TOPREFERAT.COM.KZ - Қазақша рефераттар

Мазмұны

Кіріспе

1 Арифметика және алгебраға тиісті үйірме жұмыстары

1.1 Математика және өмір................... 5

1.2 Сандардың бөлінгіштік белгілері ............... 7

1.3 Қажетті және жеткілікті шарттар................. 10

1.4 Теңдеулер және сандар..................... 14

1.5 Мысал және мәселелерді шешудің әдістері........... 18

1.6 Мерсенн сандары...................... 21

2 Есептерді шешудің әдістері және сырлары

2.1 Сандардың квадраттарын табудың оңай әдісі ........... 25

2.2 Теңдеулер және теңсіздіктерді шешу әдістері.......... 28

2.3 Ғажайып сандар, ең үлкен көбейтінді және ең кіші қосынды туралы теоремалар....................... 31

2.4 Алтыншы математикалық амал және квадрат теңдеу...... 33

2.5 Квадрат теңдеулерді шешу жолдарының әр түрлі әдістері .... 36

3 Жоғарғы сыныптарда өткізілетін үйірме жұмыстары

3.1 Комплекс сандар........................ 42

3.2 Логикалық есептерді граф арқылы шешу............. 45

3.3 Тригонометриялық теңдеулерді шешудің әр түрлі әдістері.... 49

3.4 Ұлы математиктер..................... 55

Қорытынды......................... 59

Пайдаланылған әдебиеттер...........

Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Жұмыс көлемі: 60 бет
Пәні: Соңғы қосылған дипломдық жұмыстар

-----------------------------------------------------------------------------------

ДИПЛОМДЫҚ ЖҰМЫСТЫҢ ҚЫСҚАРТЫЛҒАН МӘТІНІ
Мазмұны

Кіріспе

1 Арифметика және алгебраға тиісті үйірме
1.1 Математика және өмір................... 5

1.2 Сандардың бөлінгіштік белгілері ............... 7

1.3 Қажетті және жеткілікті шарттар................. 10

1.4 Теңдеулер және сандар..................... 14

1.5 Мысал және мәселелерді шешудің әдістері........... 18

1.6 Мерсенн сандары...................... 21

2 Есептерді шешудің әдістері және сырлары

2.1 Сандардың квадраттарын табудың оңай әдісі ........... 25

2.2 Теңдеулер және теңсіздіктерді шешу әдістері.......... 28

2.3 Ғажайып сандар, ең үлкен көбейтінді және
2.4 Алтыншы математикалық амал және квадрат
2.5 Квадрат теңдеулерді шешу жолдарының әр түрлі әдістері
3 Жоғарғы сыныптарда өткізілетін үйірме жұмыстары

3.1 Комплекс сандар........................ 42

3.2 Логикалық есептерді граф арқылы шешу............. 45

3.3 Тригонометриялық теңдеулерді шешудің әр
3.4 Ұлы математиктер..................... 55

Қорытынды......................... 59

Пайдаланылған әдебиеттер................... 61

Кіріспе

Білім берудің қазіргі талабы- оқушының жан-жақты іс-әрекеттік қабілетінің
Математика – барлық ғылымдардың логикалық негізі, демек, математика-
Оқушылардың пәнге деген көзқарасы әр түрлі факторлармен: жеке
Үйірме жұмысында оқушылардың математика тарихынан алынған мағлұматтармен және
Мектептегі математика пәнінен сыныптан тыс жұмыстардың негізгі түріне
Негізінен барлық сыныптардағы математикалық үйірмелер екі денгейде болуы
Матeмaтикaлық үйірмедегі сабақтар төмендегі жоспар негізінде
1)Математика тарихына байланысты үйірме мүшесінін 5-10 минутқа шақталған
2) Ecenmер шығару, оның ішінде жоғарғы
3) Жаттықтыру есептерін және жаңылтпаш есептерін шығару;

4) Жоғары оқу орындарына mүсy емтихандарының конкурстық, есептерімен,
5) Оқушыларының әр түрлі сұрақтарына жауап беру.

Үйірме мүшелерін конкурстық есептермен таныстыру, жоғары оқу орындарына
Оқу материалдары қиындығының өсу тәртібіне сәйкес орналастырылады.

Есептердің қысқа және тиімді жолмен шығарылуына назар ауарылады,
Шығармашылық бастаманың басымдылығы геометриялық салу есептерін шығаруда ерекше
Оқу материалының мазмұнын мектепте оқытылатын математика пәнінің оқу
Қазақстан Республикасының орта оқу орындары білім берудің мемлекеттік
2006-2007 оқу жылынын 1 қыркүйегінен бастап республиканың 8
Үйірме жұмысының мақсатын және міндетін сол бағытта анықтап,
Окушыларлын білімділік дағдысын арттыру мен математикалық білімін тереңдету
Үйірмеде қарастырылатын теориялық материалдар, анықтамалар және қолданбалы есептер
Оқу материалдары түрлі есептер жинақтарынан, журналдар мен белгілі
Мақсаты оқушылардың интеллектілік, шығармашылық ойлауын, өздігінен білім
Міндеті оқушылардың тұлғалық және кәсіби өзін-өзі табуы
Зерттеу нысаны үйірме жұмыстарының өткізу сатыларын
Зерттеу деректері математика ғалымдарының еңбектері пайдаланылды.

Құрылымы мазмұны, кіріспе, үш тарау, қорытынды мен пайдаланылған
1 Арифметика және алгебраға тиісті үйірме
1.1 Математика және өмір

Адамдар түрлі машиналарды ойлап тауып жатыр, электростанцияларды құрып
Математикадағы сандар ілгері заманнан бері белгілі,
Бірақ, математиканың ең күрделі теңдеуінен оның
Математика — әлдебір әлемнің сандық қатынастары мен кеңістіктік
Математиктер жаңа тұжырымдамаларды сипаттайтын осы түсніктерді ретімен таңдалып
Математика ғалымдар есептеу әдістерін ықшамдау және
Математика (грек.mathematike- білім, ғылым)- ақиқат дүниенің
Бірінші кезең- математиканың білім- дағдыларының
Математиканың тууы. Математиканың бастапқы мағлұматтары
Орта ғасырлар математикасы

Математика ғылымының кіндігі де, тұсауыда кесілген жері ертедегі
Жаңа заманнан ілгері 47 ж. Рим әскерлері Грекияны
Міне, осындай тарихи себептерден, әрі Грек математикасының өзіндегі
Шығыс математикасы 5 ғ-дан 15 ғ-ға дейінгі мың
Адамзат тарихында ең ерте қалыптасқан ғылымдардың бірі –
1.2 Сандардың бөлінгіштік белгілері

Бөлінгіштік белгілері деп берілген х санының а санына
2–ге бөлінгіштік белгісі. Сан жұп 0, 2, 4,
3–ке ( 9- ға ) бөлінгіштік белгісі.

Егер санның цифрларының қосындысы 3–ке (
4 – ке бөлінгіштік белгісі.

Егер санның соңғы екі орынды саны 4–ке бөлінсе,
5 – ке бөлінгіштік белгісі.

Егер сан 5 – пен немесе 0
7 – ге бөлінгіштік белгісі.

7 сиқырлы сан деп есептелген . Оған бөлінгіштік
8-ге бөлінгіштік белгісі.

Егер берілген санның соңғы үш орынды саны
11-ге бөлінгіштік белгісі.

Берілген сан 11 – ге бөліну үшін ол
Мысалы, 345796 тексеріп көрейік .
3 + 5 + 9 = 17,

17 – 17 = 0

Ендеше, бұл сан 11 – ге қалдықсыз бөлінеді.
9 + 6 + 7 + 9 =
31 – 9 = 22

22 : 11 = 2

Ендеше, 92637294 саны 11 – ге бөлінеді. 11
Кез келген көп таңбалы N санында a
Енді N – нен 11 ( b +
11 – ге бөлгіштің басқа да белгісі бар
Мысалы, 528 санын тексерейік: |5|28|, қосамыз 5 +
13-ке бөлінгіштік белгісі.

Берілген санды солдан оңға қарай сызықшамен үш орынды
Мысалы, 91182091 санын тексерейік,911 |820|91, бұдан 911 +
19-ға бөлінгіштік белгісі.

Сан 19-ға бөлінуі үшін ол санның ондықтары мен
Мысалы, N= 10х + у, мұндағы х –
Егер х+2у =N΄ 19-ға бөлінсе, N де 19-ға
25-ке бөлінгіштік белгісі.

Сан 25 – ке бөлу үшін , ол
99-ға, 33-ке, 11-ге бөлінгіштік белгісі. Сан 99
101-ге бөлінгіштік белгісі.

Егер берілген санның, оңнан солға қарай есептегенде, екі
999-ға, 333-ке, 111–ге, 37-ге, 27-ге бөлінгіштік белгісі.

Берілген сан 999 – ға , 333 –
Арифметикалық амалдардың белгілері. Арифметикалық амалдардың математикаға
Қазіргі замандағы белгілерден:

А) «+», «-» белгілері XV ғасыр ақырында
Б) «Х» (көбейту) белгісі 1961 жылы ағылшын
В) « » (көбейту) белгісі 1968
Г) «=» (теңдік) белгісі 1557 жылы ағылшын
Д) және (үлкен
1.3 Қажетті және жеткілікті шарттар

VII сыныптан бастап математика сабақтарында
Егер бірер Р шарттың дұрыстығынан Р салдар
А) Р Q және Q Р
Б) Р Q және Q Р
В) Р Q және Q Р
Мысалдар 1. және
2 Жеткілікті шарт. және
Дұрыс пікір пайда болуы үшін келесі
Бұрыштар көрші бұрыштар болуы үшін
Жауап: Бұл сұрақтарда екі пікір бар.

1. Екі бұрыш көрші (Р)

2. Екі қабырғалары қарама-қарсы сәулелер (Q)

Р пікірдің дұрыстығынан Q пікірдің
3. Төмендегі пікірлер тең күштісіне?

«А болуы В үшін жеткілікті» және «В
Жауап: Бұл сөйлемдер тең күшті

4. В ның қажеттілік шарты С,
Жауап: А және С шарттар В
Орта Азия және Таяу Шығыс халықтарының математика
Элементар математика тарихы 1000 жылға жақын
Ал-Хорезми арифметикаға тиісті шығармасында араб тілінде
Ондық санақ жүйесімен бірге
Ал-Коши бірінші рет XV ғасырда ондық
1 градус бұрыштың мәнінде 17
Омар Хайям 1074 жылда «Алгебра және
Орта Азия және Таяу Шығыста пән дамуының
3. Мәселе Бір сан ойладым. Ол саннан
Шешімі: Ізделген санды -пен белгілейік.
Бұл теңдеуді көріністегі сандар
Теорема ұғымы «қажетті шарт» және «жеткілікті шарт» ұғымдарымен,
Мектеп математикасында «қажет шарттарды», «жеткілікті шарттарды» және «қажетті
1. Егер натурал сан жұп болса, онда ол
2. Егер натурал сан 4-ке бөлінсе, онда ол
3. Егер натурал сан 9-ға бөлнсе, онда ол
4. Егер натурал санның цифрларының қосындысы 9-ға бөлінсе,
Бұл сөйлемдерді былай да тұжырымдауға болады:

1. Натурал сан жұп сан болуы үшін, оның
2. Натурал сан 4-ке бөліну үшін, оның жұп
3. Натурал сан 9-ға бөлінуі үшін, оның цифрларының
4. Натурал сан цифрларының қосындысы 9-ға бөлінуі үшін,
Осы сөйлемдерде Р пікірінің ақиқат болуы үшін, Q
Жалпы жағдайда егер Q P ақиқат болса, онда
Алайда шарт жеткілікті болып, қажетті болмауы және керісінше,
Оқушылардың материалды жете түсінуіне қиындық туғызатын ұғымдардың бірі-қажетті
Қажетті және жеткілікті шарттың өзі, тура теорема мен
Мысалы, «Тік бұрышты үшбұрыштың екі сүйір бұрышының қосындысы
Қажетті және жеткілікті шарттар есеп шығару барысында да
Қосымша материалдар

1 ABCD төртбұрыш берілген. Ол квадрат
1) ABCD төрбұрыштың диогоналдары конгруэнт;

2) ABCD төрбұрыш төрт симметрия өсіне
3) ABCD төртбұрыштың барлық бұрыштары және
4) ABCD төртбұрыш диогоналдарын 900-қа бұрғанда
2 Санның 9-ға бөлінуі үшін «қажетті», «жеткілікті», «қажетті
Қысқаша көбейту формулалары.

Біз стандарт көріністегі үш мүше және төрт
Төмендегі өрнектердегі сұрау белгісі орнына сондай
А) 4а4-?+?=(?-4)2

Б) ?+8а2с+?=(?+?)2

В) 125а3-?+?=(?-?)3

Г) (?+8с3у3)3=?+120х4у3+?+?

Д) 216а6-540а4с3+?-?=(?-?)3

Қосымша материалдар.

1. 360 С температуралы 3 литр
2. Араласпаның температурасы 500С болуы үшін
3. функциясының анықталу облысын тап
1.4 Теңдеулер және сандар

Диофант және диофант теңдеулері.

Ежелгі юнон (грек) ғалымы Диофант
Диофант өз өмірінің алтыдан бір бөлігін, он
Мәселенің шартына қарағанда диофант
Теңдеуін аламыз. Бұл теңдеуді шешіп
Диофант «Арифметика» атымен 13 кітап жазған, осы
1-мәселе Сондай үш сан тауып, олардың үшеуі
Шешуі: Айталық ізделінген үш санның қосындысы
2-мәселе 100 санын екі рет сондай екі
Шешуі: Екінші ажыратудағы кіші қосылушыны
Демек, 300-6х+х=100 немесе х=40

Жауабы: (80;20),(60;40)

2-мәселенің шешімі төмендегі кестеден анықтау көрінеді.

Ажырату Үлкен бөлік Кіші бөлік

Бірінші рет 2х 100-2х

Екінші рет 300-6х х

Екі немесе екіден артық белгісізді
Мысалы, теңдеу ең қарапайым Диофант
Сан ұғымы. Сан ұғымы өте ерте заманда туып,
ХVІІІ ғасырда ғана Декарт пен Ферма енгізген координаттар
Бүтін және бөлшек сандар рационал сандар жиынын құрайды.
Иррационал сандар тек қана шектеусіз периодсыз ондық
Мысалы кез келген шеңбердің ұзындығының оның диаметріне қатынасы
1706 жылы ағылшын ғалымы У.Джонс шеңбердің ұзындығының оның
Шаршының диагоналы және қабырғасы секілді кесінділерді өлшенбейтін кесінділер
Үндістанның, Таяу және Орта Шығыстың, ал кейініректе
Грек математиктері геометриялық алгебраның негізін салды. Кесіндінің ұзындығын
Кез–келген нақты санды шектеусіз (периодты немесе периодсыз) ондық
Иррационал сандардың теориясы ХІХ ғасырдың екінші жартысында ғана
Кез келген бір рационал санға координаталық түзудің бойында
Ауданы 2,3,5,6,7,8,10,11,12 ауданның өлшем бірліктеріне тең болатын шаршылардың
Сандар сыр шертеді

саны: бұл сан абсалюттік символы. Шексіздік
жаратылмаған әлемнің саны болып табылады. Бұл барлық заттардың
1 саны: Пифогор және оның ойшылдары барлық басқа
2 саны: Пифогорлықтарда 2 саны бірліктің жоғалуын білдіреді.
3 саны: Пифогорлықтарда 3 санының негізінде жан-жақтылық пен
4 саны: Ертеде бұл сан тұрақтылық пен беріктілік,
5 саны: Пифогордың аса көп көңіл бөлген, бақыт
6 саны: Бұл сан туралы бір нәрсе
7 саны: Бұл санды Пифогоршылар Афинамен байланыстырған. Ежелгі
8 саны: Көне заман адамдары 8 санын сенімділіктің,
9 саны: қателіктер мен кемшіліктер бірлестігі. 9
10 саны: Он саны үйлесімділік пен рухани толығудың
12 саны: Он екі санының қасиеті өз алдында.
13 саны: сәтсіздік саны. 13 санына сенбеушілік пен
40 саны: Қырық санына байланысты оның қасиетін
60 саны: Вавилон аңыздарында бұл сан үлкен мағынаға
Сан есептеу мен өлшеудің нәтижесін білдіретін ең негізгі
Мысал және мәселерді шешудің әдістері

Оқулықтағы кейбір мысал немесе мәселелерді бірнеше
1. Төмендегі теңдеуді шешіңіз

Шешу 1-әдіс Теңдік мағынаға ие болуы үшін
Егер екі бөлшек тең болып, олардың алымы мен
немесе

2-әдіс Бұл теңдеуді шешу үшін теңдіктің
немесе

, демек

Бөлімінде белгісіздер қатысқан теңдеулерді
2.

Шешуі Пропорцияның қасиетінен пайдаланамыз:

мұнда

Егер болса, онда теңдеу
3.

Пропорцияның негізгі қасиетінен және
Теңдеу түзумен байланысты мәселерді шешуде
3 Басқатыру есептері

Теорема Кез келген сан өзінің екі есесіне тең.

Дәлелдеу. -жалпы көбейткіш
- екі сан квадраттарының айырмасы сол сандардың
немесе

немесе

Көбейтіндінің нолге тең болу шартынан
Ескілікті мәселе есептер шешу.

1-есеп Бір адам бір ұстазға келіп, неше шәкіртің
Шешуі: х+х+

22x=792

х=36

Жауабы: х=36 шәкірті болған.

2-есеп

осы есепті ауызша шығар.

Шешуі: Ол үшін ең бірінші шапшаң шығару үшін
Жауабы: 2.

3-есеп

Бір кісінің зайыбына, қызына және үш ұлына қалдырған
Шешуі:

зайыбына

Қызына- х

3 ұлына – 6х
Әрқайсысына-?

7х+6000= 48000

7х=42000

х = 6000
Әр ұлына =12000
Жауабы: 6000- қызына, 6000-зайыбына, әр ұлдарына - 12000.
4-есеп

Жүз санын нөлсіз жазу керек.

Шешуі:

Жауабы:

Қосымша есеп шығару [7].

1975 саны сондай екі қосылушыларға екі рет ажыраттың:
1.6 Мерсенн сандары

Өзі және бірден бірден басқа бөлушіге
Өте атақты француз математигі Мерсенн (1588-1648)
n=2;3;5;7;13;17;19;31;61;89;107;127;521;607;1279;2203;2281;3217;4253;4423;9689;9941;11213; 19937.

Бұдан көрінеді, 75 жыл бойы ең үлкен
М19937=219937-1

Екендігі анықталды.

1644 жылы Л.Эйлер М31=231-1 жай сан екенін,
1956 жылы В.А. Голубев М571 –дің бөлушісі
Енді бірнеше есептерді және оларды шешу
Есептер олардың шартына қарап
Алты цифрлы сан 1 цифрасымен басталады. Егер
Шешу Әуелгі сан abcde болсын. Егер бұл санды
Белгілі d 3 көбейтіндінің соңғы цифрасы
Толстой Л.А. мәселесі.

Орақшылар артелінің бірі екіншісінен екі есе үлкен болған
Шешу Бұл мәселені диаграмма сызумен, ойлаумен және
Теңдеуді мәселе шартына қарап әр түрлі түзуге болады.

1-әдіс Орақшылар санын делік.
Бұл теңдеудің шешіп немес
2-әдіс Бір орақшының жайлауды оруы
Бұл теңдеуді шешіп екі жайлаудағы шөпті ору
3- әдіс Кіші жайлауды ору үшін
:

Бұл теңдеуді шешіп, немесе
4-әдіс Бұл әдісте жаңа белгісіз
Алдыңғыдай орақшылар саны болсын. Бір
немес болады.

Кіші жайлауды

Орақшы жарты күн және бір
:

екендігін табамыз.

Қосымша тапсырмалар.

Бірер санның соңғы цифры 2. Егер бұл
Келесі мәселелерді теңдеу түзу әдісімен шешіңіз:

Ньютон мәселесі. Бір түрлі қалыңдықтағы және
А және В пункттерден бір-біріне қарап екі
Индийцтарда өте үлкен сандардың аттары болды.

Олар миллионды “коти”, жүз миллионды-“врнда”, ал аңыздарда Будда
Марко Полоның әңгімесінде “миллионе” сөзі қайта айтыла беретән.
Француз математигі Шюке миллионның миллионы “биллион” деді. Биллионды
Басқа да санау жүйелері Англия мен Германияда болды.
Міне үлкен сандардың атаулары:

Шехеризада саны 1001-даңқы шыққан.

Шехеризада саны. Бұл санның ерекшелігі неде? Мұның ерекшелігі
873*1001=873 873

236*1001=236 236 т.б.

Кез келген үш таңбалы санды 1001-ге көбейткенде шығатын
2 Есептердің шешудің әдістері
2.1 Сандардың квадраттарын табудың оңай әдісі

Бүгінгі ғылыми- технологияның дамуына байланысты адамзат баласы ой
Алайда, қалыптасқан жағдайдың пайдасымен қатар зияны да жоқ
Ғылымның дамуы шығармашылық өнермен тығыз байланысты. Шығармашылық өнер
992=1002-100-99=9801 (1)

Сонымен, бізге қажетті 99 санының квадраты 9801 екенін
(х-1)2 =x2-(x-1)-x
Демек, берілген өрнек (а-b)2=a2-2ab+b2, яғни,айырымның квадраты заңдылығының
Сонымен, жоғарыда келтірілген өрнекке қарап отырып келесі анықтаманы
Анықтама-1. Қатар екі санның соңғысының квадраты белгілі болған
Аталған анықтаманы керісінше де айтуға болады, яғни
1012 =1002+101+100=10000+201=10201 (4)

яғни, (х+1)2=х2+(х+1)+х
(х+1)2=x2+2x+1
6-өрнек ( а+b)2 = a2+2ab+b2, қосындының квадраты заңдылығының
Анықтама-2. Қатар екі санның алдыңғысының квадраты белгілі болған
Сонымен жоғарыда атап көрсетілгендей, кез-келген санның квадраты белгілі
982=1002-(100+98)* 2 (7)

972=1002(100+98)*3

912=1002-(100+91)*9

Сонымен, 2, 3-өрнектер мынадай жалпы түрге ие болады:

(x-a)2=x2-(x+(x-a))*a (8)

(x-a)2= x2-2ax+a2 (9)

мұндағы, х- квадраты белгілі сан; а- квадраты белгілі
Жоғарыда келтірілген өрнекті 102-109 сандары үшін былай жазылады:

1022=1002+(100+102) ×2=10404
1032=1002+(100+103) ×3=10609

1092=1002+(100+109) ×9=11881

Демек, 4-өрнекті былай түрлендіруге болады:

(x+a) 2=x2+ ((x+a) +x) *a
(x+a) 2 = x2+2ax+a2
8,11- өрнектерді кез-келген сан үшін қолдануға болады.
172=202-(20+17) ×3=400-111=289

Яғни, 17 санының алдындағы квадраты оңай есептелетін сандардың
Сонымен,11- өрнек бойынша:

172=152+(15+17) ×2=225+64=289
Қорыта келе , жоғарыдағы анықтамаларды былай жалпылауға болады.

Квадраты белгілі санның алдындағы кез-келген санның квадраты сол
Және керісінше, квадраты белгілі саннан кейінгі кез-келген санның
Сонымен, кез-келген санның квадратын қолдана отырып, сол санның
Іс жүзінде осы тәсілді игерген оқушы есептеу кестесі
11 санына шапшаң көбейту әдісі. 11-ге көбейтілетін санның
Мысалы:54×11=594

а)4-ті жазамыз

б)4+5=9 жазылады

в) 5-ті жазамыз

124×11=1(1+2)(2+4)4=1364

Егер көрші цифрлардың қосындысы 9-дан артық болса,бірлігі жазылып,
Мысалы:58×11=638

а)8-ді жазамыз

б)5+8=13 3-ті жазып, 1- ді ойға аламыз.

в)5+1=6, 6- ны жазамыз.

3765×11=41415

а)5-ті жазамыз.

б)5+6=11,1-ді ойға аламыз.

в)(6+7)+1=14, 4-ті жазып,1-ді ойға аламыз

г) (7+3)+1=11, 1-ді жазып,1-ді ойға аламыз

д)3+1=4, 4-ті жазамыз.

Екі орынды санды 111 санына шапшаң көбейту. Оңнан
Мысалы: 42×111=4(4+2)(4+2) =4662

68×111=7548

а)8-ді жазамыз

б)6+8=14, 4 –ті жазып 1-ді ойға аламыз

в)6+8+1=15,5-ті жазып,1-ді ойға аламыз.

г)6+1=7

Бір орынды немесе екі орынды санды 37 санына
Бұл әдіс 2×37=74

3×37=111 теңдіктеріне негізделген

Мысалы:6×37=37×3×2=222

8×37=(6+2) ×37=222+74=296

45×37=(48-3) ×37=12×4×37-3×37=16×3×37-3×37=3×37(16-1)=111×15=1665

5,25,125 сандарына шапшаң бөлу әдісі

Ол үшін сәйкесінше берілген санды 2-ге,4-ке,8-ге көбейтіп 10-ға,100-ге,1000-ға
Мысалы:220/5=220×2/10=44

1300/25=1300×4/100=52

9250/125=9250*8/1000=74

Кейде амалдар тәртібін ауыстыруға болады,әуелі 10,100,1000 сандарына бөліп,сосын
9,99,999 сандарына шапшаң көбейту әдісі

Бірінші көбейткішке екінші көбейткіштегі 9-дар саны қанша болса
Мысалы: 286×9=2860-286=2574

23×99=23000-23=2277

18×999=18000-18=17982 [16].

2.2 Теңдеулер және теңсіздіктерді шешу әдістері

Ежелгі юнон және араб математиктері «тең», «үлкен»,
XVI ғасырға келіп ағылшан ғалымы
Француз математигі Жирар алгебра курсында (1629ж)
А++В-А ның В дан үлкен екендігін білдіреді.

Ағылшын математигі Т.Гариоттың (1560-1621) өлімінен 10
Кез келген а және в сандары
Бұлардың қайсысы орынды екендігін білу
а санынан в санын айырғанда

а) айырма оң болса,

б) айырма нөлге тең болса,
в) айырма теріс сан болса,

2 Сандар түзуінде

а) а саны в- ның
б) а саны в- ның сол
в) а және в сандары бір нүктеге
3 а және b сандары 1- ден
Қайсы айырма кіші болса, оған сәйкес келген
Мысалы ,
Шешу:

Бұл айырмалардың біріншісі екіншісінен кіші
Теңсіздіктердің бұл қасиеттерін сызықты және
Бірнеше мысал қарастырайық

1) Егер болса,
Шешуі 1-әдіс

Теңсіздіктің сол және оң бөліктернің айырмасын табамыз.

Шартқа қарағанда бұл айырма оң сан, яғни
Жауап: Теңсіздік дұрыс екен.

а,b, және с айнымалылардың барлық мәндерінде
теңсіздік дұрыс екендігі дәлелдеңіз.

Дәлелдеу. Теңсіздіктің сол және оң бөліктерінің
Пайда болған айырмалар квадраттарының қосындысынан көрінеді, егер
2) x және y - тің кез
Дәлелдеу. Бұл теңсіздіктің дұрыс екендігін дәлелдеу үшін
Бұл соңғы өрнек болғанда
Қосымша тапсырмалар.

1) Егер болса,
а және b кез келген сандар болғанда
Теңсіздігі орындалуын дәлелдеңіз

1-есеп БАМ (Байкл—Амур Магистралы) да жұмыс
Шешу Бұл есепті шешу үшін теңдеу түзу
Есептің шартына қарап келесі теңдеулерді түземіз:

немесе

немесе

Бұл теңдеулерді шешіп, Соли 30 жаста, Лола 25
2-есеп Өшірілген цифрды табу.

Кез келген бір сан ойлаңыз. Оны 10-ға
Түсіндіру 324 саны ойлаған болсын. Барлық амалдар
1- мәселе жоғарыда айтылған барлық амалдар
Жауап: 3

Қосымша материал ретінде келесі 2 мәселені қарастырамыз.

2- мәселе

А және В нүктелері бойынша берілген түзуге
2.3 Ғажайып сандар. Ең үлкен көбейтінді және ең
Математикада үйренілген ережелерге бағынбай көрсетілген
Көбейткіштердің цифрларының ретін өзгертсек нәтижеде
Сіздің өзіңізде мұндай мысалдарды таба аласыз. Ол үшін
Бұл теңдік теңдігі орындалғандығына
Бөлшектің алымы мен бөлімінде ( алымында
Мысалы

Кейбір жағдайда (олар шексіз көп) мүмкін екен.

Мысалы

Қандай жағдайда мұндай қысқарту дұрыс болды? Жалпы ереже
Сіз сандардың тағы қандай қасиеттерін білесіз?

Адамзаттың күнделік тұрмысындағы көп ұшырайтын
Мұндай мәселелермен атақты математиктер –Пифагор, Евклид,
XVII ғасырға дейін мұндай мәселелер негізінде
Орыс математигі П.Л. Чебышев (1821-1894) амалда
ХХ ғасырда максимум мен минимум немесе
Сондықтан төменде экстремумға тиісті мәселелерді
1-теорема Егер х және у оң айнымалыларының
Дәлелдеу. х+у=а болсын. Белгілі:

Бұл теңдіктерді мүшелеп айырсақ, онда

немесе

болғандықтан

Теңдіктің оң жағындағы айырма ең
Бұл теоремадан периметрлері тең
2-теорема егер х және у оң сандар
Дәлелдеу. болсын

немесе

Соңғы теңдіктен көрінеді х,у оң сан
1-мысал Бір қабырғасы заводтың қабырғасы болатын
Шешу Төртбұрыштың бір қабырғасын х десек, онда
Бұл аудан ең үлкен болу үшін айырушы
Қосымша есеп ретінде жоғарыдағы теорема айнымалылардың
Енді натурал сандардың қосындысымен байланысты болған
Ұйғарайық 1+2+3+.+n=x

Бұл қосынды х ті табу үшін
Теңдіктегі n ді кермек алмастырамыз.

Бұл теңдіктерді мүшелеп қосамыз:

немесе

немесе

Дәл осы әдісті қолданып

екендігін дәлелдеңіз [16].

Миллиард санын санап шығу үшін күніне 8 сағат
Ал миллиардтан кейінгі өте ірі сандардың
Биллион - 10 , триллион -
секстиллион -10 , септиллион -10
дециллмон -10 , андециллион -10
септендециллион -10 , октадециллион -10
2.4 Алтыншы математикалық амал
Сан туралы ұғымның кеңейіп баруында , яғни
Қосу және айыру, көбейту және бөлу өзара
«Түбір» латынша «радикал» деген сөз болып XVI
Мысалы, XVI ғасырда түбірді Rg4352 түрінде жазды, ол
Кейінірек түбір белгісі кіші латын (эр)
Мысалдар 1. Қайсысы үлкен

А) және

Б) және ?

Шешу. Бұл мысалды шешу үшін жуық
Демек, бірінші түбір 5 және 6 аралығында
Б) мұнда жоғарыдағы әдіспен пайдаланып болмайды, себебі
Оны шешу үшін оң мүшелі
әрбір өрнектен 17-ні айырамыз.

және

Бұл өрнектерді квадратқа көтеріп

280 және 253+20

Сандарын аламыз. Әрбірінен 253-ті айырып айырмаларды
Бұдан

екендігі шығады [8].

Теңдеулер тақырыбы алгебраның негізгі тақырыбының бірі. Тұрмыста ұшырайтын
820 жылда хорезмдік Мухаммед ибн Мусо ал
Егер арабтарға теңдеулердің коэффициентерін әріптермен
Көріністе жазған болар еді.

Мухаммед ибн Мусо ал-Хоразми жоғарыдағы алты теңдеудің
Мысалы

Көріністегі теңдеуді шешудің ережесін төменде былай өрнектеген.

«Санның квадраты мен 21-дің қосындысы
Бұл мәселенің шешімі төмендегі теңдеудің
Шешу (Мухаммед ибн Мусо ал-Хорезми әдісі). Түбірлер санын
Бұл теңдеудің шешудің қазіргі әдісі:

Егер теңдеудің түбірі теріс болып шықса,
Бұдан тыс, ал-Хорезми теңдеулерді шешудің геометриялық
Мысал

Квадрат теңдеуінің шешімін тап.

Шешу. Қабырғасы х болатын квадрат саламыз. Оның
Бұл есепті Омар Хайям төмендегідей шешкен:

Квадарт және 10 түбір 39-ға тең. Түбірдің жартысын
«Ал-жабр вал-муқобала» да берілген мысалдарды шешіу:

А) б)
2.5 Квадрат теңдеулерді шешу жолдарының әр түрлі
Зерттеу барысында мектеп оқушыларына «квадрат теңдеулерді» шешу
1-әдіс Теңдеудің сол жақ бөлігін көбейткіштерге жіктеу

Мысал, х2+4х+3 =0
Теңдеудің сол жақ бөлігін көбейткіштерге жіктейміз:

х2+х+3х+3 =х(х+1)+3 (х+1) =(х+1)(х+3)

Демек, теңдеуді былай жазуға болады: (х+1)(х+3) =0

Көбейтінді нөлге тең болғандықтан, ең болмағанда көбейткіштердің біреуі
2-әдіс Толық квадратқа келтіру әдісі

Мысал х2+8х-9=0 теңдеуін шешейік.

Сол жақ бөлігін толық квадратқа келтіреміз. Ол
Алынған өрнектің бірінші қосындысы х-тың квадраты, ал екінші
Енді теңдеудің сол жағын түрлендіреміз. Берілген теңдеуге
х2+8х-9=х2+2х4+42-9-4 =(х+4)2-25

Сонымен, берілген теңдеуді былайша жазуға болады:
(х+4)2-25=0 , яғни (х+4)2=25.

Бұдан х+4=5, х
3-әдіс Квадраттық теңдеулерді формула арқылы шешу

ах2+вх+с=0, а≠0 теңдеудің екі жағын да 4а-ға
4а2х2+4ахв+4ас=0

((2ах)2+4ахв+в2)-в2+4ас=0 , (2ах+в)2=в2-4ас

2ах+в= ,
х =
Оған келесідегідей мысалдар келтіруге болады:

1)3х2-7х+4=0 теңдеуін шешейік.

а=3, в=-7, с=4. Д=в2-4ас=(-7)2-4·4·3=49-48=1.
Д>0 болғандықтан, екі әр түрлі түбір болады: х1=1,
Сонымен, дискриминант оң болғанда, яғни в2-4ас>0, ах2+вх+с=0 теңдеуінің
2)9х2+6х+1=0 теңдеуін шешейік.

а=9, в=6, с=1. Д=в2-4ас=62-4·9·1=0.

Д=0 болғандықтан, бір ғана түбір бар болады:
х= , х=

Сонымен, егер дискриминант нөлге тең болса, яғни в2-4ас=0,
түбірі бар болады:
3)х2+2х+3=0 теңдеуін шешейік.

а=1, в=2, с=3. Д=в2-4ас=4-4·3·1= -8.

ДСонымен, егер дискриминант теріс болса, яғни в2-4ас4-әдіс Виет теоремасын пайдаланып теңдеулерді шешу

Келтірілген түбірлері Виет теоремасын қанағаттандырады.

Ол былай беріледі: а=1 болғанда,
Бұдан келесі тұжырымдарды шығаруға болады:

а) Егер q (1) теңдеудің
Мысал, 1)х2-9х+20=0, х1=4, х2=5, мұнда q=20 >0,
2)х2+5х+6 =0, х1 =-2, х2 =-3,
б) Егер q (1) теңдеудің
2) х2-7х-8 =0; х1 =8, х2 =-1
5-әдіс. Теңдеуді «асыра лақтыру» әдісімен шешу
ах2+вх+с =0 , а ≠0 квадрат теңдеуін
а коэффициентін бос мүшеге көбейтеді. Сондықтан
Мысал 2х2-9х+9=0 теңдеуін
Шешуі: 2 коэффициенті теңдеудің бос мүшесіне
у2-9у+18=0 теңдеуін аламыз. Виет теоремасы бойынша

Жауабы: 3; 1, 5.

6-әдіс. Квадрат теңдеулердің коэффициенттерінің қасиеттерін қолдану ах2+вх+с=0,
Егер а+в+с=0 (яғни коэффициенттер қосындысы 0-ге тең)
Мысал 7+2-9=0 қосындысы 0-ге тең. Осы үш
Жауабы:

7-әдіс Квадрат теңдеулерді геометриялық әдіспен шешу

Көне заманда алгебраға қарағанда геометрия көбірек жетілген кезде,
Шешуі: у2+6у=16 немесе у2+6у+9=16+9

у2+6у+9 және 16+9 өрнекті геометриялық тұрғыда сол
у2+6у-16+9-9=0 бастапқы теңдеу де сол теңдеу. Бұдан алатынымыз
8-тәсіл. Квадрат теңдеуді номограмма көмегімен шешу

Бұл квадрат теңдеуді шешудің бұрынғы және жөнсіз
Брадис таблицасында z2+pz+q=0 теңдеуін шешуге арналған номограмманы
ОВ= ОС=р, ЕД=q, ОЕ=а десек,
Мұнда z2+pz+q=0 теңдеуді ауыстыру жасағаннан және
9-тәсіл. Квадрат теңдеулерді геометриялық әдіспен шешу

Көне заманда алгебраға қарағанда геометрия көбірек жетілген кезде,
Шешуі: жоғарыдағы 4-суретте көрсетілген, мұндағы у2+6у=16 немесе
у2+6у+9 және 16+9 өрнекті геометриялық тұрғыда сол
Көне заманда алгебраға қарағанда геометрия көбірек жетілген кезде,
х2 +10х=39 теңдеуін шешейік.

Мысал-2: Шешуі: қабырғасы х болатын квадратты қарастырайық. Оның
D
6

2

6

2

х2

2
6 2

6

АВСD квадратының ауданы (S-ті) мына ауданның
S=x2 +10x+25. х2 +10x өрнегін 39 санымен
Алғашқы квадраттың ізделінді х-қабырғасы үшін:

А
10-тәсіл:квадраттық теңдеуді шешудің графикалық шешімі.

Егер x2+px+q=0 теңдеуінде екінші және үшінші мүшені теңдеудің
Енді y=x2 және y=-px-q функцияларының графиктерін саламыз. Бірінші
Түзу мен парабола қиылысып, олардың қиылысу нүктелері екеу
Түзу мен парабола қиылысады, бірақ қиылысу нүктесі бір
Түзу мен параболаның еш ортақ нүктелері болмаса, онда
Мысал:

x2-3x-4=0 квадраттық теңдеуін шешйік.

Шешуі.Бұл теңдеуді мынадай түрге келтіріп жазып алайық: x2-=3x+4

Енді координаталық жазықтықта у=3x+4 түзуін құрастырамыз.Қиылысқан нүктелерінің координаталары
Жауабы: x1=-1 x2=4

Квадрат теңдеуді шешудің 10 түрлі әдісі оқушылардың
3 Жоғарғы сыныптарда өткізілетін үйірме жұмыстары

3.1. Комплекс сан туралы түсінік

Сан ұғымының натурал сандардан нақты
Геометриялық тұрғыдан нақты сандар координаталық
Комплекс сандар деп кез- келген
Комплекс сандарға қолданылатын арифметикалық
Комплекс ноль деп (0;0) парын
Z пен ω комплекс
Z=( α;b) , w=(с; d) комплекс
Комплекс сандарға қолданылатын арифметикалық
Z=( α;b), w=(с; d)≠ 0 болсын.
Z =ωu болғандықтан, сх-ду=а, дх+ су=ь
u= (х; у) =( ).

Комплекс сандарды бөлудің келесі
=( ) = ( ).

Комплекс санның алгебралық түрі .Комплекс
а+ьі жазылуы = ( а;
Егер а+ьі комплекс санының жорымал
Комплекс сандардың алгебралық түрі
1) Қосу. (а; ь)+(с;d)=(а+с;b+d) екенін
2) Азайту. (а;b)-(с;d)=(а-с;b-d) екенін білеміз. а+bі
3) Көбейту. ( а;b)∙(с;d)=(ас-bd;аd+bс) екенін білеміз.
4) Бөлу. Егер (с;d)≠(0;0) болса,
Осы және бастапқы теңдіктерді
Айтылғандардың бәрін шолып, мынадай
Мысалы:т2+3т+2,5=0; D=9-4∙2,5= -1; т = ;
1-мысал. (2-і)2 мәнін есептеу
Шешуі:(а-b)2=а2-2аb+b2 формуласын пайдаланып, (2-і)2=4-4і+і2=4-4і-1=3-4і екенін
2-мысал. (1-2і)і -
Ш/і:1) (1+2і)і=і+2і2=-2+і. 2) 3) (-2+і)-(0,5+205і)=-205-1,5і.

3-мысал (2х-3уі)(2х+3уі)+4хі=97+8і теңдігі орындалатындай х пен у нақты
Шешуі: ( 2х-3уі)(2х+3уі)=4х2-9у2і2=4х2 +9у2

Сонда берілген теңдікті 4х2+9у2+4хі=97+8і
4-мысал. Z2=-5+12і теңдігін қанағаттандыратын Z
Шешуі: Z комплекс санын х+уі
5-мысал. (1+2і) мәнін есептеу
Шешуі:(а+b)6=а6+6а5b+

Олай болса, (1+2і)6=16+6∙15∙2і+15∙14∙(2і)6=1+12і+60і2+160і3+240і4+192і5+64і6.

Әрі қарай, і2=-1, і3=і2∙і=-і, і4=і2∙і2=(-1)∙(-1)=1,

і5=і4∙і=1∙і=, і6=і4∙і2=1∙(-1)=-1 екенін аламыз. Демек,
Теңдеулердің комплекс түбірлерін іздестіру.а>0
1 мысал. Х2-4х+13=0 теңдеуін шешу
Шешуі: х1,2= 2± = 2±
2-мысал.
Шешуі. Х3-8 = 0
3.2 Логикалық есептерді граф арқылы шешу

"Граф" сөзі математикалық әдебиетте жаңадан пайда
Граф теориясы математиканың логика, комбинаторика, тағы
Оқушыларға әрбір логикалық пікірдің дәмін сезіне білу керек
Оқушы граф арқылы есеп шығара отырып, өзінің логикасын
Әсіресе граф көптеген логикалық есептерді шығаруда
Граф деп қандай да бір берілген пункттерді қосатын
Графтар теориясы бас қатырғыларды шешумен байланысты XVIII ғасырда
Логикалық есептер адамның ойлау қабілеттігін арттырады.

Кенигсберг көпірі жайындағы есепті алғаш рет Л.Эйлер (1707-1783)
Графтар арқылы есептерді шешуге мынадай мысалдарды қарастыратын
1-есеп: Үш дос- Серік, Талғат, Ернар
Шешуі:Үш жиын алып, олардан үштен нүкте қарастырамыз. Оларды
1-сурет

Г раф есеп шартында көрсетілген жиын элементі және
2-есеп: Дүйсенбі күнгі сабақ кестесін құру кезінде үш
Қанша тәсілмен мұғалім өтінішін орындауға болады?

2-сурет

Шешуі: Математика, тарих, әдебиеттің бас әріптерінен бір
Математиканы 1-сабаққа (онда ол 2-бола алмайды) қойсақ, онда
Теңдеуді граф арқылы шешу, яғни бұл бағытталған граф
3-есеп: Мен бір сан ойладым. Сол санға
((х + 24)*9-76)/19=23

9х+140=437

9х=297

х=33

Графты құрайық. Енді осы сандарды керісінше амалмен шығарайық
23*19 =437 437+76=513
3-сурет

Математикада ешбір математикалық ережелерді немесе теоремаларды қолдануға келмейтін,
Логикалық есептер граф арқылы да шешіледі.

1-есеп: Серік, Ернар, Талғат және Бекарыс қайық сатып
Егер екінші аптада қайықпен Серік немесе Бекарыс қыдырса,
Егер Бекарыс қайықпен ең соңғы аптада қыдырса, онда
Егер Талғат екінші болып немесе Бекарыс үшінші болып
Егер Серік үшінші аптада қыдырса, онда Ернар –екіншіде,
Егер Бекарыс бірінші аптада қыдырса, онда Талғат- үшіншіде.

Егер Бекарыс үшінші аптада қыдырса, онда Серік екінші
Шешуі: Егер есептің шартын жиынның элементтері мен олардың
Енді осы (х,п) жиынының арасындағы конъюкция, дизъюнкция, импликация,
1) [(С, 2) ٧ (Б,2)]→(Т,1)

2) (Б,4)→ [(Т,3) ٨(С,1)]

3) [( Т,2)٧ (Б,3)]→ (Е,4)
4) (С,3),(Е,2)

5) (Б,1)→(Т,3)

6) (Б,3)→(С,2)

1) - 4) сөйлемдерді жай импликация түріне
(С,2)→ (Т,1), (Б,2) → (Т,2), (Б,4)→ (Т,3),
(Б,3)→ (Е,4), (С,3) →(Е,2), (Е,2)→ (С,3), (Б,1)→ (Т,3),
«және» коньюнкция(логикалық көбейту)

«немесе» дизьюнкция(логикалық қосу)

→ - импликация
٧ – дизьюнкция

- ٨ коньюнкция

Келесі есепті графтың көмегімен шешу керек:

есеп: Бірнеше ұл балалар вокзалдың алдында кездесті. Олар
3.3 Тригонометриялық теңдеулерді шешудің әр
Тригонометрия элементтерін адамзат ежелгі замандардан бастап, бұрыштарды өлшеу
Тригонометриялық теңдеулерді түрлендіріп -түріне келтіреді. Бұлардың
егер болса, ;

егер болса, ;

егер кез келген сан болса,
егер кез келген сан болса,
Егер тригонометриялық теңдеулердің шешімдер
Тригонометриялық теңдеулерді шешудің мынадай әдістері
1) көбеткіштерге жіктеу әдісі;

2) жаңа айнымалы енгізу әдісі;

3) Универсал ауыстыру;

4) Көмекші аргумент енгізу әдісі.
Енді әр әдіске мысалдар
1-мысал түрлендіруді орындап, теңдіктің
екенін табамыз. болғандықтан,
; , ,
2-мысал. теңдеуін шешу керек.

Шешуі: болғандықтан, теңдеуді
2) Жаңа айнамалы енгізу әдісі біртекті деп аталатын
3-мысал теңдеуін шешу
Шешуі. Теңдеудің екі жағын
4-мысал. теңдеуін шешу керек.

Шешуі. ; .
Енді есеп ,
3) Универсал ауыстыру. Егер боkса,
.

Сөйтіп, пен
1-мысал. теңдеуін шешу керек.

Шешуі. пен -ті
жауап: , .

2-мысал. теңдеуін шешу керек.

Шешуі. Универсал ауыстыруды пайдаланайық. пен
рационал теңдеуін аламыз, бұдан .
Тексеру мәні теңдеудің шешімі болатынын
4) Көмекші аргумент енгізу әдісі. .Кейде тригонометриялық
1-мысал. теңдеуін шешу
Шешуі. Теңдеудің екі бөлігін
2-мысал. теңдеуін шешу керек.

Шешуі. ,
,
Бұл тарауда бірқатар маңызды тригонометриялық теңбе –
1-мысал. теңдеуін шешу
Жауабы:

2 – мысал теңдеуін
-ті түрінде жазсақ, берілген
-ті -пен алмастырсақ, мынадай квадрат теңдеу
, осыдан
Тригонометриялық теңдеулерді түрлі әдістерді пайдаланып шешу есептеу:

түріндегі теңдеуге есептер шығарып көрейік

15.

16.

1,2-тәсілдерді пайдаланып есептер шығарайық:

1.

2.

3.

3.4 Ұлы математиктер

Есімі дүние жүзіне мәлім болып, ғылыми және мәдени
Аристотель бұл кісінің есімі халық арасында бұрыннан-ақ белгілі.
Әбунасыр Фараби ол Отырарда туған. Фараби түркі, араб,
Ахмес шамамен б.д.д 1700 ж Әлемге әйгілі бірінші
Пифагор. Б.э.д. 569 – 475ж грек ғалымы Пифагор
Евклид. Б.д.д. 325 – 265 ж. Евклид ежелгі
Архимед. Б.д.д. 287 – 212 жж. Гидростатика принципін
Эратосфен. Б.д.д. 276 – 194 жж. Грек ғалымы
Әл – Хорезми. 780 – 850жж. Араб математигі
Фибоначчи. 1170 – 1250 жж. Леонардо Пизанский өзінің
Г.Галилей. Галилей Галелео (15.2.1564, Италия, Пиза - 8.1.1642,
Птолемей. Клавдий Птолемейдің өмір жолы туралы мағұлмат жоқтың
Қортындылай келгенде ұлы математиктер математиканы дамытуда адамзатты ғажайып
Ғылым тарихына көз салғанда адамзаттың асыл перезенттері ашқан
Қорытынды

Қорыта келгенде, математикалық үйірмені ұйымдастыру және жүргізу
Теориялық бағыттағы үйірме жұмысын мұғалім