70

Математик XII анги орших P цэгүүдийн олонлог байх ба зураг 6-д дүрсэлсэн байна. Харин z < r тэнцэтгэл бишийн шийд нь r радиустай дугуйн дотор орших цэгүүд байхыг зураг 7-д харуулсан байна. z > r тэнцэтгэл бишийн шийд нь уг дугуйн гадна орших цэгүүд байхыг зураг 8-д харуулав. Энэ тохиолдолд болон, тэнцүү буюу их, тэнцүү буюу бага байх тохиолдол тус бүрд шийдийг дүрслээрэй. lm lm lm Re Re Re r r r P P P зураг 6 зураг 7 зураг 8 2. a ∈  хувьд z − a = r, z − a < r, z − a > r� комплекс тоон тэгшитгэл, тэнцэтгэл бишийн шийдийг дүрслэх. Энэ нь өмнөх бодлогын өргөтгөл ба z − a = r тэгшитгэлийн шийд нь (a, 0) цэг дээр төвтэй r радиустай тойрог дээр орших P цэгүүд байхыг зураг 9-д дүрслэв. Үүний адилаар зураг 10 болон зуран 11-д z − a < r, z − a > r� тус тус дүрслэв. lm lm lm r P r P r P a Re a Re a Re Зураг 9 Зураг 10 Зураг 11 3. Өгөгдсөн z1 комплекс тоонуудын хувьд z − z1 = r; z − z1 > r; z − z1 < r комплекс тоон тэгшитгэл, тэнцэтгэл бишийн шийдийг дүрслэх. z1 тоог Аргандын диаграмм дээр дүрслэхдээ A цэг гэвэл z − z1 = r тэгшитгэлийн шийд нь A� цэг дээр төвтэй, r радиустай тойргийн цэгүүд байхыг зураг 12-т харуулав. Мөн зураг 13, зураг 14-т z − z1 < r, z − z1 > r тэнцэтгэл бишийн шийдийг дүрслэв. lm lm lm rP rP rP A A A Re Re Re Зураг 12 Зураг 13 Зураг 14 4. a, b ∈ R хувьд z − a = z − b . тэгшитгэлийн шийдийн олонлогийг дүрслэе. lm Үүний тулд a, b тоонуудыг Аргандын диаграммаар дүрсэлбэл A, B цэгүүд гарна гэвэл z тоонд харгалзах цэгээс A цэг хүртэлх зай z − a бPолно. A B90° Re Үүнтэй адиллаар z тоонд харгалзах цэгээс B цэг хүртэлх зай z r− b болно. ab Иймд A,� B цэгүүдээс ижил зайд орших цэгүүд бол AB -ийн дунджийг Зураг 15 дайрсан, AB -д перпендикуляр шулуун байхыг зураг 15-д дүрслэв. z5. Өгөгдсөн комплекс тоонуудын хувьд z − z1 = z − z2 , z − z1 > z − z2 , z − z11< z − z2 комплекс тоон тэгшитгэл, тэнцэтгэл lm A бишийн шийдийг дүрслэх. P z − z1 = z − z2 ,тэгшитгэлийн шийдийг дүрслэе. Үүний тулд z1 тооны геометр дүрслэлийг A цэгээр, z2 тооны геометр дүрслэлийг B цэгээр z ‑ ийн геPометр B r Re 71 O Зураг 16

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном дүрслэлийг P цэгээр дүрсэлбэл z − z1 = AP , z − z2 = BP байхыг зураг 16-д үзүүлэв. z − z1 = z − z2 , гэдгээс AP = BP гэж гарах тул P цэгээс A ба B хүртэлх зай тэнцүү байх z тоонд харгалзах P цэгийн геометр байр нь AB -д перпендикуляр, AB хэрчмийн дунджийг дайрсан шулуун байхыг зураг 17-д дүрслэв. Үүний адилаар z − z1 > z − z2 , z − z1 < z − z2 тэнцэтгэл бишийн шийдүүдийг харгалзан зураг 18, зураг 19-д дүрслэв. lm lm lm A A A rP r PB r PB B Re Re Re зураг 17 зураг 18 зураг 19 УЛАМЖЛАЛ Параметр ба далд функцийн 1-р эрэмбийн уламжлалыг олох, ашиглах y нь x-ээс хамаарсан функц y = f ( x) байг. Тэгвэл y ба x-ээс хамаарсан (жишээлбэл x − 3y , xy2 , x − y , y sin x , xey ) илэрхийлэл ч гэсэн x-ээс хамаарсан функц болно. Энэ үед илэрхийллийг x-ээр y болно. Харин dy dx дифференциалчилж dx = y′ , dx = x′ = 1 болохыг анхаарвал уул дифференциал нь x, y, y’-ээс хамаарсан функц байна. Жишээ 1. xey илэрхийллийг x-ээр дифференциалчил. Бодолт. d ( xey ) = xe y dy + 1⋅ e y = ey ( xy′ +1) dx dx Бид өнөө хүртэл функцийн тэгшитгэлийг y = f ( x) хэлбэрт, өөрөөр хэлбэл тэнцүүгийн тэмдгийн зүүн талд y, баруун тал нь зөвхөн x-ээс хамаарсан илэрхийлэл байхаар бичиж ирсэн. Далд биш хэлбэр гэе. Жишээ нь, y = 2x +1, y = cos x , y = x2 − 3x + 5 , y = ln sin x гэх мэт. Харин y = f ( x) хэлбэрт бичигдээгүй байвал түүнийг далд хэлбэрээр өгсөн функц гэнэ. Аливаа функцийн тэгшитгэлийг далд хэлбэрт бичиж болдог. Тухайлбал, y − 2x = 1, y − cos x = 0 , y + 3x = x2 + 5 , y − ln sin x = 0 тэгшитгэлүүд нь харгалзан дээрх функцуудын тэгшитгэлийн далд хэлбэр юм. Урвуулаад, далд хэлбэрт бичсэн хоёр хувьсагчтай тэгшитгэл бүрийг далд биш хэлбэрт бичих боломжгүй. Мөн тэгшитгэлээр холбогдсон хоёр хувьсагчийн нэг нь нөгөөгөөс хамаарсан функц болох албагүй. Жишээ нь, x3 + y2 = 5x2 y3 , x3 + y2 = 5x2 y3 , xy = cos ( x + y ) Уламжлал нь функц болдоггүй тэгшитгэлүүдийн хувьд ч хэрэглэгддэг. Уламжлалын нэг давуу тал бол хоёр хувьсагчийн хамаарал функц болохгүй байсан ч уламжлалын тусламжтайгаар түүнийг шинжилж болдогт оршино. Энэ нь дараах илэрхий өгүүлбэрт тулгуурлана. Хэрвээ f ( x) = g ( x) бол f ′ ( x) = g′ ( x) байна. Эндээс үзвэл тэгшитгэл ямар хэлбэрээр бичигдсэн байхаас хамаарахгүйгээр уламжлал авч болдог. Жишээ нь: y = x x функцийн уламжлалыг ноогдворын уламжлалын дүрмээр бодвол 1− y′ = dy = 1⋅(1− x) − x ⋅(−1) = 1 . Харин функцийг далд хэлбэрт y − xy = x гэж бичээд нийлбэр, dx (1− x)2 (1− x)2 үржвэрийн уламжлалын дүрэм хэрэглэвэл dy − y − x dy =1 эндээс y′ = dy = 1+ y = 1 болж dx dx dx 1− x (1− x)2 адилхан гарч байна. Жишээ 2. Тойргийн тэгшитгэл x2 + y2 = r2 бол далд хэлбэрийн тэгшитгэл юм. Үүнээс x-ээр 72

Математик XII анги уламжлал авбал d (x2 + y2 ) d (r2 ) буюу 2x + 2y dy = 0 эндээс dy = − x болно. dx dx y = dx dx Жишээ 3. x2 − 3y3 = 2xy тэгшитгэл өгсөн бол dy -ийг ол. dx Бодолт. Тэгшитгэлийн хоёр талаас x -ээр уламжлал авбал нийлбэрийн уламжлалын дүрмээр ( x2 − 3y3 )′ = 2x −9y2 dy , үржвэрийн уламжлалын дүрмээр ( 2 xy )′ = 2 x dy + 2 y тул dx dx 2x −9y2 dy = 2x dy + 2y болох ба dy -ийг агуулсан гишүүнийг тэнцүүгийн тэмдгийн нэг талд dx dx dx ялгавал −2x dy − 9 y2 dy = 2y − 2x эндээс dy -ийг олбол dy = 2 ( x − y) болно. dx dx dx dx 9 y2 + 2x Жишээ 4. x ба y нь x2 + 5xy − y2 =3 тэгшитгэлээр холбогдоно гэж өгсөн бол dy уламжлалыг ол. dx d ( x2 + 5xy − y2 ) = d (3) ⇒ d ( x2 ) + d ( 5xy ) − d ( y2 ) = d (3) ⇒ 2x + 5 1⋅ y + x⋅ dy  − 2y dy = 0 ⇒ dx dx dx dx dx dx dx  dx 2x + 5y + 5x ⋅ dy − 2y dy = 0 ⇒ dy = 2x +5y dx dx dx 2y −5x Жишээ 5. y3 ln x = ey ⋅ x2 бол y′ -ийг ол. Бодолт. y3 ln x = ey ⋅ x2 ⇒ 1 ⋅ y3 + (3y2 ⋅ y′ ) ⋅ ln x = (ey ⋅ y′)⋅ x2 + (2x)⋅ey ⇒ y3 + 3y2 ln x⋅ y′ = ey x2 ⋅ y′ + 2 xe y ⇒ x x ( )3y2 y3 y3 2x2ey − y3 ln x⋅ y′ − ey x2 ⋅ y′ = 2 xe y − x ⇒ 3y2 ln x − ey x2 y′ = 2 xe y − x ⇒ y′ = 3xy2 ln x − ey x3 Жишээ 6. exy + sin x = ln y бол dy -ийг ол. dx Бодолт. exy + sin x = ln y -ийн хоёр талаас уламжлал авбал exy ( dx ⋅ y + dy ⋅ x) + cos x ⋅ dx = dy буюу y exy ydx + exy xdy + cos x ⋅ dx = dy болно. Цааш нь exy ydx + cos x ⋅ dx = dy − exy xdy , y y ( )exy y + cos x ⋅ dx = dy  1 − exy x  эндээс exy y + cos x = dy буюу dy = y2exy + y cos x  y  1 dx dx 1− xyexy y − exy x Жишээ 7. Аргумент x ба функц y нь параметр гэж нэрлэгдэх t-ээс хамаарсан x  =  x ( t ), y  =  y ( t ) хоёр тэгшитгэлийн тусламжтайгаар өгөгдсөн байвал y нь x -ээс хамаарсан функц болно. Энэ үед функц параметр хэлбэрээр өгөгдлөө гэж ярьдаг. Жишээ нь: x = R cos t нь координатын эх дээр төвтэй, R   y = R sin t радиустай тойргийн тэгшитгэлийн параметр хэлбэр юм. Энд �t нь 0-ээс 2π =-ийн хооронд утгатай байна. Параметрээр өгөгдсөн функцийн уламжлалыг олъё. y ба x нь хоёулаа t-ээс хамаарсан дифференциалчлагдах функцүүд байг. ∆y = ∆y : ∆x үнэн тэнцэтгэлийн ∆x =ба ∆t =тус бүр 0-рүү ∆x ∆t ∆t дөхөхөд ∆y , ∆y , ∆x =харьцаанууд харгалзан dy , dy , dx -рүү дөхөх тул dy = dy ÷ dx тэнцэтгэл ∆x ∆t ∆t dx dt dt dx dt dt биелнэ. dy dx Жишээ 1. x = t2 −1, y = t3 −1 гэж өгөгдсөн бол -ийг ол. 73

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном Бодолт. Өгсөн тэгшитгэлүүдээс dy = 3t 2 , dx = 2t гэж олдоно. Ийм=д ddyx dd=yt : ddxt 3t 2 = 3 t болно. dt dt 2t 2 Энэ нь уламжлалын параметрээс хамаарсан томьёо юм. Харин x -ээс хамаарсан томьёог бичих бол x = t2 −1 томьёоноос �t -г x -ээр илэрхийлж dy = 3 t -д орлуулна. dx 2 t= x +1 орлуулбал dy = 3 t = 3 x +1 dx 2 2 Далд хэлбэрээр буюу параметрээр өгсөн функцийн уламжлалын хэрэглээг жишээгээр үзүүлье. Жишээ 1. Үлээж байгаа шаарны радиус 3 см болох үедээ 2 см/мин хурдтай ихсэж байв. Энэ эгшинд эзлэхүүний өөрчлөгдөх хурдыг ол. 3 Бодолт. Бөмбөрцгийн эзэлхүүн V = 4 π r3 -ээс хугацаагаар уламжлал авахад dV = 4 π 3r2 dr 3 dt 3 dt = 4π r2 dr болно. r = 3 , dr = 2 -ыг орлуулбал dV = 4π (3)2 ⋅ 2 = 24π см3/мин dt dt 3 dt 3 Жишээ 2. 20 нэгж урттай шатыг барилгын хананд түшүүлэн тавьжээ. Шатны доод үзүүр барилгын сууриас 12 нэгж зайд байхдаа 1.5 нэгж/сек хурдтайгаар гулсан холдож байв. Яг энэ эгшинд шатны дээд үзүүр ямар хурдтай доошлох вэ? Бодолт. Шатны доод үзүүр барилгын хананаас h, дээд үзүүр газраас v v h зайд байсан гэе. Зураг. Энэ хоёр хэмжигдэхүүний хамаарал Пифагорын теоремээр v2 + h2 = 202 болно. h = 12 байх үед v2 + 12 2 = 20 2 v2 = 202 −122 = (20 −12) (20 +12) = 162 эндээс v = 16 . v2 + h2 = 202 тэгшитгэлээс t хугацаагаар уламжлал авбал 2v dv + 2h dh = 0 dt dt Энд dh = 1.5 , h = 12 , v = 16 гэж орлуулбал 2⋅12⋅1.5 + 2 ⋅16 ⋅ dv = 0 улмаар dv = − 9 нэгж/сек хурдтай dt dt dt 8 доошилно. Дасгал 1. Хэрэв y нь x аргументтэй функц y = f ( x) бол дараах функцийг x –ээр дифференциалчил: а. y3 б. x2 y в.1/ y г. y ln x д. cos y е. ey ж. ysinx гэх мэт. 2. dy -ийг x ба y –ээр илэрхийл. а. x3 + 2 y2 = 3 б. 1 − 1 =2 в. x2 y3 = 8 dx x y 3. Дараах тэгшитгэлээс dy уламжлалыг ол. dx а. x2 − xy = y2 − 5 б. xy + ysinx = 3 в. yex + xey = 0 г. x3 + xy − y2 = 12 4. dy -ийг параметрээр илэрхийл. dx а. x = (t +1)3 , y = t2 −1 =б. x s=in t, y cos2 t в. x = et , y = t −1 г. x = 1 t t 2 , y = 1 д. x = et − t, y = e2t − 2t − 1−t2 =5. x s=in t, y cos 2t бол dy -ийг x–ээр илэрхийл. dx 6. y2 − 2xy + 3y = 7x -ийг а. x -ээр дифференциалчил. б. Энэ муруйн y=1 ординаттай цэгт татсан шүргэгч (нормал) шулууны тэгшитгэл бич. 7. O цэг дээрх гадаснаас r урттай гинжээр уясан D нохой цагийн зүүний эсрэг тогтмол хурдтай давхиж байв. (Зураг.) Хэрэв нохойг A цэг дээр байхад 74

Математик XII анги хугацаа тоолж эхэлсэн бол t хугацааны дараа нохойны байршлын (x,y) координатыг ол. 8. Координатын хавтгай дээрх A(2,3) цэгийг дайрсан шулууны хэвтээ тэнхлэгийг огтлох цэг нь x=5 абсцисстэй байхдаа 5 нэгж/сек хурдтай баруун тийш шилжиж байсан бол босоо тэнхлэгийг огтлох цэг ямар хурдтай доошлох вэ? 10/3 нэгж/сек 9. A(x, 0), B(0,1) цэгүүдийг холбосон хэрчим y  =  x шулууныг C цэгээр огтолно. Хэрэв A цэг хэвтээ тэнхлэг дээгүүр тогтмол 3 нэгж/сек хурдтай шилжиж байгаа бол түүнийг (3,0) координаттай болох үед C цэг ямар хурдтай шилжих вэ? 3/16 10. Шөнийн нислэг хийж буй хурц гэрэл асаасан нисдэг тэрэг эгц дээш хөөрч байв. Нислэгийн цэгээс 10м зайд байгаа 6м өндөр шонгийн сүүдэр 12м урттай байхдаа 1м/сек хурдтай богиносож байсан бол нисдэг тэрэгний хөөрч буй хурдыг ол. 3.75 м/сек 11. Тэгш өнцөгтийн өргөн уртаасаа ямагт 2 метрээр богино байв. Хэрэв өргөн нь 2м урттай байхдаа 2м/сек хурдтайгаар уртсаж байсан бол тэгш өнцөгтийн талбай ямар хурдтай өөрчлөгдөж байсан бэ? 12 м2/сек 12. Босгож тавьсан 1.2 метр урттай саваа мод тэнцвэр алдан унаж байна. Түүний хазайлтын өнцөг φ = 2π ⋅t2 хуулиар өөрчлөгдөж байв. Модны дээд үзүүр шалан дээр ямар хурдтай унах вэ? 9 –2.51 м/сек 1. Дараах (1-8) функцуудын уламжлалыг ол. f ( x) = (2 − 3x)10 f ( x) = cos 3x + sin 2x f ( x) = sin2 x f ( x) = cos x2 f ( x) = ln cos x ( )f x = e− cos x f ( x) = tglnx f ( x) = esin x+3x 2. Функцийг x –ээр дифференциалчил: ylnx 3. dy -ийг x ба y-ээр илэрхийл: x3 + 2y2 = 3 dx 4. dy -ийг параметрээр илэрхийл: x = (t +1)3 , y = t2 −1 dx =5. x s=int, y cos2t бол dy -ийг x–ээр илэрхийл. dx 6. y2 − 2xy + 3y = 7x –ийг а. x –ээр дифференциалчил. б. Энэ муруйн y=1 ординаттай цэгт татсан шүргэгчийн тэгшитгэл бич. =7. x s=in t, y cos t муруйн t = π байх цэг дээрх нормал шулууны тэгшитгэл бич. 2 8. f ( x) = xex функц өгөгдөв. Энд e ⊕2.72 гэж үзээд дараах даалгавруудыг гүйцэтгэ. а. функцийн уламжлалыг ол. б. Функцийн минимумын цэгийг ол. в. Функцийн хоёрдугаар эрэмбийн уламжлалыг ол. в. Функцийн нугаралтын цэгийг ол. 9. Хэрэв f ( x) = ln ( x2 − 6x) бол f ' ( x) = 0 тэгшитгэлийг бод. ИНТЕГРАЛ Тригонометр хамаарал ашиглан интеграл бодох 1. (Сэргээн санах түвшний даалгавар) Сурагчдад давхар өнцгийн sin 2x = 2 sin x cos x , cos 2x = 2 cos2 x −1 ба cos 2x = 1− 2 sin2 x томьёонуудыг сэргээн сануулж, тэдгээрээс cos2 x = 1+ cos 2x (1) ба sin2 x = 1− cos 2x (2) гэж cos2 x ба sin2 x нь cos 2x -ээр илэрхийлэгддэгийг 22 гаргуулна. (1) ба (2)-ийг зэрэг бууруулах томьёо гэж нэрлэдэг. 2. (Хэрэглэх түвшний даалгавар) ∫ f (ax + b)dx = 1 F (ax + b) + C дүрмийг сануулнa. a 75

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном а. ∫ 2 sin x cos x dx,= б. ∫ cos2 2x dx = , в. ∫ (1+ tg2 3x) dx интегралыг бодох даалгавар өгнө. Бодолт. а. ∫ 2 sin x cos x dx = ∫ sin 2xdx =− 1 cos 2x + C 2 б. ∫ cos2 2x dx = ∫ 1 (1+ cos 4x) dx = 1  x + 1 sin 4x  + C . Гарсан хариунаас уламжлал авч интегралын 2 2 4 дорх функц гарч байгааг харуулбал сурагчид өөртөө итгэлтэй болж, бие даан бодлого бодох чадвар нь нэмэгдэнэ. 1+ tg2 x 1 ( tgx )′ 1 (1+ tg2 3x) dx = 1 1 cos2 cos2 cos2 3 ∫ ∫в. ба = x = x байх учраас 3x dx = tg3x + C . 3. Интегралыг талбай олох бодлоготой, эсвэл нэгдүгээр эрэмбийн хялбар дифференциал тэгшитгэлтэй холбож болох юм. (Бүтээх, үнэлэх түвшний даалгавар) Жишээ нь, a) Налалтын функц нь 0 ≤ x < π үед dy = 2 sec2 x +1 байх, x = π цэгийг дайрсан муруйн 2 dx 4 тэгшитгэлийг ол. б) 0 ≤ x < π завсар дахь y = sec2 x муруй ба координатын тэнхлэгүүдээр хашигдсан дүрсийн 4 талбайг ол. 4. Өөр аргументтай синус ба косинусын үржвэр хэлбэртэй илэрхийллийг нийлбэрт хувиргаад нэмэгдэхүүн тус бүрийн интегралыг олно. Иймд сурагчдаар үржвэрийг нийлбэрт хувиргах томьёоны гаргалгааг хийлгэж сургаад цээжлүүлэх нь зүйтэй. Жишээ нь, ∫ sin 2x cos 3xdx = 1 ∫ (sin 5x − sin x)dx = 1 (cos x − 1 cos 5x) + C гэх мэт. 2 2 5 5. (Бүтээх, задлан шинжлэх түвшний даалгавар) 3 эсвэл 4, эсвэл 6 зэрэгтэй синус ба косинусыг зэрэг бууруулах болон үржвэрийг нийлбэрт хувиргах томьёонуудыг хослуулан хэрэглэж хялбар функцийн интегралд шилжүүлж бодно. Жишээлбэл, ∫ sin 3 2 xdx = ∫ sin 2 2 x sin 2 xdx = ∫  1 − cos 4 x  sin 2 xdx = 1 ∫ ( sin 2 x − sin 2 x cos 4 x ) dx 2 2 = 1 ∫  sin 2x − 1 (sin 6 x − sin 2x)  dx = − 1 cos 2x + 1 cos 6 x − 1 cos 2x + C = 1 cos 6x − 3 cos 2 x + C 2 2 4 24 8 24 8 Энэхүү интегралыг хойно орлуулах аргаар бас бодох болно. дасгал 1. Интегралыг бод. а. ∫ sin 3x cos xdx = б. ∫ sin x cos 3x dx = в. ∫ cos2 2 xdx = 2 2 3 2. Тодорхой интегралыг бод. 1π π π ∫а. 8 sin2 2xdx ∫б. 12 cos2 3xdx ∫в. 2 sin x sin 2xdx 0 0 0 π ∫3. а. sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x болохыг sin(2x + x) -ийг задлах замаар батал б. 6 (3 sin x − 4 sin3 x)dx 0 интегралын утгыг ол. π ∫4. a. Тодорхой интегралыг бод 4 (sin x − cos x)2 dx 0 б. y = 1− sin 2x функцийн график ба Oy, Ox тэнхлэгээр хязгаарлагдсан дүрсийн талбайг ол. Хэсэгчлэн интегралчлах 1. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёог гаргах u ба v нь x -ээс хамаарсан функц байх үед uv үржвэрийг дифференциалчлах d (uv) = v du + u dv dx dx dx 76

Математик XII анги ((uv)′ = u′v + uv′ гэж бичиж болно) томьёог ашиглая. Тэнцэтгэлийн хоёр талыг x -ээр интегралчилбал uv = ∫ v du dx + ∫ u dv dx болно. Эндээс ∫ v du dx = uv − ∫ u dv dx буюу товч бичвэл ∫ vdu = vu − ∫ udv dx dx dx dx томьёо гарна. Томьёоны гаргалгааг багш сурагчидтайгаа хамтран гаргах нь зүйтэй. Энэ томьёог v ба du гэсэн хоёр функцийн үржвэрийг интегралчлахад хэрэглэнэ. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёо dx гэж нэрлэдэг. Санамж v функцийн дифференциал нь хялбар байхаар сонговол тохиромжтой байдаг. Жишээ 1. xex -ийг x -ээр интералч=ил: v x=, ddux ex гэж авъя. Эндээс dv =1 ба u = ex гэж гарна. dx Хэсэгчлэн интегралчлах ∫ v du dx = uv − ∫ u dv dx томьёо ёсоор dx dx ∫ ∫xexdx = ex ⋅ x − ex ⋅1dx = xex − ex + C боллоо. 2. d (uv) = v du + u dv томьёог хэрэглэх түвшний дасгал ажиллах dx dx dx Жишээ 2. ∫ x sin 2xdx =интегралыг бод=ъё. v x=, ddux sin 2x гэж авъя. Эндээс dv =1, u = − 1 cos 2 x dx 2 гэж гарна. ∫ v du dx = uv − ∫ u dv dx томьёогоор: dx dx ∫ x sin 2xdx = (− 1 cos 2 x)( x) − ∫ (− 1 cos 2x)(1)dx = − 1 x cos 2x + 1 sin 2x + C 2 2 2 4 3. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёог хэд хэдэн удаа хэрэглэж болдгийг харуулах. ∫ ∫Жишээ 3. а. x2exdx = б. x2 sin xdx =интегралыг бод. Бодолт. а. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёог ∫ u(x)v′(x)dx = u(x)v(x) − ∫ u′(x)v(x)dx гэж бичээд x2 = u(x), ex = v ' ( x) гэж үзвэл=u '(x) 2=x, v(x) ex болох ба хэсэгчлэн интегралчлах томьёо ёсоор ∫ ∫ ∫ ∫x2exdx = x2ex − 2xexdx = x2ex − 2 xexdx болно. Энд xexdx =интеграл нь эхний интегралаас нэг зэрэг буурсан, өөрөөр хэлбэл хялбар болсон байна. Дахин хэсэгчлэн интегралчлах томьёо хэрэглэе. x = u(x), ex = v′(x) гэж тэмдэглэвэл =u '(x) 1,=v(x) ex болох тул хэсэгчлэн интегралчлах томьёо ∫ ∫ёсоор xexdx = xex − ex ⋅1⋅ dx = xex − ex болно. ∫Иймд ( ) ( )x2exdx = x2ex − 2 xex − ex + C = ex x2 − 2x + 2 + C гэж гарна. 4. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёог ашиглан тодорхой интеграл бодох. Энэ үед томьёо дараах bb байдлаар бичигдэнэ: ∫ vu ' dx = [uv]b − ∫ uv ' dx . Энд [ uv ] нь бүрэн интегралчлагдсан хэсэг учир a aa харгалзах хязгааруудын хооронд утгыг нь бодно. π Жишээ 4. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёо ашиглан ∫0 3x sin 2xdx тодорхой интегралыг бод. Бодолт. Жишээ 2 –ийн үр дүнг ашиглавал ∫ ∫π π x sin 2xdx = 3  − 1 x + 1 π =  − 3π ⋅1+ 3 ⋅  −  − 3 ⋅0⋅1+ 3 ⋅  = − 3π. 0 0 2 4 2 4 2 4 2 3x sin 2xdx =3 cos 2x sin 2x  0 0 0 5. ln x -ийг интегралчла=хдаа v ln=x, ddux 1 гэж авбал оновчтой болно. Хэрвээ du = ln x гэж авбал dx u функцийг олохын тулд ln x -ийг интегралчлах хэрэгтэй тул асуудал хялбарчлагдахгүй ажээ. 77

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном 2 Жишээ 5. ∫1 x ln xdx =интегралыг бод. Бодолт. u = ln x ба v′ = x гэж авбал v = 1 x2 болно. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёо ёсоор 2 ∫ ∫2xln xdx = ln x ⋅ 1 x2 2 − 2 1 x2 ⋅ 1 dx = 2 ln 2 − 1 ln 1− 1 x2 2 3 . 1 2 1 2 x 2  4 = 2 ln 2 −   1 1 4 Санамж: u, v функцээ оновчгүй сонгосноос илүү төвөгтэй интегралд хүрдэг. Дасгал. 1. Хэсэгчлэн интегралчлах томьёо ашиглан бод а. ∫ 3x cos (1− 3x) dx б. ∫ (3t + t2 ) sin 2tdt 0 ( ) 1 x ∫в. 2 + 5 x e3 dx 3 ∫г. e2x cos x dx = π e. ∫ t7 sin (2t4 )dt 4 ∫д. x2 cos 4xdx 0 Трапецийн дүрэм 1. Энгийн трапецийн дүрэмтэй танилцах Энгийн трапецийн дүрмийг хялбар байдлаар томьёолъё: Зураг 1а. Зураг 1б. Зураг 1а. дээрх будагдсан хэсэг буюу y = f ( x) муруй, Ох тэнхлэг, x = a , x = b шулуунуудаар хашигдсан муруй шугаман трапецийн талбайг ойролцоогоор олохын тулд зураг 1б. дээрх будагдсан трапецийн талбайг ашиглаж байгаа юм. Зургаас харвал трапецийн талбай нь муруй шугаман трапецийн талбайн дутагдалтай ойролцоо утгыг гаргаж өгч байна. Муруй хотгор эсвэл гүдгэр байхаас хамаарч ойролцоо утга нь дутагдалтай эсвэл илүүдэлтэй байна. Энэ трапецийн талбай S = 1( f (a)+ f (b)) (b − a) томьёогоор олдоно. 2 Иймд b f ( x) dx ≈ 1 (b − a) ( f (a)+ f (b)) байна. Энэ бол трапецийн дүрмийн энгийн хэлбэр юм. 2 ∫ a 2 y = 1 x2 муруй, Ox тэнхлэг, x = 3 шулуунаар хязгаарлагдсан дүрсийн талбайг авч үзье. Дүрсийг 2 y ижил өргөнтэй зурвасуудад хуваах замаар талбайг нь тоймлон олох 4.5 даалгавар өгнө. Тэд талбайг хэрхэн олохыг ажиглаж, зөвлөгөө өгөн, хосоор эсвэл багаар ажиллуулж болно. Графикийг бэлэн зурсан ажлын хуудас тарааж өгч ажиллуулж болох юм. Дүрсийг зурвасуудад хувааж олсон талбай нь талбайн жинхэнэ утгыг 2 илүүдэлтэй эсвэл дутагдалтай тоймлон гаргаж байгааг зургаа харж тодорхойлоход нь сурагчдыг чиглүүлээрэй. Энэ нь сурагчдад тус 1 аргын мөн чанарыг ойлгож, учир шалтгааныг тайлбарлах чадвартай 2 x болоход нь чухал ач холбогдолтой. Зургаас харвал y = 1 x2 парабол 0 123 2 78

Математик XII анги хотгор муруй тул үүсэх трапецуудын талбайн нийлбэр муруй шугаман трапецын талбайгаас их байна. 0 + 1 1 + 2 2 + 4.5 1 5 + 13 19 2 2 2 2 2 4 4 4 4 Трапецын дүрмээр тоймлон олсон талбай нь S = ⋅1+ ⋅1+ ⋅1 = + = = 4.75 ба ∫интегралаар олсон талбай нь S = 3 1x2dx = 1 x3 3 = 27 = 4.5 байгааг харуулна. Зурвасуудын 02 6 6 0 өргөнийг багасгаж олон зурваст хуваах тусам тооцооны нарийвчлал сайжирна гэдгийг ярилцана. 3. Дараах холбоосоос гурван файл авч сурагчдад үзүүлээрэй. Трапецын дүрэм ба түүний хязгаарыг жишээгээр тайлбарласан байгаа. Сурагчдаар эхэлж ажиллуулаад, дараа нь ажлыг нь үзүүлэнтэй харьцуулан ярилцаж болно. илүүдэлтэй ба дутагдалтай ойролцоо утгыг тодорхой харуулсан байгаа. https://www.tes.co.uk/teaching-resource/trapezium-rule-6146799 (I) 4. Нэг бодлого бодож тайлбарлая. ∫Бодлого. а. 3 завсартай трапецын дүрэм ашиглан 2π cos ec x dx 3 тодорхой интегралын утгыг 0,01 1π 6 нарийвчлалтай тоймлон ол. б. y = cosec x -ийн тойм график зурж, трапецын дүрэм нь интегралын жинхэнэ утгыг илүүдэлтэй эсвэл дутагдалтай тоймлож байгааг тайлбарла. Бодолт. а. Графикийн доорх талбайг зурагт үзүүлснээр ижил π =өргөнтэй гурван зурваст хувааж, график дээрх 6 цэгүүдийг хэрчмээр холбовол гурван трапец үүслээ. ππ π 2π  π  63 23 6 Цэгүүд дээрх функцийн утгыг олбол cos ec = 2 , cos ec  π  = 2 ≈ 1.1547 , cos ec  π  =1, cos ec  2π  = 2  3  3  2   3  ≈ 1.1547 . Трапецуудын талбай 3 S1 = 2 +1.1547 ⋅ π = 0.8259 , S2 = 1.1547 +1⋅π = 0.5641 = S3 байна. Иймд π , 2π  завсар дээрх 26 2 6  6 3  графикийн доорх талбай ойролцоогоор S = 0.8259 + 2× 0.5641 = 1.9541 ≈ 1.95 болно. б. y = cos ec x функцийн график өгсөн завсарт хотгор байгаа тул график дээрх цэгүүдийг холбосон хөвчүүд графикийн дээр оршино. Иймээс эдгээр трапецийн талбайн нийлбэр π , 2π  завсар дээрх  6 3  графикаас доош орших талбайгаас их байна. Иймд трапецийн дүрмээр олсон талбай жинхэнэ талбайн илүүдэлтэй ойролцоо утгыг гаргаж өгнө. 5. Трапецын дүрмийн ерөнхий хэлбэр гаргах y = f (x) функцийн график ба Ох тэнхлэг,=x a=, x b шулуунаар хязгаарлагдсан муруй шугаман трапецын талбайг олохын тулд a -аас b хүртэлх завсрыг тус бүр нь h өргөнтэй n тэнцүү завсарт хуваая. Тэгвэл nh = b − a байна. Эхний завсрын зүүн талын цэгийн х координатыг x0 гэвэл x0 = a болох ба түүнээс цааш x1 = x0 + h, x2 = x0 + 2h гэх мэтчилэн xn−1 = x0 + ( n −1) h ба xn = x0 + nh = b болно. Бичиглэлийг товчлохын тулд y0 = f ( x0 ) , y1 = f ( x1 ) гэх мэтээр тэмдэглэе (Зураг үз). Бидний олох талбай h өргөнтэй зурвасуудын талбайн нийлбэртэй ойролцоогоор тэнцүү. Иймд n тэнцүү зурваст хуваасан үед трапецын дүрэм нь ∫S = b f ( x) dx ≈ 1 h ( y0 + y1 ) + 1 h( y1 + y2 )+ 1 h( y2 + y3 ) + ...+ 1 h( yn−1 + yn ) = a 2 2 2 2 = 1 h ( y0 + y1 + y1 + y2 + y2 + ... + yn−1 + yn−1 + yn ) = 1 h {( y0 + yn ) + 2 ( y1 + y2 + ...+ yn−1 )} хэлбэртэй болно. 2 2 79

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном ДАСГАЛ 1. Тэнцүү гурван завсартай трапецийн дүрэм ашиглан тодорхой интегралын ойролцоо утгыг ол. а. x=∫ 1 dy = ∫ y 1 y ) dy =∫  1 − y 1  dy = ln y − ln( y −1) + C = ln y y + C y − y2  y −1  −1 (1− б. y = e x−C 1 ∫г. 4 x2e−xdx ex−C −1 1 ∫в. 9x2dx = 0 2. а. 2x +1 илэрхийллийн утгыг 0,01 нарийвчлалтай тооцоолсон хүснэгтийг гүйцээж нөх. x 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 2x +1 1.41 1.55 1.73 1.96 3 Зураг дээр y = 2x +1 функцийн график, Ох ба Оу тэнхлэг, x = 3 шулуунаар хязгаарлагдсан R мужийг дүрсэлжээ. б. Трапецийн дүрэм ба дээрх хүснэгтийн бүх утгуудаа ашиглан R -ийн талбайн ойролцоо утгыг ол. в. б хэсэгт олсон ойролцоо утга нь R -ийн талбайн илүүдэлтэй эсвэл дутагдалтай ойролцоо утгын аль нь болохыг муруйн зургийг харж нотолгоотой тайлбарла. ДАРААЛАЛ БА ЦУВАА Дараалал ба цувааны тухай ойлгох Бодит тоонуудыг тодорхой эрэмбээр дараалуулан бичсэн байг. Жишээлбэл, 2, 4, 6, 8,10,12,14,16 гэсэн тоонуудын хувьд нэгдүгээрт 2-ийн тоо, хоёрдугаарт 4-ийн тоо гэх мэтээр 8 дугаарт 16-ийн тоог бичжээ гэж уншиж болно. Үүнийг {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} гэсэн натурал тоонуудын олонлог дээр тодорхойлогдсон {2, 4, 6, 8,10,12,14,16} олонлогоос утга авдаг g функц гэж ойлгож болно. Өөрөөр хэлбэл g (1) = 2, g (2) = 4,…, g (8) = 16 байна. Тодорхойлогдох муж нь натурал тоон олонлог эсвэл эхний n ширхэг натурал тоон олонлог байх функцийг тоон дараалал буюу дараалал гэнэ. Хэрэв дарааллыг тодорхойлж байгаа функцийн тодорхойлогдох муж нь натурал тоон олонлог бол уг дарааллыг төгсгөлгүй дараалал гэх ба тодорхойлогдох муж нь эхний n ширхэг натурал тоон олонлог байвал төгсгөлөг дараалал гэнэ. Хэрэв f нь ѳгсѳн дарааллыг тодорхойлж байгаа функц бол дараалал нь f (1) , f (2) , ... , f (n) , ... гэж бичигдэнэ. Дарааллыг f1, f2 , f3 , ... , fn , ... эсвэл u1, u2 , u3 , ... , un , ... гэх мэтээр хялбарчлан тэмдэглэдэг бѳгѳѳд товчоор { fn } эсвэл {un } гэж тэмдэглэдэг. Гишүүдийг тоочих эсвэл ерѳнхий гишүүний томьёогоор эсвэл ѳмнѳх гишүүдээсээ хамаарсан байдлаар буюу рекурент томьёогоор дарааллыг ѳгч болдог. Бидний ѳмнѳ үзсэн арифметик болон геометр прогрессууд нь дарааллын жишээнүүд болно. Жишээ 1: Фибоначийн дараалал.=F1 1,=F2 1 ба Fn = Fn−1 + Fn−2 гэж тодорхойлогдох дарааллыг Фибоначийн дараалал гэдэг. Энэ дараалал нь рекурент томьёогоор өгөгдсөн дараалал буюу ѳмнѳх хоёр гишүүнээсээ хамаарч өгөгдсөн байна. Дарааллын эхний зарим гишүүдийг бичвэл 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, .... гэх мэтээр цааш үргэлжилнэ. Энэ дарааллын ерѳнхий гишүүний томьёог Fn = 1  1 + 5 n −  1 − 5 n  гэж олж болдог. 5    2   2     Дасгал 1. 9, 5, 1, – 3, ... гэж өгсөн дараалал арифметик прогресс мөн үү? Мөн бол ялгаварыг ол. 2. 0.25, – 0.5, 1, -2, ... гэж өгсөн дараалал геометр прогресс мөн үү? Мөн бол хуваарийг ол. 3. 5, 8, 11, 14, 17, … дарааллыг арифметик эсвэл геометр прогрессын аль нь болохыг тодорхойлж, 8 ба 25 дугаар гишүүнийг ол. 4. 6, 3, 1.5, 0.75,... гэсэн дарааллыг арифметик эсвэл геометр прогрессын аль нь болохыг 80

Математик XII анги тодорхойлж, 7 ба 20 дугаар гишүүнийг ол. 5. a1 = −1, an = an−1 + n +1 бол 2, 4, 7,11 -р гишүүдийг ол. Дарааллын n - дүгээр гишүүн ба эхний n гишүүний нийлбэрийн хамаарал Ѳгсѳн {un } дарааллийн эхний n ширхэг гишүүний нийлбэрийг хэсгийн нийлбэр гээд Sn гэж тэмдэглэдэг. Ѳѳрѳѳр хэлбэл Sn = u1 + u2 + u3 +…+ un байна. Эндээс Sn−1 = u1 + u2 + u3 +…+ un−1 гэдгийг санавал бид Sn = Sn−1 + un болохыг харж болно. Тухайлбал an = a + (n −1) d гэсэн ерѳнхий гишүүний томъёогоор ѳгѳгдсѳн арифметик прогрессын хэсгийн нийлбэрийг олбол Sn = a1 + a2 + a3 +…+ an = a + (a + d ) +(a + 2d ) +…+ (a + (n −1) d ) = na + n (n −1) d гэсэн томьёо гарна. 2 Жишээ 2: Арифметик прогрессийн хэсгийн нийлбэрийн томъёо нь Sn = n (n + 2) гэж ѳгѳгдсѳн дарааллын 5 дугаар гишүүн болон ялгаварыг ол. Ѳгсѳн томъёоноос=S5 3=5, S4 24 гарах бөгөөд Sn = Sn−1 + un томъёонд n = 5 гэж орлуулбал S5 = S4 + u5 гарах тул u5 = S5 − S4 = 35 − 24 = 11 болно. Ерѳнхий гишүүнийг Sn = Sn−1 + un томъёоноос олбол un = Sn − Sn−1 = n (n + 2) − (n −1) (n +1) = 2n +1 гэж гарна. Эндээс арифметик прогрессийн ялгавар d = un − un−1 = 2n +1− (2n −1) = 2 байна. Дасгал 1. 3, 7, 11, 15, … дарааллын ерөнхий гишүүний томьёо ба хэсгийн нийлбэрийг ол. 2. 32, 8, 2, 0.5, ... дарааллын ерөнхий гишүүний томьёо ба хэсгийн нийлбэрийг ол. n - дүгээр гишүүн нь томьёогоор өгөгдсѳн дараалал байгуулах {un } дарааллийн ерѳнхий гишүүн un = n2 + n томьёогоор ѳгсѳн бол дарааллыг байгуулъя. Үүний тулд n -ийн оронд 1, 2, 3, 4 гэх мэтчилэн орлуулж гишүүдийг олох замаар байгуулна. Ѳѳрѳѳр хэлбэл =n 1,=n 2=, n 3=, n 4 үед=u1 2=, u2 =6, u3 1=2, u4 20 гэх мэтээр байгуулна. Жишээ 3. Дарааллын ерѳнхий гишүүн нь un = n2 − n − 2 бол дарааллыг байгуул. Бодолт. u1 = −2, u2 = 0, u3 = 4, u4 = 10, u5 = 18 гэх мэтээр гишүүдийг олж −2 , 0, 4, 10, 18 , ... гэсэн дараалал байгуулагдана. Дасгал 1. Дарааллын ерѳнхий гишүүн нь un = 3n +1 бол дарааллын эхний 6 гишүүн болон эхний 10 гишүүний нийлбэрийг ол. 2. Дарааллын ерѳнхий гишүүн нь an = n2 + 3n бол дарааллын 4-р гишүүн болон эхний 5 гишүүний нийлбэрийг ол. 3. Дарааллын эхний n гишүүний нийлбэр нь Sn = 2n2 − 3n бол дарааллын эхний 5 гишүүнийг ол. Төгсгөлгүй нийлбэр ба цувааны нийлэлтийн тухай мэдэх Ѳгсѳн төгсгөлөг дарааллын бүх гишүүдийн нийлбэр төгсгөлөг тоо тул түүнийг олж болно. Мөн зарим төгсгөлгүй дарааллын бүх гишүүдийн нийлбэр төгсгөлөг тоо гарч болдог. Тухайлбал, тѳгсгѳлгүй буурах геометр прогрессийн бүх гишүүдийн нийлбэрийг хэрхэн олддог талаар 11 дүгээр ангид үзсэн. Тэгвэл одоо ерөнхий гишүүн нь un = arn−1 томьёогоор өгсөн тѳгсгѳлгүй буурах геометр прогрессын бүх гишүүдийн a + ar + ar2 +…+ arn−1 +…, −1 < r < 1 нийлбэрийг хэрхэн хэсгийн нийлбэр ашиглан олж болохыг харуулъя. Түүний эхний n гишүүний нийлбэрийг олбол Sn = a + ar +…+ ar n−1 = a (1+ r +…+ )r n−1 = a (1− rn ) = a + arn 1− r 1− r 1− r 81

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном болох ба −1 < r < 1 учир n ихсэхэд rn тоо 0 рүү ойртоно. Иймээс төгсгөлгүй буурах геометр прогрессын бүх гишүүдийн нийлбэр S = lim  a r + ar n  = a r гэж олдоно.  1− 1− r  1− n→∞ Хэрэв r > 1 бол n ихсэхэд rn тоо улам бүр ихсэх учраас хэсгийн нийлбэр Sn ихсэж геометр прогрессын нийлбэр нь олдохгүй. Тодорхойлолт. u1, u2 , u3, ... , un , ... гэсэн тоон дараалалын бүх гишүүдийн u1 + u2 + u3 +…+ un +… нийлбэрийг цуваа гэдэг. Хэрэв өгсөн дараалал нь төгсгөлөг бол уг дараалалд төгсгөлгүй олон 0 гишүүн нэмэх замаар төгсгөлгүй дараалал болгож түүнээсээ цуваа үүсгэж болно. Энэ үед уг цувааны нийлбэр үргэлж олдоно. Төгсгөлгүй буурах геометр прогрессийн нийлбэр нь цувуу болно. Тэгвэл уг цувааны нийлбэр олддог болохыг бид дээр харсан. Тодорхойлолт. Нийлбэр нь олддог буюу тодорхой тоо гардаг цувааг нийлдэг цуваа гэнэ. Харин цувааны нийлбэр нь олддоггүй бол түүнийг сарнидаг цуваа гэнэ. Тоон дарааллын эхний n гишүүний нийлбэртэй адилаар цувааны эхний n гишүүний нийлбэрийг Sn гэж тэмдэглэнэ. Цувааны n -р гишүүн нь un бол бидэнд Sn = Sn−1 + un томьёо бас биелнэ. Хэрэв цуваа нийлдэг ба цувааны нийлбэр S бол энэ томьёоны зүүн баруун талд байгаа хэсгийн нийлбэрүүд Sn , Sn−1 нь n ихсэхэд S тоо руу ойртох учраас цувааны n дүгээр гишүүн 0 рүү ойртож байна. Үүний эсрэгээр, хэрэв n ихсэхэд цувааны n дүгээр гишүүн 0 рүү ойртдоггүй бол Sn = Sn−1 + un томьёоны зүүн баруун тал тэнцэхгүй болоход хүрэх учраас цуваа нийлэхгүй. Жишээ 1. un =  − 2 n ерөнхий гишүүнтэй дарааллаар үүсэх цувааг байгуулж цувааны нийлбэрийг ол. 3  Бодолт. Цуваа нь − 2 + 4 − 8 +…+  − 2 n +… болох ба энэ нь 2 эхний гишүүнтэй, r=−2 3 9 27 3  u1 = − 3 3 хуваарьтай геометр прогресс байна. Эхний n гишүүний нийлбэрийг томьёо ашиглан олбол a (1− rn ) − 2 1−  − 2 n  − 2 +  − 2 n+1 n+1 3  3  3 5 3  1− r  2 3  2 Sn = = = 3 = − 5 + 5 ⋅ − 3  2  1− − 3 2 болно. Эндээс цувааны нийлбэр нь S = − гэж гарна. 5 Дасгал 1. 4, 2, 1, 0.5, 0.25,... дараалал тѳгсгѳлгүй буурах геометр прогресс мѳн эсэхийг ерѳнхий гишүүний томьёог олох замаар тогтоо. 3 2. an = − 4n ерөнхий гишүүнтэй дарааллаар үүсэх цувааны нийлбэрийг ол. 3. an = 4 ⋅  − 3 n ерөнхий гишүүнтэй дарааллаар үүсэх цувааны нийлбэрийг ол. 5  4. Тѳгсгѳлгүй буурах геометрийн прогрессийн гуравдугаар гишүүн нь 1 ба уг прогрессийн 2 нийлбэр нь 4 байг. Геометрийн прогрессийн эхний гишүүн ба хуваарийг ол. 3 82

Математик XII анги Сигма тэмдэглэгээ хэрэглэх Цуваа нь төгсгөлгүй дарааллын бүх гишүүдийн нийлбэр учраас бид үүнийг хялбарчилж сигма буюу ∑ =тэмдэглэгээ хэрэглэдэг. u1 + u2 + u3 +…+ un +… гэсэн цувааг бид ∞ ∑ui i=1 гэж товчилж бичдэг. Харин цувааны эхний n гишүүний нийлбэрийг n ∑ Sn = u1 + u2 + u3 +…+ un = ui i=1 гэж тэмдэглэнэ. Мөн энэ нийлбэрийг n n n−1 ∑ ∑ ∑uj , uk , ui+1 j=1 k=1 i=0 гэх мэтээр тэмдэглэн бичиж болох ба энэ нь бүгд адилхан u1 + u2 + u3 +…+ un гэсэн нийлбэртэй тэнцүү байна. Нийлдэг цувааны хувьд дараах чанарууд биелнэ. Хэрэв ∞∞ цуваанууд нийлдэг бол ∞∞ ∑ ui , ∑ vi ∑ ∑(ui + vi ) ба aui цуваанууд нийлэх бѳгѳѳд i=1 i=1 i=1 i=1 ∞ ∞∞ ∑ ∑ ∑(ui + vi ) = ui + vi i=1 i=1 i=1 ∞∞ ∑aui = a∑ui i=1 i=1 байна. Энд a нь тогтмол, бодит тоо. Жишээ 5. 1− 1 + 1 − 1 +…+ ( )−1 n−1 1 +… цувааг сигма тэмдэг ашиглан бич. 3 5 7 2n −1 Бодолт. Цувааны эхний гишүүн 1, хоёр дахь гишүүн − 1 , гурав дахь гишүүн 1 гэх мэтээр олдох ба 3 5 ерөнхий гишүүн нь an = ( )−1 n−1 1 томьёогоор бичигдэнэ. Иймд сигма тэмдэг ашиглан бичвэл 2n −1 ∑ ∞ ( )−1 n−1 1 болно. n=1 2n −1 n Дасгал 1. ∑ (2r +1) бол энэ нийлбэрийг дэлгэрэнгүй хэлбэрт бичиж нийлбэрийг ол. r =1 n 2. ∑ (3r −1) бол энэ нийлбэрийг дэлгэрэнгүй хэлбэрт бичээд нийлбэрийг ол. r =1 3. 1 − 1 + 1 − 1 +…+ ( )−1 n−1 1 +… цувааг сигма тэмдэг ашиглан бич. 2n 2468 Ялгаврын аргаар цувааны нийлбэрийг олох Ялгаварын арга гэж нэрлэгдэх дараах аргаар зарим цувааны нийлбэрийг олж болдог. Жишээ болгон n n (n +1) n n (n +1) (2n +1) n  n (n +1) 2 i 2 i2 6 i3 ∑ ∑ ∑ = , = , =  2  i=1 i=1 i=1   гэсэн тѳгсгѳлѳг цуваануудын нийлбэрийг хэрхэн олохыг харуулъя. Эхний томьёо 83

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном ∑ n i = 1+ 2 +…+ n = n (n +1) 2i=1 хувьд энэ нь арифметик прогресс үүсгэж байгаа тул эхний n гишүүний нийлбэрийг олох томьёог ашиглан олж болох ба энд ялгаврын арга ашиглан олъё. Үүний тулд k 2 − (k −1)2 = 2k −1 гэсэн адилтгалыг k = 1, 2, 3,…, n −1, n үед бичвэл 12 − 02 = 2 ⋅1−1 22 −12 = 2 ⋅ 2 −1 32 − 22 = 2 ⋅3 −1 … (n −1)2 − (n − 2)2 = 2⋅(n −1) −1 n2 − (n −1)2 = 2⋅ n −1 болно. Эдгээр адилтгалыг тэнцэтгэлийн зүүн ба баруун тал тус бүрээр харгалзуулан нэмбэл n2 = 2 (1+ 2 + 3 + ... + (n −1) + n) − n буюу 1+ 2 + 3 + ... + (n −1) + n = n2 + n = n (n +1) 22 болж адилтгал батлагдав. ∑Одоо n i2 = 12 + 22 +…+ n2 = n (n +1) (2n +1) адилтгалыг ялгаврын арга ашиглан баталъя. Үүний 6 i=1 тулд k3 − (k −1)3 = 3k 2 − 3k +1 гэсэн адилтгалыг k = 1, 2, 3, 4,…, n −1, n үед бичвэл 13 = 3⋅12 − 3⋅1+1 23 −13 = 3⋅ 22 − 3⋅ 2 +1 33 − 23 = 3⋅32 − 3⋅3 +1 43 − 33 = 3⋅ 42 − 3⋅ 4 +1 … (n −1)3 − (n − 2)3 = 3 (n −1)2 − 3 (n −1) +1 n3 − (n −1)3 = 3n2 − 3n +1 болно. Эдгээр адилтгалыг тэнцэтгэлийн зүүн ба баруун тал тус бүрээр харгалзуулан нэмбэл n3 = 3(12 + 22 + 32 …+ (n −1)2 + n2 ) − 3 (1+ 2 + 3 +…+ (n −1) + n) + n буюу өмнөх баталсан томьёог ашиглавал n3 = 3(12 + 22 + 32 …+ (n −1)2 + n2 ) − 3n (n +1) + n 2 болох ба эндээс n3 + 3n (n +1) − n n (n +1) (2n +1) 12 + 22 + 32 …+ (n −1)2 + n2 = 2 = 2n3 + 3n2 + n = 3 66 болж батлагдав. n  n ( n+ 1)  2  2  ∑Одоо i3 =   байдгийг харуулъя. Үүнийг батлахын тулд k4 − (k −1)4 = 4k3 − 6k2 + 4k −1 i=1 84

Математик XII анги гэсэн адилтгалыг k = 1, 2, 3,…, n −1, n тохиолдол бүрд бичвэл 14 − 04 = 4 ⋅13 − 6 ⋅12 + 4 ⋅1−1 24 −14 = 4 ⋅ 23 − 6 ⋅ 22 + 4 ⋅ 2 −1 34 − 24 = 4 ⋅33 − 6 ⋅32 + 4 ⋅3 −1. … (n −1)4 − (n − 2)4 = 4 (n −1)3 − 6 (n −1)2 + 4 (n −1) −1 n4 − (n −1)4 = 4n3 − 6n2 + 4n −1 болно. Эдгээр адилтгалыг тэнцэтгэлийн зүүн ба баруун тал тус бүрээр харгалзуулан нэмбэл зүүн гар талын илэрхийлэл хялбарчлагдаж n4 гарах ба баруун талыг ижил зэргээр нь нэгтгэж бичвэл n4 = 4(13 + 23 + 33 + …+ (n −1)3 + n3 ) − 6(12 + 22 + 32 …+ (n −1)2 + n2 ) + 4 (1+ 2 + 3 +…+ (n −1) + n) − n буюу n4 = 4(13 + 23 + 33 + …+ (n −1)3 + n3 ) − n (n +1) (2n +1) + 2n (n +1) − n болох ба эндээс 13 + 23 + 33 + …+ (n −1)3 + n3 = n4 + n (n +1) (2n −1) + n = n4 + 2n3 + n2 =  n (n +1) 2 4   4  2  болж батлах адилтгал батлагдав. ∑Жишээ 6. n1 төгсгөлөг цувааны нийлбэрийг ол. k=1 k ( k +1) Бодолт. k ( 1 = 1 − k 1 томьёог ашиглан өгсөн төгсгөлөг цувааны нийлбэрийг олбол k +1 k +1) n 1 n  1 1   1 1   1 1   1 1   1 1   1 1  1 n k =1 k =1 k +1 1 2 2 3 3 4 −1 n n n +1 n +1 n +1 (k +1) ∑ ∑ k = − k == − + − + − +…+ n − + − = 1− = гарна. Дасгал Дараах төгсгөлөг цувааг дэлгэрэнгүй хэлбэрт бичээд нийлбэрийг ол ∑n 1 n ∑n 2 ∑4. n1 1. r=1 (2r +1) (2r + 3) 2. ∑k (k + 2) 3. r=1 4r2 − 9 r=1 r (r + 2) (r + 4) k =1 p рациональ тоо бол p функцийг цуваанд задлах q (1+ x )q Ньютоны биномын ( a + b)n = an + na bn−1 + n ( n −1) a bn−2 2 +…+ n ( n −1) a b2 n−2 + nabn−1 + bn 22 томьёоноос (1+ x )n =1+ nx + n (n −1) x2 + n (n −1) (n − 2) x3 + n (n −1) (n − 2) (n − 3) x4 +…+ n (n −1) xn−2 + nxn−1 + xn = 2! 3! 4! 1⋅ 2 = 1+ nx + n (n −1) x2 + n (n −1) (n − 2) x3 + n (n −1) (n − 2) (n − 3) x4 +… 2! 3! 4! + n (n −1)…3 xn−2 + n ( n −1)…3⋅ 2 xn−1 + n ( n − 1) … 3 ⋅ 2 ⋅1 xn (n − 2)! (n −1)! n! гэсэн задаргаа гарна. Энэ задаргаа нь x -ийн хувьд олон гишүүнт хэлбэртэй, x -ийн зэргүүд нь өсөх эрэмбээр бичигдсэн байгааг мөн өмнөх коэффициентүүд нь ямар зүй тогтолтой байгааг ярилцаарай. • Энэ задаргааг натурал биш n –үүдийн хувьд хэрэглэж болох болов уу? Энэ асуултад хариулахын өмнө n натурал тоо байх үед задаргааны i - р гишүүний коэффициент 85

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном n ( n −1) …( n − i + 1) − ийг ажиглаж уг коэффициентийн  i  дугаарын оронд n -ээс их тоо тавьбал 0 i! гарах тул уг дарааллаа төгсгөлгүй цуваа болгон бичиж болж байна. Жишээлбэл n = 5 үед x6 -ийн коэффициент 5⋅ 4⋅3⋅ 2⋅1⋅0 = 0 6! тул хойших бүх гишүүдийн коэффициент тэг болно. Гэхдээ энэ нь n натурал тоо байх үед л биелж байгаа юм. Өөрөөр хэлбэл ∑(1+ x)n = ∞ n (n −1) ...(n − i +1) i=1 i! гэсэн томьёо гарна. • Ньютоны бином томьёонд n -ийн оронд натурал биш тоо тухайлбал n = 1 гэж орлуулж эхний 2 гишүүдийг бичвэл 1+ nx + n ( n −1) x2 + n ( n −1) (n − 2) x3 + n (n −1) ( n − 2) ( n − 3) x4 +… = 1+ 1 x + 1  1 −1 x2 + 2 2 2! 3! 4! 2 2! 1  1 −1  1 − 2  1  1 −1  1 − 2   1 − 3  2 2 2 2 2 2 2 + x3 + x4 +… 3! 4! цуваа үүснэ. Энэ цувааны гишүүдийн коэффициент нь хэзээ ч тэг гарахгүй болохыг харж болно. Иймд зэрэг нь натурал биш бол задаргааг төгсгөлгүй үргэлжлүүлж болно гэсэн үг. Жишээ 7. n = −1 тохиолдолд задаргааг бич. Бодолт. Дээрх томьёонд орлуулж бичвэл 1+ nx + n (n −1) x2 + n (n −1) (n − 2) x3 + n (n −1) (n − 2) (n − 3) x4 +… = 1+ (−1) x + −1(−1−1) x2 + 2! 3! 4! 2! + −1(−1−1) (−1− 2) x3 = 1− x + 1⋅ 2 x2 − 1⋅ 2⋅3 x3 + 1⋅ 2⋅3⋅ 4 x4 +… = 1− x + x2 − x3 + x4 −… 3! 2! 3! 4! болно. Өөрөөр хэлбэл 1 x =1− x + x2 − x3 + x4 −… 1+ гэж задалж болж байна. Эндээс үндэслээд бид аливаа бодит тоо n ба x < 1 байх x − ийн хувьд (1+ x)n = 1+ nx + n (n −1) x2 + n (n −1) (n − 2) x3 + n (n −1) (n − 2) (n − 3) x4 +… 2! 3! 4! гэсэн томьёог бичиж болно. Тухайлбал n= p гэсэн рациональ тоо ба x < 1 байх x − ийн хувьд q p p  p −1 p  p −1  p − 2  p  p −1  p − 2   p − 3  q q  q q  q  q  q  q  q   q  (1+ p =1+ x+ x2 + x3 + x4 +… 2! 3! 4! x)q томьёо гарна. 2 Жишээ 8. (8 + 5x)3 -ийн задаргааг бич. Бодолт. 86

Математик XII анги 22 2 2 1+ 5 x 3 = 4 1 + 5 x 3 = 8 8 (8+ 5x)3 = 83  2  2 −1 2 2  2 −1  2 − 2  3 2  2 −1  2− 2   2 − 3  4   3 3 3 3 3! 3 3 3 3 3  = 4 1+ 2  5 x  +  5 x  +  5 x  + 4!  5 x  +   3 8 2! 8  8  8   Хэрэв x нь x < 1 нөхцлийг хангах ба цуваа нийлж байвал цувааны эхний хэдэн гишүүний нийлбэр нь анхны функцийн утгатай ойролцоо байна. Учир нь зэргийн илтгэгч нь ихсэх тусам x < 1 үед x2 , x3, x4 , ... илэрхийллүүдийн утга багасна. Үүнийг ашиглан функцийн утгыг ойролцоогоор олдог. 1 Жишээ 9. (1− 2x)2 илэрхийллийн бином томьёог ашиглан 2 тоог аль болох ойролцоогоор ол. Бодолт. Эхлээд (1 − 2 x ) 1 илэрхийллийн задаргааг бичье. 2 1 =1+ 1 (−2x) + 1  1 −1 ( −2 x )2 + 1  1 −1  1 − 2  ( −2 x )3 +…=1− x− 1 x2 − 1 x3 −… 2 2 2 2 2 2 (1− 2x)2 1 2! 3! 22 болно. Одоо 1− 2x = 2 гэвэл x = −0.5 болох ба задаргаанд орлуулбал уг задаргааны гишүүн олныг бичиж байж ойролцоо утга гарахаар байна. Гэтэл задаргааны олон гишүүн олох нь өөрөө хэцүү бодлого болох учир арай өөр аргаар хялбар тооцоольё. Үүний тулд 1− 2x нь 2 -ийг ямар нэг тооны квадратаар үржүүлсэнтэй тэнцүү бөгөөд x − ийн утгыг аль болох бага байхаар сонгох хэрэгтэй. Тухайлбал x = 0.01 гэвэл 1− 2x = 0.98 = 2⋅0.72 болох ба одоо задаргаагаа ашиглавал 1 1 1 1 2 0.982 = ( ) 2 ⋅ 0.72 = 1− 0.01− ⋅ 0.012 − ⋅ 0.013 −… 22 болно. Эндээс 0.7 ⋅ 2 ≈ 1− 0.01− 0.00005 − 0.0000005 = 0.9899495 гарна. Иймд 2 ≈ 10 ⋅0.9899495 ≈ 1.4142136 болно. Энэ тоо 2 тоотой хэр ойролцоо байгааг тооны машин 7 ашиглан шалгаарай. Рационал илэрхийллийг цуваа хэлбэрт бичих Бид өмнөх хэсэгт ( x + )1 −1 = 1 x = 1− x + x2 − x3 + x4 −… гэсэн задаргааг үзсэн. Ийм төрлийн 1+ задаргааг ашиглан хялбар рационал илэрхийллийг цуваа хэлбэрт бичиж болно. Жишээ 10. 3+ x гэсэн бутархайг x3 хүртэл цуваанд задал. 2 − 3x + x2 Бодолт. Энэ бодлогыг хэд хэдэн аргаар бодож харуулъя. 1-р арга. 3+ x = 3+ x = 1 (3+ x) 1− 1 (3x − )x2 −1 болох ба ( x + )1 −1 илэрхийллийн 2 −3x + 2 2  x2 2 1− 3 x + 1 x2  2 2 задаргааг ашиглаад дараа нь x3 -ээс их зэргүүдийг хаяж бичвэл 1− 1 (3x − x2 ) −1 =1+ 1 (3x − x2 ) +  1 (3x − x2 ) 2 +  1 (3x − x2 3 +… = 2  2 2 2  )   = 1+ 1 (3x − x2 ) + 1 (9x2 − 6x3 ) + 1 ⋅(27x3 ) +… = 1+ 3 x + 7 x2 + 15 x3 +… 24 8 24 8 болно. Эндээс илэрхийлэл 1 (3+ x) 1− 1 (3x − x2 ) −1 = 1 (3 + x) 1+ 3 x + 7 x2 + 15 x3 + … 2 2 2 2 4 8  болох ба хаалт задалж үржүүлбэл 1 (3 + x) 1+ 3 x + 7 x2 + 15 x3 + … = 3 + 11 x + 27 x2 + 59 x3 +… 2 2 4 8 2 4 8 16 87

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном гарах тул 3 + 11 x + 27 x2 + 59 x3 болно. 2 4 8 16 2-р арга. 3+ x = ( 2 − 3 +x x ) = 2 A x + 1 B x гэж задрах ёстой гэдгээс A = −5, B = 4 гэж олдох ба 2 − 3x + x2 x − − ) (1− эндээс 3+ x x2 = −5 + 4 x = − 5 ⋅1 x + 4 1 x = − 5 1− x −1 + 4 (1− x)−1 = 2 −3x + 2−x 1− 2 1− 1− 2 2  2 − 5 1+ x +  x 2 +  x 3 + … + 4 (1+ x + x2 + x3 +…) = 2  2 2 2       4 − 5  +  4 − 5  x +  4 − 5  x2 +  4 − 5  x3 +… = 2 4 8 16 3 + 11 x + 27 x2 + 59 x3 +… 2 4 8 16 болох бѳгѳѳд эндээс 3 + 11 x + 27 x2 + 59 x3 гэж гарна. 2 4 8 16 Дасгал 1. (1+ x)−6 илэрхийллийн x4 хүртэлх задаргааг бич. 3 2. (1− 2x)2 илэрхийллийн задаргааны x5 -ийн коэффициентийг ол. 1 3. (1+ 4x)3 илэрхийллийн задаргааг ашиглаад 3 130 гэсэн тоог ойролцоогоор ол. 4. 1 илэрхийллийн задаргааны x3 -ийн коэффициент – 2160 бол a -г ол. (1+ ax)3 5. (1− 2x)2 илэрхийллийн задаргааны x2 -ийн коэффициентийг ол. (1+ x)2 МАТЕМАТИК ИНДУКЦ 8.а Математик индукцийн аргыг ойлгох, түүнийг ашиглан баталгаа хийх Цөөн тооны тухайн тохиолдолд мөн чанарыг ажиглаад ерөнхий дүгнэлт хийх аргыг гүйцэд биш индукцийн арга гэнэ. Жишээ нь, гурвалжны дотоод өнцгүүдийн нийлбэр 180° = 180°⋅(3 − 2) , дөрвөн өнцөгтийн дотоод өнцгүүдийн нийлбэр 360° = 180°⋅(4 − 2) , таван өнцөгтийн дотоод өнцгүүдийн нийлбэр 540° = 180°⋅(5 − 2) -тай тэнцүү болохоор n өнцөгтийн дотоод өнцгүүдийн нийлбэр 180°⋅(n − 2) -тэй тэнцүү байна. Бүх боломжийг шалгаж үзсэний дараа дүгнэлт хийх аргыг гүйцэд индукцийн арга гэнэ. Жишээ нь, Манай ангийнхан бүгдээрээ формоо өмссөн гэсэн өгүүлбэрийг батлахын тулд нэг бүрчлэн харж шалгахад л хангалттай. Юмсын ерөнхий шинж чанарыг илэрхийлж, натурал тоогоор дугаарлагдсан A(n) өгүүлбэрүүдийн дараалал авч үзье. Энэ дарааллын бүх өгүүлбэр үнэн байх эсэхийг яаж батлах вэ? Натурал тоо төгсгөлгүй олон учир A(n) өгүүлбэрүүдийг өмнөх жишээний адил нэг бүрчлэн шалгах боломжгүй. Харин дараах сэтгэмжийг ашиглая. Хэрэв A (1) , A (2) , ..., A (n) өгүүлбэрүүд үнэн гэдгээс A (n +1) өгүүлбэр үнэн гэж мөрдөн гарч байвал A (n) өгүүлбэр бүх натурал n - ийн хувьд үнэн байна. Үүнийг математик индукцийн зарчим гэх ба энэ зарчим дээр тулгуурлан батлах аргыг математик 88

Математик XII анги индукцийн арга гэнэ. № Нэр Математик индукцийн арга Тайлбар Индукцийн n нь заавал 1 –ээс эхлэх албагүй, харин заавал суурь Үйл ажиллагаа ямар нэгэн дугаараас эхлэх хэрэгтэй. Индукцийн A(1) өгүүлбэр үнэн эсэхийг A(1), A(2), … , A(n) –ийг бүгдийг үнэн гэж үзээд таамаглал шалгана. баталгааны явцад заримыг ашиглахгүй үлдээж A(n) өгүүлбэрийг үнэн гэж болно. үзнэ. Индукцийн суурь ба таамаглалаа ашиглана. Индукцийн A ( n +1) өгүүлбэрийн үнэн шилжилт болохыг батална. Жишээ 1. Тоон дарааллын нийлбэрийг батлах Дурын натурал n –ийн хувьд тэнцэтгэл 1 + 1 + ... + ( 2n 1 2n + 3) = ( n 3) биелнэ гэж батал. 3⋅5 5⋅7 2n + +1) ( 3 1 11 Баталгаа. n = 1 байхад шалгая. (2n +1) (2n + 3) = (2⋅1+1) (2⋅1+ 3) = 3⋅5 тул тэнцүүгийн тэмдгийн зүүн талын нийлбэр ганц нэмэгдэхүүнээс тогтох 1 тоо байна. Харин баруун талын илэрхийлэл 3⋅5 n 11 адилхан илэрхийлэл гарч байгаа болохоор утга нь тэнцүү байна. 3(2n + 3) = 3 (2⋅1+ 3) = 3⋅5 11 1 n n -ийн ямар нэгэн утганд 3⋅5 + 5⋅7 + ...+ (2n +1) (2n + 3) = адилтгал биелнэ гэж үзье. 3(2n + 3) n -ийг n +1-ээр солиход гарах 1 + 1 + ... + ( 2n + 1 2n + 3) + (2n + 1 + 5) = ( n +1 5) тэнцэтгэл 3⋅5 5⋅7 2n + 1) ( 3) (2n 3 биелнэ гэдгийг баталъя. 1 1 + ...+ 1 + 1 = n + 1 = n (2n + 5) + 3⋅1 = 3⋅5 + 5⋅7 3(2n + 3) (2n + 5) (2n +1) (2n + 3) (2n + 3) (2n + 5) 3(2n + 3) (2n + 3) (2n + 5) 2n2 + 5n + 3 = (2n + 3) (n +1) = (n +1) болж батлагдлаа. 3(2n + 3) (2n + 5) 3(2n + 5) 3(2n + 3) (2n + 5) Жишээ 2. Тооны хуваагдлыг батлах Дурын натурал n - ийн хувьд 7 ⋅52n−1 + 23n+1 тоо 17 –д хуваагдана гэж батал. Баталгаа. n = 1 байхад шалгая. 7 ⋅52n−1 + 23n+1 = 7 ⋅52⋅1−1 + 23⋅1+1 = 7 ⋅5 +16 = 35+16=51 энэ тоо 17-д хуваагдана. n байхад 7 ⋅52n−1 + 23n+1 тоо 17 –д хуваагдана гэж үзье. n +1 үед 7 ⋅52n+1 + 23n+4 тоо 17 –д хуваагдана гэдгийг баталъя. 7 ⋅ 52n+1 + 23n+4 = 7 ⋅ 52 ⋅ 52n−1 + 23 ⋅ 23n+1 = 7 ⋅ 25 ⋅ 52n−1 + 8 ⋅ 23n+1 = (17 + 8) ⋅ 7 ⋅ 52n−1 + 8 ⋅ 23n+1 = 17 ⋅ 7 ⋅52n−1 + 8⋅ 7 ⋅52n−1 + 8⋅ 23n+1 = 17 ⋅ 7 ⋅52n−1 + 8⋅ (7 ⋅52n−1 + 23n+1 ) нэмэгдэхүүн тус бүр 17 –д хуваагдах тул нийлбэр 17 –д хуваагдана. Индукцийн шилжилт хийгдлээ. Жишээ 3. Тэнцэтгэл биш батлах Нэгээс их дурын натурал n -ийн хувьд  1 + 1  ⋅1+ 1  ⋅1+ 1  ⋅...⋅1+ 1  < 3− 1 тэнцэтгэл биш 13 23 33 n3 n биелнэ гэж батал. Баталгаа. n=2 байхад шалгая. 1+ 1  1+ 1  = 2⋅ 9 = 9 = 2 1 <3- 1 =2 1 зөв байна. 13 23 8 4 4 2 2 n байхад 1+ 1  ⋅1+ 1  ⋅1+ 1  ⋅...⋅1+ 1  < 3− 1 тэнцэтгэл биш үнэн байсан гэж үзье 13 23 33 n3 n 89

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном n +1 байхад  1 + 1  ⋅1+ 1  ⋅  1 + 1  ⋅...⋅1+ 1  ⋅  1 + (n 1  < 3 − 1 тэнцэтгэл биш үнэн болохыг 13 23 33 n3  +1)3  n +1 баталъя.  1 + 1  ⋅ 1+ 1  ⋅ 1 + 1  ⋅...⋅ 1+ 1  ⋅  1 + 1  <  3 − 1  ⋅ 1 + 1  < 3− 1 индукцийн  13  23  33  n3  (n +1)3   n  (n +1)3  n +1 таамаглалаа ашиглавал  3 − 1  ⋅ 1 + (n 1  < 3 − 1 тэнцэтгэл бишийг батлах шаардлагатай n +1)3  n +1 боллоо. Ерөнхий хуваарийг олж, хуваариас чөлөөлөөд, хаалт задалж хялбарчилбал батлах тэнцэтгэл биш нь 0 < n2 − n + 2 тэнцэтгэл биштэй тэнцүү чанартай болно. n2 − n + 2 гурван гишүүнтийн дискриминант D=1 – 8 = – 7 сөрөг тоо гарах тул 0 < n2 − n + 2 тэнцэтгэл биш n 2 натурал тооны хувьд үнэн байна. Дасгал. Дараах хэлбэрийн бодлогыг ихэвчлэн бодуулах ба мэдээж суралцагсдын чадвараас хамааран индукцийн бодлогын хэрэглээ ба хүндрэлийн түвшинг хязгаарлахгүй. Дурын натурал n –ийн хувьд 1. 1+ 2 + ...+ n = n (n +1) 4. 3⋅ 2 + 4⋅ 22 + ... + (n +1)⋅ 2n = (n +1) ⋅ 2n+1 − 2 2 2. 12 + 22 + ...+ n2 = n (n +1) (2n +1) 5. 1 + 1 + ... + ( 2n + 1 + 3) = ( n + 3) 3⋅5 5⋅7 2n 6 1) (2n 3 (n +1) n (n +1) (n + 2) 6. 13 + ... + 2n − 1 = 1 − n+ 1 + 3n 3n 3. 1⋅ 2 + 2⋅3 + ...+ n = 3 3 32 тэнцэтгэлүүд биелнэ гэж батал. ƒƒ Хуваагдлын бодлогууд: Дараах хэлбэрийн бодлогоос хүндрүүлэх хэрэггүй. Сурагчдын бодох бодлого хүндэдвэл индукцийн аргыг асар хүнд гэсэн ойлголттой болдог. Дурын натурал n –ийн хувьд 1. n3 + 5n 6 ( n3 + 5n тоо 6 –д хуваагдана гэдгийг 6. 22n−1 +13 товчилсон тэмдэглэл) 7. 132n + 6 5 8. 12n +1011 2. n3 + 9n2 + 26n + 24 6 9. 4n +15n −19 3. n4 + 6n3 +11n2 + 6n 24 10. 5⋅9n−1 + 24n−3  7 4. n4 + 6n3 +11n2 + 6n 24 5. n3 + (n +1)3 + (n + 2)3 9 11. 11n+1 +122n+1 133 12. 7 ⋅52n−1 + 23n+1 17 ƒƒ Тэнцэтгэл биш батлах. Дараах хэлбэрийн бодлогоос хүндрүүлэх шаардлагагүй. 1. Дурын эерэг x ба дурын натурал n - ийн хувьд xn + xn−2 + xn−4 +…+ x4−n + x2−n + x−n ≥ n +1 тэнцэтгэл бишийг батал. 11 1 2. Дурын натурал n –ийн хувьд 1+ + +…+ < 2 тэнцэтгэл бишийг батал. тэнцэтгэл биш 22 32 n2 биелэхийг батал. 1 1 1 3 +1 + 2n 4 3. Дурын натурал n –ийн хувьд n + n 2 +… + < тэнцэтгэл биш биелэхийг батал. 11 1 4. Дурын натурал n –ийн хувьд 1+ + +…+ ≥ n тэнцэтгэл биш биелэхийг батал. 23 n 5. Нэгээс их дурын натурал n –ийн хувьд  1 + 1  ⋅  1 + 1  ⋅  1 + 1  ⋅ … ⋅  1 + 1  ⋅  + ( 1  <  3 − 1  13 23 33 n3 1  n n +1)3 90

Математик XII анги тэнцэтгэл биш биелэхийг батал. 1 3 5 99 1 6. ⋅ ⋅ ⋅…⋅ < батал. 2 4 6 100 10 7. Дурын натурал n –ийн хувьд 1⋅3⋅5⋅ … ⋅ 2n −1 < 1 тэнцэтгэл биш биелэхийг батал. 246 2n n Индукц сэдвийн үнэлгээний жишиг даалгавар. 1. Дурын натурал n -ийн хувьд 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + ... нийлбэрийн утгыг индукцийн аргаар ол. 1⋅3 3⋅5 5⋅7 7⋅9 9 ⋅11 2. Дурын натурал n - ийн хувьд 12 + 32 + ...+ (2n −1)2 = n (2n −1) (2n +1) адилтгал үнэн байдгийг батал. 3 3. Дурын натурал n –ийн хувьд 32n − 2n илэрхийлэл 7 –д хуваагдахыг батал. 4. Нэгээс их дурын натурал n –ийн хувьд n 1 1 + n 1 2 + ... + 1 > 1 тэнцэтгэл биш биелэхийг батал. + + 2n 2 ДИФФЕРЕНЦИАЛ ТЭГШИТГЭЛ Дифференциал тэгшитгэлд хүрэх хялбар бодлого бодох 1. Дифференциал тэгшитгэлийн тухай ойлголттой танилцах Сурагчдаас функцийн уламжлал буюу dy налалтын функцийн тухай ойлголтыг нь 2 dx асууж эхэлж болох юм. Налалтын функц нь x -ийн хувьд y -ийн өөрчлөлтийн хурдыг илэрхийлж байдгийг ярилцана. Тухайлбал dy = 2 гэдэг нь x нэг нэгж өөрчлөгдөхөд y 1 dx ds хоёр нэгж өөрчлөгдөнө гэсэн утгыг илэрхийлж байна. dt нь t хувьсагчаас хамааран s (энд s замыг t нь хугацааг илэрхийлж болно) хувьсагчийн өөрчлөгдөх хурдыг илэрхийлж байгаа юм. Дугуйн радиус r өөрчлөгдөхөд талбай S нь түүнээс хамааран өөрчлөгдөнө. Энэ хурдыг dS гэж бичдэг. dr Үүний адилаар, өөр янз бүрийн өөрчлөлтийн хурдыг танилцуулж болно. Математикийн хэрэглээнд ихэнхдээ хоёр хувьсагч ашигладаг ба тэдний хоорондын хамаарлыг олох шаардлага тулгардаг. Ихэнхдээ энэ хамаарал нэг хувьсагчийн нөгөөгийн хувь дахь өөрчлөлтийн хурдыг илэрхийлсэн байдаг юм. Энэ нь дифференциал тэгшитгэл гэдэг ойлголтод хүргэдэг. Тодорхойлолт. Функц ба түүний уламжлал хоёрын хамаарлыг илтгэсэн тэгшитгэлийг дифференциал тэгшитгэл гэнэ. Дифференциал тэгшитгэлийн шийд нь хоёр хувьсагчийн хоорондох хамаарлыг харуулсан тэгшитгэл хэлбэртэй байна. 2. Хялбар дифференциал тэгшитгэлийг, үүнд хамгийн хялбар нь болох dy = f (x) хэлбэрийн dx тэгшитгэлийг зохиож, бодож сурах хэрэгтэй. Энэ хэлбэрийн тэгшитгэлийн хоёр талыг x -ээр интегралчилж ерөнхий шийдийг олдог: ∫ dy dx = ∫dy = y = ∫ f (x)dx + C . dx а. (Зам s , хурд v , хурдатгал a -ийн хамаарлыг ашиглах бодлого) Жишээ нь: Зогсож байсан автобус алгуур хөдөлгөөнөө эхлэв. Хэрвээ t секундын дараа түүний хурд v м/сек , хурдатгал dv нь (метр / dt секунд нэгжээр) 0.2t гэж өгөв. Энэ мэдээллийг дифферинциал тэгшитгэлээр илэрхийлээрэй. б. (Эдийн засаг, амьтан, ургамлын өсөлт, урвалын хурд гэх мэт янз бүрийн зүйлийн өөрчлөлтийн хурд ны бодлого) Жишээ нь, зурам дөнгөж төрөх үедээ 40 грамм масстай байх ба 4 сарын дараа нас бие гүйцдэг. Массын өсөлтийн хурд нь 60(t − 4)2 томьёогоор илэрхийлэгдэнэ, энд m -төрснөөс хойш 91

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном t сарын дараах масс. Үүнийг дифферинциал тэгшитгэлээр илэрхийлбэл, dm = 60(t − 4)2 , болно. dt Энэ холбоосоор орж дифференциал тэгшитгэл зохиох ба нэгдүгээр эрэмбийн дифференциал тэгшитгэл бодох тухай мөн бодит амьдралын зарим жишээтэй танилцаж болно: http://www. slideshare.net/davidmiles100/core-4-differential-equations-1 Дараах холбоосоор орвол нэгэнд нь дифференциал тэгшитгэл зохиох ба бодох ажлын хуудас бүхий гурван файл байгаа (Үнэгүй татаж авахын тулд нэвтрэх хэрэгтэй): https://www.tes.co.uk/teaching- resource/ks5-core-4-c4-first-order-differential-equations-6095650 Нэгдүгээр эрэмбийн дифференциал тэгшитгэлүүд ба тодорхойлолтуудыг харгалзуулахыг шаардсан сонирхолтой тоглоомыг дараах сайтаас үзэж санаа аваарай. Түүнийг ашиглан ойлгоцоо шалгаж үзээрэй: https://www.tes.co.uk/teaching-resource/matching-differential-equations-to-descriptions-6242133 ДАСГАЛ 1. Дараах нөхцлийг дифференциал тэгшитгэлээр илэрхийлж бичээрэй. Пропорционалийн коэффициентийг k гэж ав. а. Дугуйн радиус r нь тогтмол хурдаар ихэсч байв. б. Резинэн утасны урт x нь урттай пропорциональ хурдаар ихэснэ. в. Төмөр савааг халаахад түүний урт L нь уртын квадраттай пропорционал хурдаар ихэснэ. г. Саванд буй бактерийн тоо N нь уг тоотой урвуу пропорционал хурдаар нэмэгдэж байв. д. Биетийн дулаан T нь дулааны хэмжээтэй пропорционал хурдаар буурч байв. е. Биетийн хөрөх хурд нь биетийн температур T ба орчны температур Ts -ийн ялгавартай пропорционал байв. ё. Нууранд байгаа нэгэн зүйл загасны тоо N байв. Аль ч t өдрийн хугацаанд загасны тооны өсөлтийн хурд нь тухайн үеийн загасны тооны зууны нэгтэй тэнцүү. Нуураас өдөр бүр K ширхэг загас барьдаг. Бодолт. а. dr =k (хурд нь тогтмол байна), б. dx = kx (хурд нь эерэг) dt dt в. dL = kL2 (хурд нь эерэг) г. dN = k (хурд нь эерэг) dt dt N д. dT = −kT (хурд нь сөрөг байна) е. dT = k(T −Ts ) ( T − Ts <0 тул хурд нь сөрөг) dt dt ё. dN = N − K = N −100K (K буурах хурдтай байх үед N өсөх хурдтай байна.) dt 100 100 100 Хувьсагч нь ялгагдах 1-р эрэмбийн дифференциал тэгшитгэлийн ерөнхий шийд олох Тодорхойлолт. y = f (x) функцийн 1 дүгээр эрэмбийн дифференциал гэж ƒƒ Тухайлбал dy = 2x гэх мэтийн хамгийн хялбар дифференциал тэгшитгэлээс эхэлж болох юм. dx Сурагчдад шийдийг нь олох даалгавар өгнө. “Ерөнхий шийд” гэдэг ойлголтыг танилцуулж, интегралын тогтмолыг олох нь чухал гэдэгт анхаарлыг нь хандуулаарай. dy = y2 гэх мэт dx дифференциал тэгшитгэл авч үзээд, бодохын тулд хувьсагчдыг ялгах санаа руу сурагчдаа хөтөлж болно. Өөрөөр хэлбэл dy = dx гэж бичээд хоёр талаас интеграл авах хэрэгтэй гэсэн санааг y2 сурагчдаар гаргуулаарай. ƒƒ Дараа нь сурагчдаар хувьсагчдыг ялгуулах дасгал хийлгэх нь ашигтай, та тэдэнд илүү хүнд даалгавар өгөхөөсөө өмнө дөхүүлэх асуултууд сайн асуух хэрэгтэй. 92

Математик XII анги Хувьсагчдыг ялгахад хувьсагчдын аль нь үл хамаарах хувьсагч (ихэвчлэн x -ээр тэмдэглэдэг) болох, аль нь хамаарах хувьсагч (ихэвчлэн y -ээр тэмдэглэдэг) болохыг эхлээд таних нь чухал. x нь хөдөлгөөн эхэлснээс хойших зайг, t нь хугацааг тэмдэглэж байвал өөрчлөлтийн хурд нь dx dt dt (энэ тохиолдолд хурд гэдэг), эсвэл dx (энэ нь километр бүрд зарцуулсан минутаар хэмжигдэж болох юм) аль нь ч байж болно. Гэхдээ функц харилцан нэгэн утгатай бол тэр урвуутай, энэ үед аль ч хувьсагчийг үл хамаарах хувьсагчаар сонгож болдог. dx ба dx нь dx =1 dy гэсэн хамааралтай байдаг. Энэ хамаарлыг ашиглан дифференциал dy dy dy dx тэгшитгэлийн хувьсагчдыг ялгадаг. Жишээ нь, dy = f ( y) тэгшитгэлийг dx = f 1 гэж dx dy (y) 1 хувиргаж болно. Эндээс x = ∫ f dy гэж бодох боломжтой болно. (y) ƒƒ Интегралын төрөл бүрийн томьёог сэргээн сануулж, логарифмын чанарууд ашиглан илэрхийлэл хялбарчлахад нь сурагчдад туслах хэрэгтэй. Мөн тэдэнд c тогтмол тоо үед ex+c хэлбэрийн илэрхийллийг Aex хэлбэртэй бичиж болохыг давтуулж , хувиргах дасгал ажиллуулж, шаардсан хэлбэрээр шийдийг нь бичүүлнэ. Ерөнхий шийдийн график нь бие биедээ Oy тэнхлэгийн дагуу параллель зөөлтөөр шилжих төгсгөлгүй олон муруйнууд байгааг харуулах хэрэгтэй. Ерөнхийдөө (1) dy = f (x), (2) dy = f ( y), (3) dy = f (x) хэлбэрийн тэгшитгэлүүдийг бодож сурах юм. dx dx dx g( y) Жишээ 1. dy = x +1 байх у муруйн тэгшитгэлийг ол. dx x2 Бодолт. Энэ нь (1) хэлбэрийн тэгшитгэл тул хоёр талыг х-ээр интегралчилж бодно. ∫ ∫y = x +1 dx =  1 + x−2  dx = ln x − x−1 + C . x2 x (2) dy = f (y) хэлбэрийн тэгшитгэлийг dy ⋅ dx =1 байдгийг ашиглан хувиргаж dx = 1 хэлбэрт dx dx dy dy f (y) оруулаад, хоёр талыг y -ээр интегралчилж боддог. Жишээ 2. dy = y − y2 тэгшитгэлийг бод dx dx = 1 Бодолт. Тэгшитгэлийг dy y − y2 гэж бичээд хоёр талыг у - ээр интегралчилбал ∫ ∫ ∫x =y1 dy = y 1 y ) dy =  1 − 1 dy = ln y − ln( y −1) + C = ln y y + C . Эндээс y = e x−C гэж − y2  y y −1 −1 ex−C −1 (1− гарна. (3) dy = f (x) хэлбэрийн тэгшитгэлийг бодох нь далд тэгшитгэлээс dy -ийг олох үйлдлийн урвуу dx g( y) dx үйлдлийг хийж буй хэрэг юм. Ийм хэлбэрийн тэгшитгэлийн y -ийг зүүн талд, x -ийг баруун талд ялгаж хувиргаж болдог тул хувьсагч нь ялгагдах тэгшитгэл гэдэг. Хувьсагчдыг ялгахын тулд g ( y ) -ээр үржүүлбэл g ( y) dy = f (x) болно. Ийм хэлбэрийн тэгшитгэл далд тэгшитгэлийг dx дифференциалчлах үед гардаг. Цаашилбал, тэгшитгэлийг g ( y ) dy = f ( x) dx гэж бичсэн ч болно. Хэрвээ бид G′ ( y) = g ( y) ба F′ ( x) = f ( x) байх G ( y) ба F ( x) функцийг олж чадвал манай тэгшитгэл G′ ( y ) dy = F ′ ( x ) хэлбэртэй болно. Тэгшитгэлийн хоёр талыг x -ээр интегралчилбал dx G ( y ) = F ( x) + C гэсэн далд тэгшитгэл гарна. тэгшитгэлийг g ( y ) dy = f ( x) dx хэлбэртэй бичсэн бол өмнө тал нь y , хойд тал нь x үл хамаарах хувьсагч нь болно. Энэ үед тэгшитгэлийн хоёр талыг харгалзах үл хамаарах хувьсагчаар нь 93

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном интегралчилж болдог. Тэгвэл өмнөхийн адил G ( y ) = F ( x) + C гэсэн далд тэгшитгэл хэлбэртэй шийд гарна. Энд G ( y ) нь G ( y(x)) хэлбэрийн далд функц бөгөөд эндээс y ( x) -ийг олох нь ихэвчлэн хүнд байдаг. Нэмэлт. (1), (2), (3) хэлбэрийн тэгшитгэлүүд нь бүгд g ( x) dx + f ( y ) dy = 0 хэлбэрт шилжих тэгшитгэлүүд бөгөөд шийдийг ∫ g ( x) dx +∫ f ( y ) dy = C гэж олж болно. 6 Жишээ 3. Муруйн P цэг бүр дээр татсан шүргэгчийн налалт OP хэрчмийн налалтын квадраттай тэнцүү байв. Муруйн тэгшитгэлийг ол. y Бодолт. Хэрвээ муруй дээрх цэг P ( x, y) бол OP -ийн налалт y байх y P x  y 2 тул P цэг дээр татсан шүргэгчийн налалт  x  болно. Иймд x ба y O xx dy y2 −6 −4 dx x2 нь = дифференциал тэгшитгэлийг хангана. −2 1 dy = 1 A2 y2 dx x2 1 1 Тэгшитгэлийн хоёр талыг y2 -д хуваавал , x -ээр инAт6егралчилба−л4 − y = − x + C A1 гэж гарна. Эндээс x A1 1− Cx y = болно. (C-ийн хэд хэдэн утга авч ямар муруйнууд гарч байгааг үзAэ3 эрэй ). −6 ДАСГАЛ. (3) хэлбэрийн тэгшитгэлүүд 1. Тэгшитгэлийн ерөнхий шийдийг ол а. dy = x2 б. dy = x в. dy = xy г. dy = 1 dx y2 dx y dx dx xy 2. dy = y дифференциал тэгшитгэлийг хангах, (1, 3) цэгийг дайрах муруйн тэгшитгэлийг бич. dx x ( x +1) 3. Өгсөн цэгийг дайрсан, өгсөн дифференциал тэгшитгэлийг хангах муруйн тэгшитгэлийг ол а. dy = tgx ,  π , 0  б. 4+ x dy = y2 (0,1) в. ey dy −1 = ln x (1,1) dx tgy 3 dx dx Тухайн шийд олоход анхны нөхцөлийг ашиглах 1. Функцийн уламжлал ба тодорхой нэг x0 цэг дээрх уг функцийн y0 утгыг мэдсэнээр х-ээс хамаарсан функц у-ийг олох бодлогыг анхны нөхцөл ашиглах бодлого гэнэ. Энэ бодлогыг хоёр алхамтай боддог: 1. ∫ dy = ∫ f (x)dx → y = F ( x) + C (Үүнийг ерөнхий шийд гэнэ) 2. Анхны нөхцлийг ерөнхий шийдэд орлуулж, С-ийн утгыг олно. Жишээ 1. dy = 4 − x, y(0) = −1 бол y функцийг ол. dx dy dy y = 4x − 1 Бодолт. 1 дүгээр алхам dx = 4 − x, ⇒∫ dx dx = ∫ (4 − x) dx, ⇒ 2 x2 +C 2 дугаар алхам x = 0 үед y = −1 учраас −1 = 4⋅0 − 1 ⋅02 + C буюу C = −1 . Иймд олох функц нь 2 y = − 1 x2 + 4x −1 болно. (Энэ нь тухайн шийд) 2 Практик ач холбогдолтой бодлого бодох Жишээ 2: Доогуураа цоорхой сав руу ус юүлж байна. Эхлээд сав хоосон байх ба t минутын дараа сав V см3 устай болсон гэе. Сав руу ус минутанд тогтмол 100 см3 хурдтай юүлнэ. Харин савнаас ус минут тутамд kV см3 хурдтай гоожно. Энд k эерэг тогтмол. 94

Математик XII анги а. Энэ нөхцөл байдлыг илэрхийлэх дифференциал тэгшитгэл бичиж, бодоод V = 1 (100 −100e−kt ) k болохыг харуулаарай. б. t = 20 үед V = 600 байсан бол k нь k = 1− e−20k тэгшитгэлийг хангана гэж харуулаарай. 6 в. Энэ тэгшитгэлд тулгуурласан рекуррент томьёо ашиглан k -ийн утгыг зууны орноор нарийвчлан олоорой. k = 0.1 гэсэн анхны утга ашигла. Дөхөлтийн алхам бүрийн хариугаа арван мянганы нарийвчлалтай гаргаарай. г. Ус юүлж эхэлснээс хойш 30 минутын дараа сав ямар хэмжээний устай болсон байх вэ? Урт хугацаа өнгөрвөл саван дахь усны эзэлхүүн яаж өөрчлөгдөхийг хэлээрэй. Бодолт. а. Өгсөн нөхцлийг дифференциал тэгшитгэл хэлбэрээр бичвэл dV = 100 − kV болно. dt dV Тэгшитгэлийн хоёр талд V ба t хувьсагчдыг ялгаж 100 − kV = dt гэж бичээд хоёр талыг харгалзах хувьсагчдаар интегралчилбал − 1 ln (100 − kV ) = t + C болно. Энэ ерөнхий шийдэд t=0 үед V =0 k гэсэн анхны нөхцлийг орлуулбал 1 гэж гарна. Иймд − 1 (100 − kV ) t − 1 C = − k ln 100 k ln = k ln 100 -д хуваавал болно. Тэнцэтгэлийн хоёр талыг − 1 k ln (100 − kV ) = ln 100 − kt ⇒ kt = ln 100 буюу 100 = ekt гэж гарна. Эндээс 100 − kV 100 − kV 100 1 = ekt k ( )100 − kV = 100e−kt ⇒ kV = 100 −100e−kt ⇒V = 100 −100e−kt боллоо. б. t = 20 үед V = 600 тул 600 = 1 (100 −100e−20k ) болно. Хоёр талыг 100-д хувааж k -аар үржүүлбэл k 6k = 1− e−20k , эндээс k = 1− e−20k гэж гарна. 6 1 an+1 = 6 ( )г. k= a=0 0.1 ба 1− e−20an рекурент томьёо ашиглан { an } дарааллын эхний гишүүдийг = 1 1− e−2 1 6 a2 = 6 1 ( ) ( ) ( ) ( )олъё. a1 = 6 1− e−20a0 ≈ 0.1441, 1 − e−20×0.1441 = 0.1573 , 1 1 − e−20×0.1573 = 0.1595 , a3 = 6 ( ) ( )1 a4 = 6 1 − e−20×0.1595 ≈ 0.1598 , 1 1 − e−20×0.1598 ≈ 0.1598 . Иймд k = 0.16 болно. a5 = 6 д. t = 30 үед ( )V = 100 1− e−0.16⋅30 ≈ 620 см3 устай болсон байна. Хэрвээ V = 1 (100 −100e−kt ) k 0.16 томьёонд t → ∞ үед e−∞ = 0=тул V 1=00 : 0.16 625 см3 болно. Ийнхүү урт хугацаа өнгөрвөл сав 625 см3 устай болно. ДАСГАЛ 1. dy = 6x2 − 6x +1 ба y (−1) = 0 бол y функцийг ол. dx 2. dy = xy дифференциал тэгшитгэлийн хувьд dx x2 +1 а. (1,2) цэгийг дайрах, уг тэгшитгэлийн шийд муруйн тэгшитгэл бич б. ерөнхий шийдийг ол Дифференциал тэгшитгэлд хүргэдэг хялбар бодлогуудын шийдийн утгыг тайлбарлах 1. Бодчихсон дифференциал тэгшитгэл авч, шийдийг нь нөхцөл байдалтай холбон тайлбарлах дасгал хийлгэж болно. Тухайлбал, шийдийн графикаас харж уг шийдийн утгыг нь тайлбарлаж болох 95

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном юм. Жишээлбэл дараах график dP = − ( P − 20) () тэгшитгэлийн тухайн шийдийн дүрслэл юм. Энд P нь dt эх олонлогийн хэмжээг 1000-аар, t нь хугацааг жилээр илэрхийлнэ. Эхлээд t = 0 үед P = 16 гэж өгөгдсөн. Энэ нь P = 20 − 4e−t гэсэн тухайн шийд гаргаж өгнө. Энэ нь тэгшитгэлийн шийд мөн болохыг dP = − ( P − 20) тэгшитгэлд орлуулан dt шалгуулж үнэмшүүлж болно. Энэ шийдийг хэрхэн олох нь өөр асуудал. Графикаас t ихсэхэд P нь 20 руу дөхөж байгаа нь харагдаж байна. Иймээс хугацаа ихсэхэд эх олонлогийн хэмжээ ихэссээр байх боловч 20 000 –аас хэзээ ч хэтрэхгүй гэсэн дүгнэлт хийж болно. Үүний адилаар энэ дүгнэлтийг тухайн шийдээс алгебр аргаар: t ихсэх үед e−t нь тэг рүү дөхөх тул P 20 -руу дөхнө гэж гарна. 2. Дифференциал тэгшитгэлийн ерөнхий шийд нь муруйнуудын бүл байдгийг ойлгож, тайлбарлах. Сурагчдад dy = 1 , x>0 дифференциал тэгшитгэлийн ерөнхий шийдийг олж графикийг зурж dx x тайлбарлах даалгавар өгнө. y C =1 C=0 Бодолт. Тэгшитгэлийн хоёр талыг x -ээр интегралчилбал C = −1 y = ln x + C гэж гарна. x > 0 тул модулийн тэмдэггүй бичнэ. Энэ бол тэгшитгэлийн ерөнхий шийд юм. Энэ шийдийг дүрсэлбэл графикийн бүл буюу шийдийн муруйнууд гарна. Зураг дээр цөөн C = −3 хэдэн тохиолдлыг дүрслэв. x Зургаас харвал C = 0 үед муруй (1, 0) цэгийг дайрч байна. Бусад муруйнууд бие биедээ Оу тэнхлэгийн дагуу параллель зөөлтөөр бие биедээ шилжинэ. ƒƒ Дифференциал тэгшитгэл ихэвчлэн шинжлэх ухааны хууль, таамаглалаас гардаг бөгөөд энэ тохиолдолд түүнийг бодит амьдралын нөхцөл байдлын математик загвар гэж нэрлэдэг юм. 96

Математик XII анги ДАСГАЛ 1. x хувьсагчийн өсөлтийн хурд (100 − x)2 -тай пропорциональ. t=0 үед x=0 ба dx = 10 байв. dt dx а. x нь 1000 dt = (100 − x)2 дифференциал тэгшитгэлийг хангана гэж харуул. 1000 б. Энэ дифференциал тэгшитгэлийн шийдийг x = 100 − t +10 хэлбэртэй бичиж болохыг нотол.x в. t = 90 үед x -ийн утгыг ол. г. x = 50 үед t -ийн утгыг ол. д. x ба t -ийн хамаарлыг харуулсан график зурж, t маш их болох үед x хэрхэхийг тайлбарла. 2. Цацраг идэвхт бодисын атомын задрах хурд нь хугацааны аль ч t агшинд тухайн үед байгаа атомын тоо N -тэй пропорционал байв. Эхэнд бодисын атомын тоо N0 байна. а. Энэ нөхцлийг дифференциал тэгшитгэлээр илэрхийлж бод. б. N -ийн t -ээс хамаарах хамаарлыг харуулсан тойм график зурж, хамаарлыг тайлбарла. 3. Муруйн ( x, y ) цэг дээрх налалт x2 y -тэй пропорциональ байв. (−1,1) цэг дээрх налалт нь 3 байв. а. dy = 3x2 y болохыг харуул. dx б. Энэ дифференциал тэгшитгэийг бодож, шийд нь y = ex3+1 гэж харуул. Уламжлалыг хэрэглэх (их, бага утгыг олох бодлого) Хувьсах хэмжигдэхүүний их, бага утгыг олох бидний мэдэх уламжлалт аргаас гадна далд эсвэл параметрт тэгшитгэлийн уламжлалыг ашиглах аргыг жишээгээр харуулав. Жишээ 1. Адил диагональтай тэгш өнцөгтүүд дотроос хамгийн их талбайтай нь квадрат байдгийг батал. Бодолт. Тэгш өнцөгтийн диагоналийг d, талуудыг x, y, талбайг S гэвэл d нь тогтмол тоо, y ба S нь x-ээс хамаарсан функцүүд байна. Пифагорын теоремээр y2 + x2 = d 2 тэнцэтгэл биелэх ба хоёр талаас нь x-ээр уламжлал авбал 2 yy′ + 2x = 0 , эндээс y′ = − x болно. Талбай нь S = xy болох ба уламжлал y x2 y2 − x2 S′ = y + xy′ = y− y = y нь тэгтэй тэнцэхийн тулд x = y байхаас өөр аргагүйд хүрнэ. x (3y2 + x2 ) Хоёрдугаар эрэмбийн уламжлалыг бодоход S '' = − илэрхий сөрөг тоо учир x = y нь S y2 ‑ийг максимумд хүргэх нөхцөл болно. Жишээ 2. Тогтмол эзлэхүүнтэй цилиндрийн гадаргуун талбай хамгийн бага байхын тулд өндөр диаметрийн харьцаа ямар байвал зохих вэ? хариу: 1 Бодолт. Цилиндрийн эзлэхүүнийг V, суурийн радиусыг r , өндрийг h гэе. Тэгвэл V нь тогтмол тоо байх ба r -ийг h -ээс хамаарсан функц хэмээн үзэж болно. V = π r2h хоёр талаас h -аар уламжлал авбал 0 = π (r2h)′ , үржвэрийн уламжлалын дүрмээр 2r dr ⋅ h + r 2 =0 буюу dr = − r dh dh 2h Цилиндрийн гадаргуун талбай S (h) = 2π r2 + 2π rh = 2π (r2 + rh) нь минимум утгаа авахын тулд түүний уламжлал 0-тэй тэнцэх хэрэгтэй. S′ (h) = 2π  2r dr + dr h + r  = 2π  dr ( 2r + h ) + r  энд dr =− r -ийг орлуулаад dh dh dh dh 2h S′(h) = 2π  − r ( 2r + h) + r  = 2π −2r 2 − rh + 2rh =πr −2r + h = 0 2h 2h h Эндээс 2r = h . 97

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном S′(h) =π −2r2 + rh =π  −2 r2 + r  тул II эрэмбийн уламжлал авбал h  h  S′′ (h) = π  −2 2rr 'h − r2 + r '  = π 8r2 − rh болох ба h = 2r гэж орлуулбал  h2 2h2 S′′ (h) = π 8r2 − 2r2 =π 3r 2 > 0 болж, h = 2r нь гадаргуун талбайг хамгийн бага байлгах нөхцөл 2h2 h2 болно. Өтгөрүүлсэн сүүний болон будагны зарим төмөр лаазууд ийм хэмжээтэй байдгийг та бид мэднэ. Дасгал 1. Гурвалжны хоёр тал a, b байв. Тэдгээрийн хооронд үүсэх өнцөг ϕ -ийн ямар утгад гурвалжны талбай хамгийн их байх вэ? ϕ = 90° 2. r радиустай бөмбөрцөгт багтсан цилиндрийн эзлэхүүний хамгийн их утга 4π r3 =-тай тэнцүү 33 болохыг батал. 3. r суурийн радиус, h өндөртэй конус өгөв. Суурийн төв нь өгсөн конусын орой дээр, орой нь өгсөн конусын тэнхлэг дээр орших ба өгсөн конусыг багтаасан конусын суурийн радиус 3r -тай 2 тэнцүү болох үед эзлэхүүн хамгийн бага утгаа авна гэж батал. 4. Хагас бөмбөлөг хэлбэрийн таглаатай, цилиндр сав хийлгэх болов. Гэтэл үйлдвэр савны суурийн дугуйг хийхэд 1см2 бүрийг 4 мянга, цилиндр муруйлттай хажуу хананы 1см2 бүрийг 2 мянга, хагас бөмбөлөг хэлбэрийн таглааны 1см2 бүрийг 3 мянган төгрөгөөр үнэлжээ. Хэрэв цилиндр савны эзлэхүүн V бол суурийн радиус 3 V =байхад өртөг хамгийн бага байна гэж харуул. 5π 5. Сурах бичгийн Уламжлал бүлгийн нэмэлт бодлогуудыг энэ аргаар бодуулаарай. Тригонометр Тригонометр функцийн график 11 дүгээр ангид судалсан синус, косинус, тангенс функцийн чанар ба графикийг сэргээн сануулаад синус функцийн урвууг косеканс, косинус функцийн урвууг секанс, тангенс функцийн урвууг котангенс гэж нэрлэдэг болохыг хэлж, тэмдэглэгээг нь бичүүлнэ. =sin1 x c=osec x, co1s x sec x, 1 = ctg x tg x y = cosec x функцийн график Косеканс функц бүх тоон шулуун дээр утгатай юу? гэсэн асуудал дэвшүүлж, y = cosec x функцийн графикийг дараах чанарууд дээр тулгуурлан байгуулъя. 1.Бутархайн хуваарь тэгээс ялгаатай байх учраас синус функцийн y тэгтэй тэнцэх утгууд дээр косеканс функц утгагүй. Өөрөөр хэлбэл y = cosec x x ≠ π k,� �k ∈  тодорхойлогдох мужтай. −π − π O y = sin x x 2. Утгын муж ]−∞, +∞[ . 2 ππ 3. Сондгой функц. 2 4. Сайн мэдэх синусийн хэдэн утгаа ашиглан утгын хүснэгтийг байгуулж, ]−π , π [ хэрчимд харгалзах хэсгийг зурна. Дараагаар нь тодорхойлогдох мужийн бусад завсарт 2π зайтайгаар параллелиар зөөж, давтан зурахад косеканс функцийн график гарна. 98

Математик XII анги y = sec x функцийн график Секанс функц бүх тоон шулуун дээр утгатай юу? гэсэн асуудал y дэвшүүлж, y = sec x функцийн графикийг дараах чанарууд дээр тулгуурлан байгуулья. y = sec x 1. Бутархайн хуваарь тэгээс ялгаатай байх учраас косинус функцийн тэгтэй тэнцэх утгууд дээр секанс функц утгагүй. Өөрөөр хэлбэл тодорхойлогдох муж x ≠ π k, k ∈  y = cos x 2 2. Утгын муж ]−∞, +∞[ . −π − π O π π x 2 2 3. Тэгш функц. 4. Сайн мэдэх косинусийн хэдэн утгаа ашиглан утгын хүснэгтийг байгуулан,  − π , 3π  хэрчимд харгалзах хэсгийг зурж, цаашид  2 2  тодорхойлогдох мужийн бусад завсарт 2π зайтайгаар параллелиар зөөж, давтан зурна. y = ctgx функцийн график y y = ctgx функцийн графикийг дараах чанарууд дээр тулгуурлан байгуулья. 1. Тодорхойлогдох муж нь x ≠ π k,� �k ∈  . 2. Утгын муж нь ]−∞, +∞[ . 3. Сондгой функц. x0 π = π = π = π = 2π = 3π = 5π = π= y = ctg x 6 4 3 2 3 4 6 y ∞= 3 1 1 0 − 1 –1 − 3 ∞ = −π − π O π πx 33 2 2 4. Сайн мэдэх котангенсийн хэдэн утгаа ашиглан дараах хүснэгтийг байгуулж, π = үндсэн үетэй учраас y = ctgx функцийн графикийн ]0, π [ хэрчимд харгалзах хэсгийг зурна. Түүнийгээ тодорхойлогдох мужийн бусад завсарт π =зайтайгаар параллелиар зөөж, давтан зурна. Тэгш өнцөгт гурвалжны хувьд tgα = a буюу ctgβ = a байна. Учир нь α b b гурвалжны дотоод өнцгийн нийлбэр 180° =учраас α + β = 90° байх бөгөөд b α өнцгийг олоход α = 90° − β байна. Үүнийг tgα = a -д орлуулахад β b a tgα = tg (90° − β ) = ctgβ = a болно. Иймд ctg x = tg  π2=− x  , tg x cs=oins xx , ctg x cos x байна. b sin x Жишээ 1: 0 ≤ x ≤ 360° , cosecx = −8 бол sinx -ийн утгыг ол. Бодолт: sin x= 1 = −1 = −0.125 cosecx 8 Өмнөх ангид үзсэнтэй адилаар y = cosec x , y = sec x , y = ctg x функцийн график ашиглан графикийн шилжилтийг сурагчдаар бие даан хийлгээрэй. sec2 x = 1+ tg2 x ба cosec2 x = 1+ ctg2 x адилтгал sin2 x + cos2 x = 1 (1) үндсэн адилтгалын хоёр талыг cos2 x -д хуваана. sin2 x + cos2 x = 1 x Дараагаар cos2 x cos2 x cos2 нь tg x = sin x адилтгалыг хэрэглэвэл tg2 x +1 = sec2 x томьёо гарна. Мөн (1)-ийг sin2 x –д хуваахад cos x sin2 x + cos2 x = 1 болох бөгөөд ctg x = cos x адилтгалыг хэрэглэвэл ctg2 x +1 = cosec2 x томьёо sin2 x sin x sin2 x sin x 99

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном гарна. Жишээ 2: sin x x илэрхийллийг хялбарчил 1+ ctg2 Бодолт. sin x x = sin x x = sin x = sin3 x 1+ ctg2 cosec2 1 sin2 x Нийлбэр, ялгаврын тригонометр функцийн томьёо sin (α + β ) , sinα + sinβ нь өөр гэдгийг тодорхой жишээн дээр хийх даалгавар өгөөрэй. Тухайлбал: sin(30° + 60°) = sin 90° =1, sin 30° + sin 60° = 1 + 3 = 1+ 3 , 1≠ 1+ 3 учраас ялгаатай. 2 22 2 Мөн cos (α + β ) нь cosα + cosβ , tg (α + β ) нь tgα + tgβ -гаас ялгаатай гэдгийг харах шаардлагатай. sin (α + β ) = sin α cos β + sin β cos α (1) болохыг тайлбарлаж ярилцана.Өөрөөр хэлбэл: OKT , KQR тэгш өнцөгт гурвалжнуудын хувьд: OKT = RKQ босоо өнцөг, OTK = KQR тэгш өнцөг учраас TOK = KRQ = α болно. OTR тэгш өнцөгт гурвалжны хувьд синусын харьцаа бичээд хувиргахад sin (α + β ) = TR = TS + RS = PQ + RS = PQ + RS = PQ ⋅ OQ + QR ⋅ RS = sin α cos β + sin β cos α 0R OR 0R OR OR OQ OR OR QR болно. Үүнд: OPQ гурвалжны хувьд: sin α = PQ , RSQ гурвалжны хувьд: R OQ α cos α = RS , ORQ гурвалжны хувьд: sin β = RQ , ORQ гурвалжны хувьд: SQ QR OR cos β = OQ болохыг ашигласан. βK OR sin (α + β ) = sinα cosβ + sinβ cosα томьёоны β -ийн оронд −β орлуулаад синус α функц сондгой, косинус тэгш функц гэдгийг тооцоолбол: O TP sin (α − β ) = sinα cosβ − sinβ cosα (2) томьёо гардаг. Үүнийг ялгаврын синусын томьёо гэнэ. Одоо нийлбэрийн косинусын томьёо гаргая. sin (α − β ) = sinα cosβ − sinβ cosα томьёоны α -ийн оронд π −α -г орлуулахад 2 sin  π − α − β  = sin  π −α  cosβ − sinβ cos  π −α  , sin  π − (α + β )  = cosα cosβ − sinαsinβ 2 2 2 2 cos (α + β ) = cosα cosβ − sinαsinβ (3) болно. Үүнийг нийлбэрийн косинусын томьёо гэдэг. Нийлбэрийн косинусын томьёоны β -ийн оронд � β орлуулж синус сондгой, косинус тэгш функц гэдгийг тооцоолбол cos (α − β ) = cosα cosβ + sinαsinβ (4) томьёо гарна. Үүнийг ялгаврын косинусын томьёо гэдэг.Одоо нийлбэр өнцгийн тангенсийг гаргая. Үүний тулд tg (α +β)= sin (α + β ) харьцаа ба өмнө гаргасан нийлбэрийн синус, косинусын томьёог ашиглавал cos (α + β ) sin (α + β ) sin α cos β + sin β cos α (sin α cos β + sin β cos α ) ⋅ cos 1 β cos (α + β ) cos α cos β − sin α sin β α cos tg (α +β)= = = = 1 (cos α cos β − sin α sin β ) ⋅ cos α cos β sin α cos β + sin β cos α sin α + sin β cos α cos β cos α cos β cos α = cos α cos β = cos β = tgα + tg β (5) болно. Үүнийг нийлбэрийн тангенсийн cos α cos β 1− tgαtgβ − sin α sin β 1 − sin α ⋅ sin β cos α cos β cos α cos β томьёо гэдэг. (5) томьёоны β -г ( � β ) -гээр сольж, тангенс сондгой функц болохыг ашиглавал tg (α − β ) = tgα − tgβ (6) томьёо гарах, гаргасан томьёонуудаа ашиглан бодлого бодуулна. 1+ tgα tgβ 100

Математик XII анги Жишээ 3: sin105°-=ийн утгыг олоорой. Бодолт: sin 105° = sin (45° + 60°) = sin 45° cos 60° + sin 60° cos 45° = 2⋅1+ 3⋅ 2= 2+ 6 22 2 2 4 Тригонометр функцүүдийн нийлбэр, ялгаврын томьёо Өмнө нь sin (30° + 60°) ба sin 30° + sin 60° илэрхийллүүд ялгаатай гэдгийг, мөн sin (30° + 60°) -ийн томьёо хэрэглэн хэрхэн бодлого бодох талаар мэддэг болсон. Харин sin 30° + sin 60° хэлбэрийн бодлогуудыг ерөнхий тохиолдолд хэрхэн бодох вэ? гэсэн асуудал дэвшүүлж шийдвэрлэнэ. Одоо синусуудын нийлбэрийн томьёог гаргая. sin (α + β ) = sin α cos β + sin β cos α (1) sin (α − β ) = sin α cos β − sin β cos α (2) томьёонуудыг хооронд нь нэмэхэд sin (α + β ) + sin (α − β ) = 2 sin α cos β болно. Эндээс α + β = x гэж тэмдэглээд, тэгшитгэлийн α − β = y x+ y , = x−y системээс α ба β -г олбол α= 2 β 2 болно. Үүнийг sin (α + β ) + sin (α − β ) = 2 sin α cos β адилтгалд орлуулахад sin x + sin y = 2 sin x+ y cos x− y (7) 2 2 гэж гарна. (7) −-г синусуудын нийлбэрийн томьёо гэдэг. (7) томьёоны y -ийг (- y )-ээр сольж, синус сондгой функц гэдгийг тооцоолбол sin x + sin (− y ) = 2 sin x + (− y) cos x − (− y) буюу 22 sin x − sin y = 2 sin x − y cos x + y (8) 2 2 болох бөгөөд үүнийг синусуудын ялгаврын томьёо гэдэг. cos (α + β ) = cos α cos β − sin α sin β (3) cos (α − β ) = cosα cosβ + sinαsinβ (4) томьёонуудыг хооронд нь нэмэхэд cos (α + β ) + cos (α − β ) = 2 cos α cos β болох бөгөөд α + β = x x=α+β , y =α −β болохыг ашиглавал α − β = y , 2 2 cos x + cos y = 2 cos x + y cos x − y (9) 22 томьёо гарна. Үүнийг косинусуудын нийлбэрийн томьёо гэдэг. (3) ба (4) томьёонуудыг хооронд нь хасахад cos (α + β ) − cos (α − β ) = −2 sin α sin β болох бөгөөд бөгөөд α +β = x α = x+ y , β = x− y ба α −β = , 2 2 y синус сондгой функц болохыг ашиглавал cos x − cos y = −2 sin x + y sin x− y = 2 sin x + y sin y−x (10) 2 2 2 2 томьёо гарна. Үүнийг косинусуудын ялгаврын томьёо гэдэг. Тригонометр функцийн үржвэрийг тригонометр функцийн нийлбэр, ялгаварт шилжүүлэх томьёо (1) ба (2)томьёонуудыг нэмэх, хасахад гарсан sin (α + β ) + sin (α − β ) = 2sinα cosβ , sin (α + β ) − sin (α − β ) = 2sinβ cosα томьёонуудаас синус, косинусийн үржвэрийг олоход sin α cos β = 1  sin (α + β ) + sin (α − β )), sin β cos α = 1 (sin (α + β ) − sin (α − β )  болох бөгөөд 2 2 үүнийг синус, косинусын үржвэрийг нийлбэрт шилжүүлэх томьёо гэдэг. (3) ба (4) томьёонуудыг нэмэхэд гарсан cos (α + β ) + cos (α − β ) = 2cosα cosβ томьёоноос косинусуудын үржвэрийг олоход 101

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном cos α cos β = 1 (cos (α + β ) + cos (α − β )) болох бөгөөд үүнийг косинусын үржвэрийг нийлбэрт 2 шилжүүлэх томьёо гэдэг. (3) ба (4) томьёонуудыг хасахад гарсан cos (α + β ) − cos (α − β ) = −2 sin α sin β томьёоноос синусуудын үржвэрийг олоход sin α sin β = − 1 (cos (α + β )− cos (α − β )) = 1 (cos (α − β ) − cos (α + β )) болох бөгөөд үүнийг 2 2 синусуудын үржвэрийг нийлбэрт шилжүүлэх томьёо гэдэг. Жишээ 4: π <α <π, π <β <π, sin α = 4, cos β = − 15 бол sin(α + β ) илэрхийллийн утгыг ол. 2 2 5 17 Бодолт: | cos α |= 1− sin2α = 1− 16 = 3 , α нь хоёрдугаар мөчид учраас cos α =−3 25 5 5 | sin β |= 1− cos2β = 1− 225 = 8 β нь хоёрдугаар мөчид учраас sin β = 8 289 17 17 sin (α + β ) = sin α cos β + sin β cos α = 4 ⋅  − 15  + 8 ⋅  − 3  = − 84 болно. 5 17 17 5 85 3) Давхар өнцгийн томьёо: Нийлбэрийн синус, косинус, тангенсийн томьёог бичүүлж, тэдгээрийн аргумент нь ижил байвал томьёо ямар байх талаар ярилцаж, дүгнэлт гаргуулна. sin (α + β ) = sin α cos β + sin β cos α , cos (α + β ) = cos α cos β − sin α sin β , tg (α + β ) = tg α + tg β 1− tg α tg β томьёонуудын β -ийн оронд α -г орлуулж sin 2α = 2 sin α cos α , cos 2α = cos2 α − sin2 α , tg 2α = 2 tg α томьёонуудыг гаргах бөгөөд эдгээрийг давхар өнцгийн синус, косинус, тангенсийн 1− tg2 α томьёо гэдэг. Давхар өнцгийн косинусийн томьёог хувиргавал: cos 2α = cos2 α − sin2 α = cos2 α − (1− cos2 α ) = cos2 α −1+ cos2 α = 2 cos2 α −1 , cos2 α = 1+ cos 2α 2 cos 2α = cos2α − sin2α = 1− sin2α − sin2α = 1− 2sin2α , sin2α = 1− cos 2α болох бөгөөд эдгээрийг зэрэг 2 бууруулах томьёо гэдэг. Эдгээрийг тригонометр илэрхийллийг тооцоолох ба хувиргахад өргөн ашигладаг болохыг хэлнэ. Жишээ 5: sin α = 0.6 ба α нь II мөчийн өнцөг бол sin 2α , tg 2α cos 2α -г ол. Бодолт. α нь II мөчийн өнцөг учир cos α < 0 , cos α = − 1− sin2α = − 1− 0.36 = − 0.64 = −0.8 sin 2α = 2 sin α cos α = 2⋅0.6⋅(−0.8) = −0.96 , cos 2α = cos2 α − sin2 α = 0.64 − 0.36 = 0.28 tg 2α = sin 2α = −0.96 = −96 = −24 = −3 3 cos 2α 0.28 28 7 7 4) Туслах өнцгийн томьёо: a ⋅cosθ + b ⋅sin θ илэрхийллийг r ⋅sin (θ ±α ) ба r ⋅cos (θ ±α ) хэлбэрт оруулж бичих a ⋅cosθ + b ⋅sin θ илэрхийллийг r ⋅sin (θ +α ) хэлбэрт бичүүлэхийн тулд r ⋅sin (θ +α ) илэрхийллийг нийлбэрийн синусийн томьёогоор задлаж a ⋅cosθ + b ⋅sin θ илэрхийлэлтэй тэнцүүлнэ. Өөрөөр хэлбэл r ⋅sin (θ +α ) = a ⋅cosθ + b ⋅sinθ буюу r sin θ cos α + r sin α cosθ = a cosθ + b sin θ болно. Тэнцэтгэлийн хоёр талд байгаа синус нь синустэй, косинус нь косинустэй тэнцүү учраас r ⋅sin α = a (1) r ⋅cos α = b (2) болно. Тэнцэтгэл бүрийн хоёр талыг нь квадрат зэрэгт дэвшүүлээд харгалзуулан нэмэхэд ( )r2 sin2α + cos2α = a2 + b2 , r2 = a2 + b2 буюу r = ± a2 + b2 гарна. Харин дээрх (1) ба (2) тэнцэтгэлүүдийг харьцуулахад r sin α = a tg α = a болох бөгөөд a cosθ + b sin θ = r sin (θ +α ) r cos α b b 102

Математик XII анги хэлбэрт шилжинэ. Үүнтэй төстэйгээр a cosθ + b sin θ илэрхийллийг r sin (θ −α ) ба r cos (θ ±α ) хэлбэрт оруулах даалгавар хийлгэх нь зүйтэй. Тригонометрийн томьёо ашиглан илэрхийллийг хялбарчлах , илэрхийллийн утгыг олох, адилтгал батлах. Тригонометрийн томьёонууд ашиглан адилтгал батлах, илэрхийлэл хялбарчлах, илэрхийллийн утгыг олно. Эдгээрийг жишээгээр тайлбарлая. Жишээ 6: cos 75° =илэрхийллийн утгыг ол. Бодолт. cos 75° = cos (45° + 30°) = cos 45° cos 30° − sin 30° sin 45° = 2⋅ 3−1⋅ 2= 6− 2 2 22 2 4 Жишээ 7: sin2 (α − 300 ) + sin2 (α + 300 ) − sin2α = 0.5 адилтгалыг батал. Бодолт. sin2 (α − 30°) + sin2 (α + 30°) − sin2 α = (sin α cos 30° − sin 30° cos α )2 + +(sin α cos 30° + sin 30° cos α )2 − sin2 α = ( 3 sin α − 1 cos α )2 + ( 3 sin α + 1 cos α )2 − sin2 α = 22 22 = 3 sin2 α − 3 sin α cos α + 1 cos2 α + 3 sin2 α + 3 sin α cos α + 1 cos2 α − sin2 α = 3 sin2 α + 1 cos2 α − 42 44 2 4 22 sin2 α = 1 sin2 α + 1 cos2 α = 1 (sin2 α + cos2 α ) = 1 = 0.5 болж батлагдав. 22 2 2 Жишээ 8: sin α − cos α = n бол sin3α − cos3α = Илэрхийллийг хялбарчил. Бодолт. sin α − cos α = n квадрат зэрэгт дэвшүүлээд, хялбарчлахад, sin2α − 2sinα cosα + cos2α = n2 , 1− 2 sin α cos α = n2 , 1− n2 = 2sinα cosα , sinα cosα = 1− n2 болно. sin3α − cos3α = илэрхийллийг 2 кубуудын ялгаврын томьёогоор задлаж sinα cosα -ийн оронд 1− n2 -ийг орлуулахад 2 sin3 α − cos3 α = (sin α − cos α ) (sin2 α + sin α cos α + cos2 α ) = n (1+ sin α cos α ) = = n 1+ 1− n2  = n  2 +1− n2  = n (3− n2 ) болно. 2   2  2 Жишээ 9: sin ( A − B) = ctg B − ctg A адилтгалыг батал. sin A sin B Бодолт: sin ( A − B) = sin A cos B − sin B cos A = sin A cos B − sin B cos A = ctg B − ctg A sin A sin B sin A sin B sin A sin B sin A sin B Жишээ 10: 1− sec2 A Илэрхийллийг хялбарчил. 1− cosec2 A 1− (1+ tg2 A) 1 = 1− (1+ ctg2 A) Бодолт. 1− sec2 A = −tg2 A = ctg2 A = 1 1− cosec2 A −ctg2 A ctg2 A ctg4 A Тригонометр тэгшитгэл бодох =sin x a=, cos x a, tgx = a , ctg x = a хэлбэрийн тэгшитгэлийг хялбар тригонометр тэгшитгэл гэнэ. sin x = a тэнцэтгэлийг үнэн байлгах x -ийн утгуудыг уг тэгшитгэлийн шийд гэнэ. Тригонометр функцийн график болон тригонометр тойрог ашиглан тригонометр тэгшитгэлийн шийдийг олох аргуудыг авч үзье. Аль аргыг хэрэглэх нь багш таны сонголт байх болно. sin x = a тэгшитгэл бодох sin x = a тэгшитгэлийг бодох=нь y s=in x, y a функцүүдийн графикийн огтлолцох бүх цэгийн 103

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном абсцисс x -ийг олохтой ижил. Үүний тулд y=a y y = sin x 0 < a < 1 =y s=in x, y a функцийн графикийг байгуулна. −2π − 3π −π − π O π π 3π 2π x −1 ≤ sin x ≤ 1 тул 0 < −1 эсвэл 0 > 1 байхад 2 2 2 2 y = −a y = sin x ба � y = a функцийн графикууд огтлолцохгүй тул sin x = a тэгшитгэл шийдгүй. −1 ≤ 0 ≤ 1 байхад y = sin x ба � y = a функцийн графикууд төгсгөлгүй олон цэгээр огтлолцох тул төгсгөлгүй олон шийдтэй. Цаашид өгөгдсөн тодорхой завсар дахь бүх шийдийг олно. Жишээ 1. sin x = 1 тэгшитгэлийг 0≤ x≤π завсарт бод. 2 Бод=олт. y s=in x, y 1 функцийн графикийг байгуулахад 2 1 y y = sin x y = sin x функц y = 1 шулуунтай төгсгөлгүй y = 2 2 −2π − 3π −π − π O π π 5π π 3π 2π x олон цэгээр огтлолцох бөгөөд 0 ≤ x ≤ π 2 2 2 626 завсарт харьяалагдах огтлолцлын цэгүүдийн абсцисс x -ийг олоход x = 30°, x = 150° байна. cos x = a тэгшитгэл бодох cos x = a тэгшитгэлийг бодох=нь y c=os x, y a функцүүдийн графикийн огтлолцох бүх цэгийн абсцисс x -ийг олохтой ижил. Үүний =тулд y c=os x, y a функцийн графикийг байгуулна. Зургаас ажиглавал −1 ≤ cos x ≤ 1 тул a < −1 y=a y 0< a <1 эсвэл a > 1 бай=хад y c=os x, y a функцийн y = cos x графикууд огтлолцохгүй тул cos x = a −2π − 3π −π − π O π π 3π 2π x тэгшитгэл шийдгүй. 2 2 2 2 y = −a −1 ≤ a ≤ 1 бай=хад y c=os x, y a функцийн графикууд олон цэг дээр огтлолцох тул төгсгөлгүй олон шийдтэй. Иймд өгөгдсөн завсар дах шийдээ авна. tgx = a тэгшитгэл бодох tg x = a тэгшитгэлийг бодох н=ь y tg=x, y a функцүүдийн графикийн огтлолцох бүх цэгийн абсцисс x -ийг олохтой ижил.. Үүний тулд y =y tg=x, y a функцүүдийн графикийг байгуулья. y = tg x −∞ ≤ tgx ≤ ∞ тул y = tg x -ийн график y = a y = a, a > 0 шулуунтай a тооны аливаа утгын хувьд огтлолцох учраас заавал шийдтэй байна. Урвуу функцийн тодорхойлолт ёсоор  − π , π  x = arctg a x = arctg a π 3π 2π x 2 2  −2π −π π π − 3π − 2 O 2 2 2 завсарт тэгшитгэл x = arctg a гэсэн нэг шийдтэй. y = a, a < 0 Уг тэгшитгэл бас π =үетэй завсар тус бүр дээр нэг шийдтэй тул өгөгдсөн завсар дах шийдээ авна. ctgx = a тэгшитгэл бодох ctgx = a тэгшитгэлийг бодохдоо график ашиг=лан y c=tg x, y a функцийн графикийн огтлолцлын цэгийн абциссыг олно. Үүний т=улд y c=tg x, y a функцүүдийн графикийг байгуулья. Аливаа а тооны хувьд уг хоёр функцийн график y огтлолцоно. Иймд тэгшитгэл заавал шийдтэй байна. y = ctg x y = a, a > 0 ]0, π [ завсарт=y c=tg x, y a функцүүдийн графикийн огтлолцлын цэгийн абцисс урвуу функцийн тодорхойлолт ёсоор ганцхан x = arctg a x = arcctg a x = arcctg a гэсэн шийдтэй. Уг тэгшитгэл бас π =үетэй завсар тус −2π −π π π π 3π бүр дээр нэг шийдтэй тул өгөгдсөн завсар дах шийдээ − 3π − 2 O 2 2 2π x авна. 2 y = a, a < 0 104

Математик XII анги Одоо тригонометр тойрог ашиглан тригонометр тэгшитгэлийн шийдийг олох аргуудыг авч үзье. sin x = a тэгшитгэл бодох N y M y=a P 1x C Энэ тэгшитгэлийг бодох нь ординат нь а тоотой тэнцдэг цэгүүдэд −1 1 −1 O харгалзах x тооны бүх утгыг олно гэсэн үг. x0 −1 O −1 < a < 1 байхад y = a шулуун тригонометр тойрогтой хоёр цэгээр 1 −1 огтлолцох ба тэдгээрийг M , N гэж тэмдэглэе. sin x0 = a байх M цэгт N −1 O харгалзах x0 нь arcsin a , N цэгт харгалзах x0 нь π − arcsin a тоотой тус тус тэнцэнэ. M цэгт харгалзах x0 нь мөн 2π + arcsina , N цэгт харгалзах a x0 нь 2π + π − arcsin a гэсэн тоонуудтай тус тус тэнцэх учраас өгөгдсөн завсар дахь шийдээ авна. − sin x = a тэгшитгэл нь=a 0=, a 1, a = −1, a > 1 байх үед шийдийг нь олох даалгавар сурагчдад −1 өгөх нь зүйтэй. N Жишээ: sin x = 1 тэгшитгэлийг 0< x<π завсарт бод. 2 Бодолт. Тэгш өнцөгт координатын системд координатыyн эх дээр төвтэй y 1 1 1 1 2 2 нэгж радиустай тойрог ба y = шулуун Nбайгуулна. MТэдyг=эaэрийн P M y = огтлолцох цэгийг M ба P -ээр тэмдэглэе. M −1цэгт Ox0 =xπ0 то1 о P xцэгт C O A 6 1x −1 x0 = 5π тоо тус тус харгалзах учраас тэгшитгэл x = π , x = 5π гэсэн хоёр 6 6 −1 6 −1 шийдтэй. cos x = a тэгшитгэл бодох cos x = a тэгшитгэлийг триг1оy нометр тyттро=оийaогрнооынгобамүшехтиургтлгPаытногйбуортдогог1ыyтхгодйооолнхаMообёцгрyэис=сэс12цннэүгьгэ.эaр y M тоотой тэнцдэг цэгүүдNэд харгалзахMx −1 < 0 < 1 байхад x = a шулуун 1 A огтлолцоно.Тэр хоё−р1 цэгийOг Mx0 , N 1 гэж тxэмдэглэ−Cе1. cos xO0 = a ба1йAх M x цэгт 1x харгалзах x0 нь arccos a тоотой, N цэгт харгалзах x0 нь − arccos a тоотой −1 O N тус тус тэнцэнэ. Косинус функц 2π �=үетэй учраас өгөгдсөн завсар дах −1 шийдээ авна. −1 −1 tgx = a тэгшитгэл бодох cyos x = a тэгшитгэлийн боyдолтыг тригонометр тойрогy ашиглан y 1ттаатйьляб.аMЭрлнаyэя=ш.a уТлруиугноыногмтеPатнргетносйс1ригйинйншMуAгаy(м1=,12г0э)х 1 x =1 цэгт x = шулуун 1 ба y = a 1 шүргэгч PM цэгт N шулуунтай N −1 O огтx0лолц1оно. � Ox PP шу−лC1уун тOроиргдоинноамт1еAтрньтоx йaро=гtтgоxй −1Mба,йNдаOг. хоёУрчицNр1Aэгxэнэрь −1 KA огтлолцоно. цэгийн M , N цэгт O 1x ∆OMK ~ ∆OPA,= KM = AP буюу sinx = a tgx = a болно. −1 a M P (1, a) OK OA cosx 1 −1 −1 −1 x = arctg a, x = π + arctg a тоонууд харгалзана. Тангенс функц π =үетэй учраас өгөгдсөн завсар дах шийдийг авна. ctgx = a тэгшитгэл бодох y ctgx = a тэгшитгэлийн бyодолтыг тригонометр y тойрог ашиглан y 1 y =1 1 ттаатйьлMяб.аyрЭ=лн1а2эя.шТруилгуоунноымгеткроттаонйг1ернгиссйинйMнDш( 0у,г1а)м цэгт y = 11 шүргxэ=гч1 шулуун KM P гэNх ба x= a шулуунтай P ax P A O1 цэгтAогтлолцоно. � OP шулуун тригоAнометр тойрогтой M , NK Aхоёр цэгээр O огтл1олцонxо. P ц−э1гийн O абцисс1 xнь a =−1ctg x O байдаг.1 xУчир нь −1 a M P (1, a) ~ ∆OPD =KOMK DP Ncos x a ctg x = a болно. M , N N OD sin x 1 ∆OMK = буюу = −1 цэгт −1 −1 −1 x = arcctg a, x = π + arcctg a тоонууд харгалзана. Котангенс функц π = үетэй учраас өгөгдсөн завсар дах шийдийг авна. 105

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном Бүх төрлийн тригонометр тэгшитгэл бодох нэгдмэл нэг арга байдаггүй. Тригонометр тэгшитгэлийг бүтцээс нь хамааруулан өөр өөр аргаар бодно. Ерөнхий санаа бол тэгшитгэлийг адил чанартайгаар хувирган, эцсийн дүнд хялбар тригонометр тэгшитгэл бодоход оршино. Тэгшитгэлийн шийдийг ерөнхий тохиолдолд олуулах шаардлагагүй. Тригонометр тэгшитгэл бодоход өргөн ашиглагдах аргуудыг жишээгээр тайлбарлая. 2. Орлуулгаар рационал тэгшитгэлд шилжүүлэх арга Тригонометр тэгшитгэлд хувиргалт хийж sin ω x, cos ω x, tg ω x, ctg ω x тус бүрийн хувьд рационал тэгшитгэл болгосны дараа харгалзан sin ω x = a, cos ω x = a, tgω x = a, ctgω x = a орлуулга хийдэг. Ингэснээр тэгшитгэл a хувьсагчтай рационал тэгшитгэл болно. Рационал тэгшитгэл a1, a2 , a3 ... гэх мэт шийдтэй бо=л sin x a=1, cos x =a1, tgx a=1, ctgx a1 гэх мэт хялбар тэгшитгэл бодож өгөгдсөн завсар дахь шийдүүдийг олно. Жишээ 2: 0 < θ < 90° завсарт 2cos2θ − 5 cos θ + 2 = 0 тэгшитгэлийг бод. Бодолт. cos θ = 0 гэж орлуулбал өгөгдсөн тэгшитгэл 2a2 − 5a + 2 = 0 гэсэн тэгшитгэлд шилжинэ. Энэ квадрат тэгшитгэлийг бодоход a1,2 = 5 ± 52 − 4⋅ 2⋅ 2 = 5 ± 3 a1 = 2 a2 = 1 гэсэн шийдүүд 2⋅2 4 2 гарна. Эндээс cos θ = 2, cos θ = 1 гэсэн тэгшитгэл бодоход хүргэнэ. 2 cosθ = 2 тэгшитгэл шийдгүй. Учир нь косинус функцийн утгын муж нь [−1,1] байна. cos θ =1 тэгшитгэлийг хувьд координатын эх дээр төвтэй нэгж радиустай тойрог ба x = 1 шулуун 2 2 байгуулна. Тэдгээрийн огтлолцох цэгийг M ба P -ээр тэмдэглэе. M цэгт θ = π тоо P цэгт θ = − π 3 3 тоо тус тус харгалзах учраас тэгшитгэл θ = π , θ = − π гэсэн хоёр шийдтэй. Иймд θ нь 0 < θ < 90° 33 завсарт орших учраас шийд нь θ = π болно. 3 Жишээ 3: 90° < θ < 180° завсарт cos 2θ = sin θ тэгшитгэлийг бод. Бодолт. Давхар өнцгийн cos 2θ = 1− 2 sin2 θ томьёог хэрэглэвэл өгөгдсөн тэгшитгэл нь 1− 2 sin2 θ = sin θ , 2 sin2 θ + sin θ −1 = 0 болно. sin2 θ = 0 гэж орлуулбал 2a2 + a −1 = 0 тэгшитгэлд −1± 12 − 4⋅ 2⋅(−1) = −1± 3 , a1 = −1, a2 = 1 гэсэн шилжих ба энэ квадрат тэгшитгэлийг бодвол a1,2 = 4 2 2⋅2 шийдүүд олдоно. Үүний үр дүнд sin θ = −1, sin θ = 1 гэсэн тэгшитгэлүүд гарна. sin θ = −1 2 тэгшитгэлийн шийд θ = 270° , sin θ = 1 тэгшитгэлийн шийд θ = 30° θ = 150° болно. θ нь 2 90° < θ < 180° завсарт орших учраас шийд нь θ = 150° болно. Жишээ 4: 0 < θ < 360° завсарт cos2 θ + sec2 θ = 2 тэгшитгэлийг бод. Бодолт. cos2 θ + sec2 θ = 2 тэгшитгэлд sec2 θ = 1 орлуулга хийхэд cos2θ + 1 = 2 болох cos2 θ cos2θ бөгөөд ерөнхий хуваарь өгвөл cos4 θ +1 = 2 cos2 θ cos θ ≠ 0 үед cos4 θ − 2 cos2 θ +1 = 0 тэгшитгэлд cos2 θ cos2 θ шилжинэ. Энэ нь хоёр илэрхийллийн ялгаврын квадратын томьёоны задаргаа учраас (cos2 θ −1)2 = 0 болох бөгөөд cos2 θ = 1 буюу cos2 θ = ±1 байна. Харин cos2 θ = 1 тэгшитгэл нь cos θ = 1, cos θ = −1 гэсэн тэгшитгэлд шилжинэ. Харин cos2 θ = −1 тэгшитгэл нь шийдгүй. cos θ = 1 тэгшитгэлийн шийд θ = 0 , θ = 360° байна. Харин cosθ = −1 тэгшитгэлийн шийд θ = 180° болно. θ нь 0 < θ < 360° завсарт орших учраас шийд нь θ = 180° болно. Дасгал 1. 2 sin x + cos 2x + 3 = 0 тэгшитгэлийн 0, π  завсарт харьяалагдах шийдийг ол. 2  106

Математик XII анги 2. 5 cos x = 2 1− tg x  тэгшитгэлийн π , 3π  завсарт харьяалагдах шийдийг ол. 2  2 2  3. 4 (cos2 x + cos 2x) + 3 cos x = 5 тэгшитгэлийн π , 3π  завсарт харьяалагдах шийдийн тоог ол. 2  3. Үржигдэхүүнд задлах арга Өгөгдсөн тэгшитгэлийг адилтгалаар хувирган үржвэрүүд тэгтэй тэнцэх хэлбэрт оруулж, үржигдэхүүн бүр тэгтэй тэнцэж хялбар бодогдох тэгшитгэлд шилжүүлж бодохыг үржигдэхүүнд задлах арга гэдэг. Жишээ 5: 90° < θ < 180° завсарт 2 cos θ sin 2θ − 2 sin 2θ = 0 тэгшитгэлийг бод. ( )Бодолт. 2 cosθ sin 2θ − 2 sin 2θ = 0 тэгшитгэлийг sin 2θ 2 cosθ − 2 = 0 гэсэн үржвэр дүрсэд бичье. Хоёр илэрхийллийн үржвэр тэгтэй тэнцүү байхын тул ядаж нэг нь тэг байх ёстой. Тиймээс sin 2θ = 0, 2 cos θ − 2 = 0 гэсэн хоёр тэгшитгэлд шилжих ба sin 2θ = 0 тэгшитгэл нь 2θ = 0°, 2θ = 180°, 2θ = 360° буюу θ = 00 , θ = 900 , θ = 1800 гэсэн шийдтэй. Харин cos θ = 2 2 тэгшитгэлийн шийд θ = 45°, θ = 135° байна. θ нь 90° < θ < 180° завсарт орших учраас шийд нь θ = 135° болно. Жишээ 6: 0 ≤ x < 90° завсарт sec x = cos x + sin x тэгшитгэлийг бод. Бодолт. 1 x = cos x + sin x cos x ≠ 0 =тул 1 = cos2 x + sin x cos x болно. 1− cos2 x − sin x cos x = 0 буюу cos sin2 x − sin x cos x = 0 тэгшитгэлийг sin x (sin x − cos x) = 0 гэсэн үржвэр дүрсэд бичье. Иймээс sin x = 0 , sin x − cos x = 0 гэсэн хоёр тэгшитгэлд шилжих ба sin x = 0 тэгшитгэлийн шийд x = 0 sin x − cos x = 0 буюу tg x = 1 тэгшитгэлийн шийд x = 45° болно. Дасгал 1. 2 sin x cos 5x − cos 5x = 0 тэгшитгэлийн 0, π  завсарт харьяалагдах шийдийг ол. 2  2. sin 3x + sin 7x = 2 sin 5x тэгшитгэлийн шийдийг [−π , π ] завсарт ол. 3. sin4 x − cos4 x = sin2x тэгшитгэлийг бод. 22 4. Туслах өнцөг оруулах арга ƒƒ A, B, C нь A⋅ B ≠ 0 байх өгөгдсөн тоонууд байхад A cos x + B sin x = C тэгшитгэл авч үзье. A2 + B2 > 0 учраас тэгшитгэлийн хоёр талыг A2 + B2 тоонд хуваахад тэгшитгэл A cosx + B sinx = C болох бөгөөд  A B2 2 +  B B2 2 =1 учраас A2 + B2 A2 + B2 A2 + B2  A2 +   A2 +      A = sin α , B = cos α байх туслах өнцөг α олдоно. Иймд тэгшитгэл A2 + B2 A2 + B2 sin α cosx + cos αsinx = cos(x −α ) = C болно. Мөн A = sin β , B = cosβ A2 + B2 A2 + B2 A2 + B2 байх туслах өнцөг β олдоно. Иймд тэгшитгэл sin β cos x + sin x cos β = sin(x + β ) = C A2 + B2 болно. Ийм учраас A cos x + B sin x = C тэгшитгэл бодох нь cos(x −α ) = C эсвэл A2 + B2 sin(x + β ) = C гэсэн хялбар тэгшитгэл бодох асуудалд шилжинэ. Тэгшитгэл C ≤ 1 A2 + B2 A2 + B2 үед шийдтэй, C > 1 үед шийдгүй. A2 + B2 107

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном Жишээ 7: 4 sin x + 3 cos x = 2 тэгшитгэлийг бод. Бодолт. R = 42 + 32 =5 тул тэгшитгэлийн хоёр талыг 5-д хуваахад 43 2 sin x + cos x = болно. 55 5 −1 ≤ 4 ≤ 1, −1 ≤ 3 ≤ 1, тул 4 = cos ϕ байх ϕ өнцөг олдоно гэвэл sin ϕ = 1− cos2ϕ = 16 3 1− = болно. 5 55 25 5 Иймд cos ϕsinx + sin ϕ cosx = 2 болох тул энэ нь нийлбэрийн синусийн томьёоны задаргаа тул 5 sin( x + ϕ) = 2 болно. x + ϕ = 0rcsin 2 буюу x = 0rcsin 2 −ϕ байна. 5 5 5 ϕ = arccos 4 = arcsin 3 тул x = arcsin 24 шийдтэй байна. 5 5 − arccos 55 Жишээ 8: 3cosx + sinx = 1 тэгшитгэлийн шийдийг � π < x < π завсарт ол. Бодолт. 3 cos x + sin x = R cos ( x −α ) = R cos x cos α + R sin x sin α учраас R cos x cos α = 3 cos x , R sin x sin α = sin x буюу R cos α = 3 , R sin α = 1 болно. R cos α = 3 эдгээрийг квадрат зэрэгт дэвшүүлээд гишүүнчлэн нэмэхэд R2 = 4 , гишүүнчлэн   R sin α = 1 хуваахад tgα = 1  R2 = 4  R = 2 π   6  3 гарна. tgα = 1 α π буюу 3 cos x + sin x = 2 cos x − болох бөгөөд 3 6 = 2 cos  x − π  = 1 гэсэн тэгшитгэлд шилжинэ. Уг тэгшитгэлийг бодоход cos  x − π  = 1 , x − π =±π , 6 6 2 6 3 x = π +π =π , x =π −π =−π гэсэн шийдүүд гарна. Эдгээр нь өгөгдсөн завсарт харьяалагдах 6 3 2 6 3 6 учраас хоёулаа шийд болно. Жишээ 9: cos3x − sin3x = sin 2x тэгшитгэлийг π < x < 3π завсарт бод. 22 Бодолт. (cos x − sin x)(cos2 x + sin x cos x + sin2 x) = sin 2x , (cos x − sin x)(1+ sin x cos x) = 2 sin x cos x cos x − sinx = a гэсэн орлуулга хийгээд квадрат зэрэгт дэвшүүлэхэд cos2 x − 2 cos x sin x + sin2 x = 1− 2 cos x sin x = a2 буюу sin x cos x = 1− a2 болно. Иймд тэгшитгэл 2 1− a2 a a  2  =1− a2 хэлбэрийн тэгшитгэлд шилжинэ. Энэ тэгшитгэлийг бодоход (1 − a 2 )  2 − 1 = 0,  1− a2 = 0, a = ±1, a −1 = 0, a = 2 болно. Иймд анхны тэгшитгэл cos x − sinx = 1, cos x − sinx = −1 2 cos x − sinx = 2 гэсэн гурван тэгшитгэл бодоход хүрнэ. cos x − sinx = 1 тэгшитгэлийг туслах өнцөг оруулах аргаар бодоход cos x − sin x = cos  x + π  = 2 , x + π =π , x= 0, x + π = 7π , x = 3π 4 2 4 4 4 4 2 cos x − sinx = −1 тэгшитгэлийг туслах өнцөг оруулах аргаар бодоход cos x − sin x = cos  x + π  = − 2, x + π = 3π , x = π , x + π = 5π , x = π болох бөгөөд π < x < 3π 4 2 4 4 2 44 22 учраас x = π шийд болно. cos x − sinx = 2 тэгшитгэлийг туслах өнцөг оруулах аргаар бодоход cos x − sin x = cos  x+ π  = 2 4 болох бөгөөд уг тэгшитгэл шийдгүй. Дасгал 1. 4 sin x + 3 cos x = 5 тэгшитгэлийн [−π , π ] завсар дах шийдийг ол. 108

Математик XII анги 2. 3 sin 2x − 2 cos 2x = 3 тэгшитгэлийн [0, π ] завсар дах шийдийг ол. 3. 6 cos x + 2 2 sin x = 22 тэгшитгэлийн [0, 2π ] завсар дах шийдийг ол. 5. Нэгэн төрлийн тригонометр тэгшитгэл бодох арга Тригонометр тэгшитгэл sin x, cos x хоёроос хамаарсан олон гишүүнт дүрстэй ба гишүүн бүр адил зэрэгтэйгээс гадна сул гишүүнгүй бол түүнийг нэгэн төрлийн гэнэ. ƒƒ a sin x + b cos x = 0 хэлбэрийн тэгшитгэлийг нэгдүгээр зэргийн нэгэн төрлийн тригонометр тэгшитгэл гэнэ. a sin x + b cos x = 0 хэлбэрийн тэгшитгэлийг бодохдоо a ≠ 0 =үед тэгшитгэлийн хоёр талыг cos x -д хуваахад a sin x + b cos x =0 atgx + b = 0, tgx = − b гэсэн хялбар тэгшитгэлд шилжинэ. cos x cos x a Жишээ 10. sin x − 3 cos x = 0 тэгшитгэлийг 0 < x < 900 завсарт бодоорой. Бодолт. sin x = 0 гэвэл cos x = 0 гарах болно. Гэтэл нэгэн зэрэг=sin x 0=, cos x 0 байх x шийд байхгүй тул sin x ≠ 0, cos x ≠ 0 =байна. Иймд sin x − 3 cos x = 0 тэгшитгэлийн хоёр талыг cos x -д хуваавал tg x − 3=0, tg x = 3, x = π болох бөгөөд x = π нь нэгдүгээр мөчид орших учраас 3 3 тэгшитгэлийн шийд болно. ƒƒ a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = 0 хэлбэрийн тэгшитгэлийг хоёрдугаар зэргийн нэгэн төрлийн тэгшитгэл гэнэ. a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = 0 хэлбэрийн тэгшитгэлийг бодохдоо a ≠ 0, b ≠ 0 =үед тэгшитгэлийн хоёр талыг cos2 x –д хуваахад a sin 2 x +b sin x cos x +c cos2 x = 0, cos2 x cos2 x cos2 x atg2 x + btgx + c = 0 гэсэн тэгшитгэлд шилжинэ. Энд tg x = t гэсэн шинэ хувьсагч орлуулах замаар at2 + bt + c = 0 квадрат тэгшитгэлийг гаргаж авах ба квадрат тэгшитгэлээ бодож хялбар тригонометр тэгшитгэл гарган авдаг. Хэрэв a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = 0 хэлбэрийн нэгэн төрлийн тригонометр тэгшитгэлд a = 0 эсвэл b = 0 бол өгөгдсөн тэгшитгэл b sin x cos x + c cos2 x = 0 буюу a sin2 x + b sin x cos x = 0 хэлбэртэй болно. Эдгээр тэгшитгэлийг үржигдэхүүн болгон задлах аргаар бодно. Жишээ 11. sin2 x − 3 sin x cos x + 2 cos2 x = 0 тэгшитгэл −90° < x < 90° завсарт хэдэн шийдтэй вэ? Бодолт. sin2 x − 3 sin x cos x + 2 cos2 x = 0 тэгшитгэлийн тэнцүүгийн тэмдгийн хоёр талыг cos2 x -д хуваая. tg2 x − 3 tg x + 2 = 0 тэгшитгэлд tg x = t орлуулга y хийвэл t2 − 3t + 2 = 0 болно. Уг тэгшитгэлийг бодоход y = tg x t1,2 = 3 ± 32 − 4⋅ 2⋅1 = 3 ±1 t1 = 2 t2 = 1 y=2 22 y=1 гэсэн шийдүүд гарах бөгөөд tgx = 2 , tgx = 1 гэсэн −2π − 3π −π − π O ππ 3π 2π x 2 2 2 2 хялбар тэгшитгэлд шилжинэ. y = 1, y = 2 , y = tg x функцийн графикийг байгуулахад тэдгээр нь −90° < θ < 90° завсарт хоёр цэгээр огтлолцож байгаа учраас sin2 x − 3 sin x cos x + 2 cos2 x = 0 тэгшитгэл хоёр шийдтэй байна. Дасгал Нэгэн төрлийн тэгшитгэлүүдийг [−π , π ] завсарт бод. 1. sin 5x + cos 5x = 0 3. 3sin2 x − 5 sin x cos x + 2cos2 x = 0 2. cos4 x − sin4 x = sin 2x 4. 4sin2 x cos x + 4 sin xcos2 x + cos3x = 0 109

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном 5. sin3x − 4 sin xcos2 x + 3cos3x = 0 6. Тригонометр функцүүдийн нийлбэр, ялгаврыг тригонометр функцийн үржвэрт, тригонометр функцийн үржвэрийг тригонометр функцийн нийлбэрт шилжүүлж бодох арга sin ax ± sin bx = 0, cos ax ± cos bx = 0 хэлбэрийн тэгшитгэлийг бодохдоо синус, косинус функцүүдийн нийлбэр, ялгаврыг үржвэрт шилжүүлэх томьёог ашиглаж бодохыг тригонометр функцүүдийн нийлбэр, ялгаврыг үржвэрт шилжүүлж бодох арга гэдэг. Жишээ 12. sin 3x + sin x = 0 тэгшитгэлийг бод. Бодолт. Синусуудын нийлбэрийг үржвэрт шилжүүлэх томьёогоор задлахад sin 3x + sin x = 2 sin 3x + x cos 3x − x = 2 sin 2x cos x болно. Иймд өгөгдсөн тэгшитгэл 2 sin 2x cos x = 0 2 2 хэлбэрт бичигдэх ба sin 2x = 0 , cos x = 0 гэсэн хялбар тэгшитгэлд шилжинэ. sin 2x = 0, 2x = 0, x = 0 , cos x = 0, x = π , x = 3π 2 2 Жишээ 13. cos 3x + sin x = 0 тэгшитгэлийг бод. Бодолт. Синусийг косинусд шилжүүлдэг sin x = cos(π − x) томьёог ашиглан өгөгдсөн тэгшитгэлийг 2 cos(π cos 3x + 2 − x) = 0 хэлбэртэй бичээд косинусийн нийлбэрийн томьёог хэрэглэвэл тэгшитгэл 3x + π − x 3x − π + x  π  π 2 2 4 4 2 cos cos = 0 буюу 2 cos x + cos(2 x − ) = 0 тэгшитгэлд шилжинэ. Уг 22 тэгшитгэлийг бодоход cos  x+ π  = 0, x+π =π , x = π cos(2x − π ) = 0, 2x −π = π , 2x = π , x = π 4 4 2 4 4 42 4 8 болно. Дасгал 13. sin 2x + sin 6x = cos 2x тэгшитгэл 0, π  завсарт хэдэн шийдтэй вэ? 2  14. sin 2x sin x − sin 3x sin 4x = cos 5x cos 2x тэгшитгэл 0, π  завсарт хэдэн шийдтэй вэ? 2  15. cos x cos 3x cos 4x = 1 тэгшитгэл  − 5π , − 5π  завсар дах шийдүүдийн үржвэрийг ол.  2 6  7. Зэрэг бууруулах аргаар тригонометр тэгшитгэл бодох Синус, косинусын квадрат зэрэг орсон тэгшитгэлийг cos2 A = 1+ cos 2A , sin2 A = 1− cos 2A томьёог ашиглан дан зэргийн болгож бодохыг зэрэг бууруулах 22 аргаар тригонометр тэгшитгэлийг бодох гэдэг. Жишээ 14. cos2 4x = 1 тэгшитгэлийг 0 < x < 90° завсарт бод. Бодолт. Зэрэг бууруулах томьёог хэрэглэвэл 1+ cos 8x =1 хэлбэрт шилжинэ. Уг тэгшитгэлд ерөнхий 2 =π π хуваарь өгвөл 1+ cos 8x = 2 тэгшитгэлд шилжих бөгөөд cos 8x = 1, 8x = π, x 8 болно. x = 8 нь нэгдүгээр мөчийн өнцөг учраас шийд болно. Жишээ 15. cos2 4x + sin2 2x = 1 тэгшитгэлийг 90° < x < 180° завсарт бод. Бодолт. cos2 4x = 1+ cos 8x , sin 2 2 x = 1− cos 4x томьёонуудыг өгөгдсөн тэгшитгэлд орлуулбал: 2 2 1+ cos 8x + 1− cos 4x = 1, cos 8x − cos 4x = 0 , −2 sin 8x + 4x cos 8x − 4x = 0, − 2 sin 6x sin 2x = 0 болно. 22 22 Эндээс sin 6x = 0, 6x = 0, π , 2π , 3π , 4π , 5π … , x = 0, x = π , x = π , x = π , x = π , x = 2π , x = 5π , 6362 3 6 110

Математик XII анги x = π � � …, sin 2x = 0, 2x = 0, π , 2π , 3π , 4π , 5π … x = 0, x= π , x =π, x= 3π , x = 2π , x = 5π , x = 3π , 2 2 2 x = 7π … гэж олдоно. 2 Дасгал 10. 2 sin6 x + 6 cos6 x + cos 4x = 0 11. cos2 x + cos2 2x + cos2 3x + cos2 4x = 2 тэгшитгэлийн π , π  завсар дах шийдүүдийн үржвэрийг ол. 11 3  12. sin 4 x + cos4 x = 5 тэгшитгэл 1 нөхцлийг хангадаг хэдэн шийдтэй вэ? 8 − <x<2 3 8. Тэгшитгэлийн баруун, зүүн талыг үнэлэх арга −1 ≤ sin x ≤ 1 ба −1 ≤ cosx ≤ 1 тэнцэтгэлбишүүдэд үндэслэж зарим тэгшитгэлийг боддог аргыг тэгшитгэлийн баруун ба зүүн талыг үнэлэх арга гэдэг. Жишээ 16: 3cos2 x + sin x = 4 тэгшитгэлийг бод. Бодолт. | 3 cos2 x + sin x ≤ 3 cos2 x + sin x ≤ 3⋅1+1 = 4. Иймээс sin x < 1, cos x < 1 бол тэгшитгэлийн зүүн тал 4-тэй тэнцэхгүй. Иймд =cos2 x 1,=sin x 1 үед л тэгшитгэлийн зүүн тал 4-тэй тэнцэнэ. cos x = 1 байхын тулд x = 0, cos x = −1 байхын тулд x =π, sin x = 1 байхын тулд x = π байх ёстой. 2 Гэтэл эдгээр шийдийн аль нь ч уг тэгшитгэлийг хангахгүй тул тэгшитгэл шийдгүй. 1. sin x + sin 5x = 2 Дасгал 3. sin2 x = 8 − 7 sin 3x 2. cos x + 5 cos x = 6 23 ОГТОРГУЙ ДАХЬ ВЕКТОР Огторгуйн координатын системд шулууны вектор тэгшитгэл Огторгуй дахь шулууныг түүн дээр орших цэг, шулуунтай параллел тэгээс ялгаатай вектор хоёроор тодорхойлж болно. Огторгуй дахь тэгш өнцөгт координатын системд l шулуун, түүн дээр орших A ( x0 , y0 , z0 ) цэг авч үзье. l шулуунтай параллел аливаа векторыг уг шулууны чиглүүлэгч вектор гэх тул зурагт үзүүлсэн b нь l шулууны чиглүүлэгч вектор болно. z b A цэгийн радиус векторыг OA = a гэж тэмдэглээд шулуун дээр A -аас ялгаатай, OR = r радиус вектортой R ( x, y, z ) цэг авъя. b A( x0 , y0 , z0 ) R( x, y, z) ба AR векторууд коллинеар утчурлааAс Rr==t a⋅b+ байх t бодит тоо олдоно. Иймд OR = OA + AR tb байх ба үүнийг la r огторгуй дахь шулууны вектор тэгшитгэл гэж нэрлэдэг. Энд OR = ( x,� y, z ) , OA = ( x0 , y0 , z0 ) , b = ( p, q, s) гэж авбал вектор O y тэгшитгэлийг ( x, y, z ) = ( x0 , y0 , z0 ) + t ( p, q, s) гэж бичиж болно. x Эндээс  x = x0 + pt гэж бичиж болох бөгөөд үүнийг огторгуй дахь шулууны параметрт тэгшитгэл  y = y0 + qt   z = z0 + st гэнэ. Тэгшитгэлээс t -г олж тэнцүүлбэл x − x0 = y − y0 = z − z0 болох бөгөөд үүнийг огторгуй дахь нэг pq s цэгийг дайрсан,өгсөн чиглүүлэгч вектортой шулууны тэгшитгэл гэнэ. Жишээ 1. i − 3 j + 2k радиус вектортой A цэгийг дайрсан, 5i + j + k вектортой параллел шулууны вектор тэгшитгэлийг бич. 111

МАТЕМАТИК X-XII Багшийн ном Бодолт. Шулууны r = a +  тэгшитгэлийн a нь шулуун дээр rор=шiи−х3 ц эгийн  tb болно. Иймд тэгшитгэлийг бичвэл j + 2k + радиус вектор, b нь t 5i + j + k болно. тэгшитгэлийг бич. ( )шулууны Жишээ 2. чbиг=л(ү2ү,л1э, г3ч) вектор вектортой параллел, A (1, 3, −7) цэгийг дайрсан шулууны Бодолт. A цэгийн радиус вектор OA = (1, 3, −7) тул шулууны тэгшитгэл ( x, y, z ) = (1,3,−7) + t (2,1,3) болно.  x = 1+ 2t  Эндээс параметрт тэгшитгэл нь  y =3+t болно. Харин ерөнхий тэгшитгэл z = −7 + 3t 3x − 3 = 6 y −18 = 2z +14 байна. Жишээ 3. A (1, 2,1) , B (3, −2, −1) цэгийг дайрсан шулууны тэгшитгэлийг бич. Бодолт. а. Хоёр цэгийн радиус векторуудыг бичвэл OA = (1, 2,1) , OB = (3, −2, −1) бөгөөд эдгээрийн ялгавар нь шулууны чиглүүлэгч вектор байна. Өгсөн хоёр цэгийн аль нэгийг сонгож аваад, түүнийг дайрсан OA − OB = (−2, 4, 2) вектортой параллел шулууны вектор тэгшитгэлийг бичвэл ( x, y, z ) = (1, 2,1) + t (−2, 4, 2) болно. Бодолт. б. Өөрөөр радиус векторуудыг OA = i + 2 j + k , OB = 3i − 2 j − k гэж бичих ба чиглүүлэгч вектор нь  k ( )OA − OB = −2i + 4 j + 2k болно. Шулууны вектор тэгшитгэл бичвэл r =  +  + + t  i 2j −2i + 4 j + 2k болно. Хавтгай болон огторгуй дахь шулууны тэгшитгэл бичихэд шулуун дээр орших цэгийн координат ба түүний чиглүүлэгч вектор эсвэл шулуун дээр орших хоёр цэгийн координат хэрэгтэйг сурагчидтай хамтдаа ярилцаарай. Огторгуйн хоёр шулууны харилцан байршлыг тодорхойлох (параллел, огтлолцсон, солбисон), хэрэв огтлолцсон бол огтлолцлын цэгийн координатыг олох Сурагчдаар хоёр харандаа ашиглан огторгуй дахь шулууны параллел, S огтлолцсон, солбисон байрлалыг дүрслэх дадлага хийлгээрэй. Мөн зурагт үзүүлсэн зөв дөрвөн өнцөгт пирамидын AD ирмэгийг агуулсан шулуунтай параллел, огтлолцсон, солбисон шулуунуудыг тодорхойлох даалгавар B C өгч, өмнөх ангид үзсэнийг сэргээн сануулаарай. Огторгуйд r1 = a1 + t1b1 , r2 = a2 + t2 b2 вектор тэгшитгэл бүхий хоёр шулуун авч A D үзье. Дараах хүснэгтэд хоёр шулууны харилцан байршлыг үзүүлэв. Тодорхойлолт Параллел Огтлолцсон Солбисон Нэг хавтгай дээр Нэг хавтгай дээр орших, Нэг хавтгайд үл орших, ерөнхий цэггүй нэг ерөнхий цэгтэй (нэг орших хоёр шулуун нь (огтлолцохгүй) хоёр цэгээр огтлолцсон) хоёр хоорондоо параллел биш, шулууныг параллель шулууныг огтлолцсон огтлолцохгүй байвал шулуунууд гэнэ. шулуунууд гэнэ. солбисон шулуунууд гэнэ. Дүрслэл z z l1 z l2 l1 l1 l2 O y y l2 O y x O x x la 112 l a la