Салу есептерін алгебралық әдіспен шешу
Мазмұны
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...4
І бөлім. Салу есептерінің пайда болу тарихына шолу ... ... ... ... ... ... ... ... 6
1.1 Алгебралық геометрия негіздеріне сипаттама ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6
1.2 Салу есептерін шешудің алгебралық тәсілдерінің пайда болуы ... ... ... ..11
ІІ бөлім. Салу есептерін алгебралық әдіспен шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ...22
2.1 Салу есептерін орындаудағы алгебралық өрнек ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 22
2.2 Циркульмен орындалатын салу есептерін алгебралық шешу мүмкіндіктері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .28
2.3 Салу есептерін орындау және шешу тәсілдері ... ... ... ... ... ...35
2.4 Инверсия және оның қасиеттері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 43
2.5 Салу есептерін квадрат теңдеулер әдісімен шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... 51
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...59
Пайдаланылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..61
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...4
І бөлім. Салу есептерінің пайда болу тарихына шолу ... ... ... ... ... ... ... ... 6
1.1 Алгебралық геометрия негіздеріне сипаттама ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6
1.2 Салу есептерін шешудің алгебралық тәсілдерінің пайда болуы ... ... ... ..11
ІІ бөлім. Салу есептерін алгебралық әдіспен шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ...22
2.1 Салу есептерін орындаудағы алгебралық өрнек ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 22
2.2 Циркульмен орындалатын салу есептерін алгебралық шешу мүмкіндіктері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .28
2.3 Салу есептерін орындау және шешу тәсілдері ... ... ... ... ... ...35
2.4 Инверсия және оның қасиеттері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 43
2.5 Салу есептерін квадрат теңдеулер әдісімен шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... 51
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...59
Пайдаланылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..61
Кіріспе
ҚР білім беру жүйесінің дамуы – жаңа ақпараттық технологиялар мен компьютерлердің қолданылу деңгейіне, шығармашыл білімнің қалай қалыптастырылатындығына, оның әлеуеттік мүмкіндігінің күшеюіне байланысты.
Ал бұл міндеттің іске асырылуы мектептегі оқу үдерісіне жаңа технологиялар мен ақпараттық құралдардың қаншалықты, сонымен қатар қандай негізде енгізілуіне тәуелді екені түсінікті. Жалпы орта білім берудің математика пәні бойынша мемлекеттік жалпыға міндетті стандартында бұл пәннің саласында онымен іргелес өзге де ғылым салаларындағыдай жаңалықтар мен жаңа білім көлемі жедел қарқынмен жыл сайын артып отырғаны айтылып, осы нормативтік құжаттың мақсат-міндеттерін анықтауда ескерілген қоғамдық өзгерістің бірінде былай делінген: «... Қоғамның жоғары деңгейде ақпараттандырылуы, ақпараттық техника мен технологиялардың кеңінен қолданылуы математиканы оқыту барысында оқушылардың алгоритмдік мәдениетін дамуды талап етеді».
Бұл мәселені шешудегі басты міндет мектепке, әсіресе, математиканы оқытуға жүктеледі.
Жалпы, геометрияны оқыту әдістемесіне үлес қосқан ғалымдар Н.М.Бескин, В.Г.Чичигин, А.Н.Колмогоров, В.А.Гусев. Геометрия есептерін шығару мен теоремаларды дәлелдеуді оқып үйретуге Д.Пойа, М.Б.Волович, К.С.Богушевский, Л.С.Карнацевич, мектеп геометриясы оқулығындағы тарауларды оқытуға Т.М.Мищенко, Ю.М.Колягин, Г.Л.Луканкин, С.Е.Ляпин, В.А.Оганесян, А.Я.Блох, И.Ф.Тесленко т.б. еңбектері бар.
Орта мектепте математика пәнiн оқытуда жаңа педагогикалық технологияны пайдалану Е. Баранова, Р.Б. Бекмолдаева, С.С. Дайырбеков, В.С. Свиридовтар, диссертацияларының зерттеу пәніне енген.
Соңғы кезде электрондық оқулық басылымдармен жұмыс мәселелерi дезерттелiнiп, (Г.К. Нургалиева, Ж. Қайдасов, В.В. Гриншкун т.б.) тура және керi байланысты іске асыратын автоматтандырылған кешен түрiндегi жүйелер ұсынылуда.
Компьютер арқылы оқу материалдарын көрнекі ұсынып оқытатын «Живая геометрия» бағдарламасы Ресейде қолданысқа еніп, оқушылардың қызығушылығын арттыруға тиімді пайдаланылуда.
Келтірілген қысқаша шолу қазіргі бiлiм саласында жаңа, ақпараттық парадигманың қалыптаса бастағанын көрсетеді.
ҚР білім беру жүйесінің дамуы – жаңа ақпараттық технологиялар мен компьютерлердің қолданылу деңгейіне, шығармашыл білімнің қалай қалыптастырылатындығына, оның әлеуеттік мүмкіндігінің күшеюіне байланысты.
Ал бұл міндеттің іске асырылуы мектептегі оқу үдерісіне жаңа технологиялар мен ақпараттық құралдардың қаншалықты, сонымен қатар қандай негізде енгізілуіне тәуелді екені түсінікті. Жалпы орта білім берудің математика пәні бойынша мемлекеттік жалпыға міндетті стандартында бұл пәннің саласында онымен іргелес өзге де ғылым салаларындағыдай жаңалықтар мен жаңа білім көлемі жедел қарқынмен жыл сайын артып отырғаны айтылып, осы нормативтік құжаттың мақсат-міндеттерін анықтауда ескерілген қоғамдық өзгерістің бірінде былай делінген: «... Қоғамның жоғары деңгейде ақпараттандырылуы, ақпараттық техника мен технологиялардың кеңінен қолданылуы математиканы оқыту барысында оқушылардың алгоритмдік мәдениетін дамуды талап етеді».
Бұл мәселені шешудегі басты міндет мектепке, әсіресе, математиканы оқытуға жүктеледі.
Жалпы, геометрияны оқыту әдістемесіне үлес қосқан ғалымдар Н.М.Бескин, В.Г.Чичигин, А.Н.Колмогоров, В.А.Гусев. Геометрия есептерін шығару мен теоремаларды дәлелдеуді оқып үйретуге Д.Пойа, М.Б.Волович, К.С.Богушевский, Л.С.Карнацевич, мектеп геометриясы оқулығындағы тарауларды оқытуға Т.М.Мищенко, Ю.М.Колягин, Г.Л.Луканкин, С.Е.Ляпин, В.А.Оганесян, А.Я.Блох, И.Ф.Тесленко т.б. еңбектері бар.
Орта мектепте математика пәнiн оқытуда жаңа педагогикалық технологияны пайдалану Е. Баранова, Р.Б. Бекмолдаева, С.С. Дайырбеков, В.С. Свиридовтар, диссертацияларының зерттеу пәніне енген.
Соңғы кезде электрондық оқулық басылымдармен жұмыс мәселелерi дезерттелiнiп, (Г.К. Нургалиева, Ж. Қайдасов, В.В. Гриншкун т.б.) тура және керi байланысты іске асыратын автоматтандырылған кешен түрiндегi жүйелер ұсынылуда.
Компьютер арқылы оқу материалдарын көрнекі ұсынып оқытатын «Живая геометрия» бағдарламасы Ресейде қолданысқа еніп, оқушылардың қызығушылығын арттыруға тиімді пайдаланылуда.
Келтірілген қысқаша шолу қазіргі бiлiм саласында жаңа, ақпараттық парадигманың қалыптаса бастағанын көрсетеді.
Пайдаланылған әдебиеттер тізімі:
1. Виленкин И.В., Гробер В.М. Высшая математика для студентов экономических, технических, естественно-научных специальностей вузов. Ростов н/Д: Феникс, 2004. – 416 с.
2. Малыхин В.И. Математика в экономике. М.: Инфра-М, 2001. – 356 с.
3. Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. М.: Наука, 1989.
4. Карасев А.И., Аксютина З.М., Савельева Т.И. Краткий курс высшей математики для экономических вузов. Высш. Шк., 1982, Ч.1.
5. Шипачев В.С. Основы высшей математики. М.: Высш. Шк., 1998.
6. Зайцев И.А. Высшая математика. М.: Высш. Шк., 1998.
7. Натансон И.П. Краткий курс высшей математики. СПб.: Лань, 1997.
8. Стойлова Л.П. Математика. М.: Академия, 1997.
9. Богомолов Н.В. Практические занятия по математике. М.: Высш. Шк., 1997.
10. Данко П.Е., Попов А.Г. Высшая математика в упражнениях и задачах: в 2 ч. М.: Высш. Шк., 1996.
11. Юшкевич А.П. Математика и ее история. М.: Янус, 1996.
12. Бермант А.Ф., Араманович Н.Г. Краткий курс математического анализа. М., Наука, 1966-1973.
13. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление для вузов. М., Наука, 1970-1985. Т.1,2.
14. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии. М.: Наука, 1980, 1984.
15. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного. М.: Наука, 1981, 1985.
16. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Дифференциальное и интегральное исчисление. М.: Наука, 1980, 1984.
17. Справочник по математике для экономистов/В.Е. Барбаумов, В.И. Ермаков, И.И. Кривенцов и др.; под ред. В.И. Ермакова. М., 1987.
18. Бронштейн И.Н., Семендяев К.А. Справочник по математике.
19. Сборник задач по математике для вузов. Линейная алгебра и основы математического анализа. Под ред. А.В. Ефимова, Б.П. Демидовича. М.: Наука, 1981.
20. Зимина О.В. и др. Высшая математика. 2-е изд., испр. М.: Физматлит, 2001. 368 с. (Решебиик).
21. Решебник. Высшая математика. Специальные разделы Под ред. А.И. Кириллова. 2-е изд., стереотип. М.: Физматлит, 2003.400 с.
22. Проскуряков И.В., Сборник задач по линейной алгебре. М.: Лаборатория Базовых знаний, 1999.
23. Фаддеев Д.К., Соминский И.С. Задачи по высшей алгебре: Учеб. пособие для вузов. 12-е изд., стереотип. СПб.: "Лань", 1998. 288 с.
24. Беклемишева Л.А. и др. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре. 2-е изд., перераб. М.: Физматлит, 2001.496 с.
25. Клетеиик Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии. 16-е изд., испр. СПб.: Мифрил, 2001.208 с.
26. Цубербиллер СП. Задачи и упражнения по аналитической геометрии. 31-е изд., стереотип. СПб.: "Лань", 2003. 336 с.
27. Щипачев B.C. Задачник по высшей математике: Учеб. пособие для вузов. 4-е изд., стереотип. М.: Высш. шк., 2004. 304 с.
28. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу: Учеб. пособие для вузов. М.: "Астрель",2004. 558 с.
29. Матвеев П.М. Сборник задач и упражнений по обыкновенным дифференциальным уравнениям: Учеб. пособие, 7-е изд., доп. СПб.: "Лань", 2002. 432 с.
30. Краснов М.Л. и др. Обыкновенные дифференциальные уравнения: Задачи и примеры с подробными решениями: Учеб. пособие для вузов. 4-е изд., испр. VI.: Эдиториал УРСС, 2002. 256 с.
31. Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости: Учеб. пособие. 2-е изд., перераб. и доп. М.: Паука, 1981. 304 с.
32. Гмурмаи В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике: Для вузов. 5-е изд., стереотип. М.: Высш. шк., 2001.400 с.
33. Показатели индивидуальности ученика в учебном процессе // «Физиканы, математиканы және информатиканы инновациялық оқыту: өзекті мәселелері және болашағы» халықаралық ғылыми-практикалық конференциясының материалдары. Шымкент: ХҚТУ ШИ, 2004.3539 бб. (А. Әмірбекұлымен авт. бірл.).
34. Применение тригонометрии к решению задач по геометрии //«Педагог мамандарды кәсіби дайындаудағы қазіргі білім беру технологиялары» халықаралық ғылыми-практикалық конференция материалдары. Шымкент, 2004. –123126 бб. (И. Исмайловпен авт. бірл.).
35. Геометрия пәнін жаңаша оқыту барысында пайда болатын кейбір ерекшеліктер жөнінде // ІзденісПоиск. Алматы, 2005. №.3272274 бб. (А. Әмірбекұлымен авт. бірл.).
36. Планиметрия курсын алгоритмдік деңгейде оқытудың педагогикалық-психологиялық ерекшеліктері //«Педагогикалық кадрларды дайындаудың қазіргі заманғы өзекті мәселелері» халықаралық ғылыми-практикалық конференция материалдары. Шымкент: ХҚТУ ШИ, 20074043 бб. (А. Әмірбекұлымен авт. бірл.).
37. Жазық фигуралар ауданын есептеуді компьютермен оқытудағы ерекшеліктер // Ұлт тағлымы. Алматы, 2008. №1. 135137 бб.
38. Планиметрия курсы есептерін шешудің алгоритмі // Қ.А. Ясауи атындағы Халықаралық қазақ-түрік университетінің Хабаршысы. – Түркістан, 2008. – 120–122 бб.
39. Обобщенное понятие задачи и действия по ее решению // "Wyksztalcenie I Nauka bez granic–2008" Volume 11 Pedagogiczne nauki. Przemysl Nauka I studia, 2008. – 68–70.
40. Жаратылыстану пәндеріндегі зертханалық жұмысты алгоритмдік деңгейде жасау ерекшеліктері // Қ. Сәтбаев атындағы ҚҰТУ. Ізденіс. – Алматы, 2008. №4. – 170–174 бб. (Б. Абуовамен авт. бірл.).
41. Новое содержание обучения планиметрии // "Wyksztalcenie I Nauka bez granic–2008" Volume 11 Pedagogiczne nauki. Przemysl Nauka I studia, 2008. 68–70.
1. Виленкин И.В., Гробер В.М. Высшая математика для студентов экономических, технических, естественно-научных специальностей вузов. Ростов н/Д: Феникс, 2004. – 416 с.
2. Малыхин В.И. Математика в экономике. М.: Инфра-М, 2001. – 356 с.
3. Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. М.: Наука, 1989.
4. Карасев А.И., Аксютина З.М., Савельева Т.И. Краткий курс высшей математики для экономических вузов. Высш. Шк., 1982, Ч.1.
5. Шипачев В.С. Основы высшей математики. М.: Высш. Шк., 1998.
6. Зайцев И.А. Высшая математика. М.: Высш. Шк., 1998.
7. Натансон И.П. Краткий курс высшей математики. СПб.: Лань, 1997.
8. Стойлова Л.П. Математика. М.: Академия, 1997.
9. Богомолов Н.В. Практические занятия по математике. М.: Высш. Шк., 1997.
10. Данко П.Е., Попов А.Г. Высшая математика в упражнениях и задачах: в 2 ч. М.: Высш. Шк., 1996.
11. Юшкевич А.П. Математика и ее история. М.: Янус, 1996.
12. Бермант А.Ф., Араманович Н.Г. Краткий курс математического анализа. М., Наука, 1966-1973.
13. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление для вузов. М., Наука, 1970-1985. Т.1,2.
14. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии. М.: Наука, 1980, 1984.
15. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного. М.: Наука, 1981, 1985.
16. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Дифференциальное и интегральное исчисление. М.: Наука, 1980, 1984.
17. Справочник по математике для экономистов/В.Е. Барбаумов, В.И. Ермаков, И.И. Кривенцов и др.; под ред. В.И. Ермакова. М., 1987.
18. Бронштейн И.Н., Семендяев К.А. Справочник по математике.
19. Сборник задач по математике для вузов. Линейная алгебра и основы математического анализа. Под ред. А.В. Ефимова, Б.П. Демидовича. М.: Наука, 1981.
20. Зимина О.В. и др. Высшая математика. 2-е изд., испр. М.: Физматлит, 2001. 368 с. (Решебиик).
21. Решебник. Высшая математика. Специальные разделы Под ред. А.И. Кириллова. 2-е изд., стереотип. М.: Физматлит, 2003.400 с.
22. Проскуряков И.В., Сборник задач по линейной алгебре. М.: Лаборатория Базовых знаний, 1999.
23. Фаддеев Д.К., Соминский И.С. Задачи по высшей алгебре: Учеб. пособие для вузов. 12-е изд., стереотип. СПб.: "Лань", 1998. 288 с.
24. Беклемишева Л.А. и др. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре. 2-е изд., перераб. М.: Физматлит, 2001.496 с.
25. Клетеиик Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии. 16-е изд., испр. СПб.: Мифрил, 2001.208 с.
26. Цубербиллер СП. Задачи и упражнения по аналитической геометрии. 31-е изд., стереотип. СПб.: "Лань", 2003. 336 с.
27. Щипачев B.C. Задачник по высшей математике: Учеб. пособие для вузов. 4-е изд., стереотип. М.: Высш. шк., 2004. 304 с.
28. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу: Учеб. пособие для вузов. М.: "Астрель",2004. 558 с.
29. Матвеев П.М. Сборник задач и упражнений по обыкновенным дифференциальным уравнениям: Учеб. пособие, 7-е изд., доп. СПб.: "Лань", 2002. 432 с.
30. Краснов М.Л. и др. Обыкновенные дифференциальные уравнения: Задачи и примеры с подробными решениями: Учеб. пособие для вузов. 4-е изд., испр. VI.: Эдиториал УРСС, 2002. 256 с.
31. Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости: Учеб. пособие. 2-е изд., перераб. и доп. М.: Паука, 1981. 304 с.
32. Гмурмаи В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике: Для вузов. 5-е изд., стереотип. М.: Высш. шк., 2001.400 с.
33. Показатели индивидуальности ученика в учебном процессе // «Физиканы, математиканы және информатиканы инновациялық оқыту: өзекті мәселелері және болашағы» халықаралық ғылыми-практикалық конференциясының материалдары. Шымкент: ХҚТУ ШИ, 2004.3539 бб. (А. Әмірбекұлымен авт. бірл.).
34. Применение тригонометрии к решению задач по геометрии //«Педагог мамандарды кәсіби дайындаудағы қазіргі білім беру технологиялары» халықаралық ғылыми-практикалық конференция материалдары. Шымкент, 2004. –123126 бб. (И. Исмайловпен авт. бірл.).
35. Геометрия пәнін жаңаша оқыту барысында пайда болатын кейбір ерекшеліктер жөнінде // ІзденісПоиск. Алматы, 2005. №.3272274 бб. (А. Әмірбекұлымен авт. бірл.).
36. Планиметрия курсын алгоритмдік деңгейде оқытудың педагогикалық-психологиялық ерекшеліктері //«Педагогикалық кадрларды дайындаудың қазіргі заманғы өзекті мәселелері» халықаралық ғылыми-практикалық конференция материалдары. Шымкент: ХҚТУ ШИ, 20074043 бб. (А. Әмірбекұлымен авт. бірл.).
37. Жазық фигуралар ауданын есептеуді компьютермен оқытудағы ерекшеліктер // Ұлт тағлымы. Алматы, 2008. №1. 135137 бб.
38. Планиметрия курсы есептерін шешудің алгоритмі // Қ.А. Ясауи атындағы Халықаралық қазақ-түрік университетінің Хабаршысы. – Түркістан, 2008. – 120–122 бб.
39. Обобщенное понятие задачи и действия по ее решению // "Wyksztalcenie I Nauka bez granic–2008" Volume 11 Pedagogiczne nauki. Przemysl Nauka I studia, 2008. – 68–70.
40. Жаратылыстану пәндеріндегі зертханалық жұмысты алгоритмдік деңгейде жасау ерекшеліктері // Қ. Сәтбаев атындағы ҚҰТУ. Ізденіс. – Алматы, 2008. №4. – 170–174 бб. (Б. Абуовамен авт. бірл.).
41. Новое содержание обучения планиметрии // "Wyksztalcenie I Nauka bez granic–2008" Volume 11 Pedagogiczne nauki. Przemysl Nauka I studia, 2008. 68–70.
Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 60 бет
Таңдаулыға:
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 60 бет
Таңдаулыға:
Мазмұны
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...4
І бөлім. Салу есептерінің пайда болу тарихына
шолу ... ... ... ... ... ... ... ... .6
1.1 Алгебралық геометрия негіздеріне
сипаттама ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ..6
1.2 Салу есептерін шешудің алгебралық тәсілдерінің пайда
болуы ... ... ... ..11
ІІ бөлім. Салу есептерін алгебралық әдіспен
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... 22
2.1 Салу есептерін орындаудағы алгебралық
өрнек ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ..22
2.2 Циркульмен орындалатын салу есептерін алгебралық шешу
мүмкіндіктері ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ..28
2.3 Салу есептерін орындау және шешу тәсілдері ... ... ... ... ... ...35
2.4 Инверсия және оның
қасиеттері ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ...43
2.5 Салу есептерін квадрат теңдеулер әдісімен
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... .51
Қорытынды ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .59
Пайдаланылған әдебиеттер
тізімі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..61
Кіріспе
ҚР білім беру жүйесінің дамуы – жаңа ақпараттық технологиялар мен
компьютерлердің қолданылу деңгейіне, шығармашыл білімнің қалай
қалыптастырылатындығына, оның әлеуеттік мүмкіндігінің күшеюіне байланысты.
Ал бұл міндеттің іске асырылуы мектептегі оқу үдерісіне жаңа
технологиялар мен ақпараттық құралдардың қаншалықты, сонымен қатар қандай
негізде енгізілуіне тәуелді екені түсінікті. Жалпы орта білім берудің
математика пәні бойынша мемлекеттік жалпыға міндетті стандартында бұл
пәннің саласында онымен іргелес өзге де ғылым салаларындағыдай жаңалықтар
мен жаңа білім көлемі жедел қарқынмен жыл сайын артып отырғаны айтылып, осы
нормативтік құжаттың мақсат-міндеттерін анықтауда ескерілген қоғамдық
өзгерістің бірінде былай делінген: ... Қоғамның жоғары деңгейде
ақпараттандырылуы, ақпараттық техника мен технологиялардың кеңінен
қолданылуы математиканы оқыту барысында оқушылардың алгоритмдік мәдениетін
дамуды талап етеді.
Бұл мәселені шешудегі басты міндет мектепке, әсіресе, математиканы
оқытуға жүктеледі.
Жалпы, геометрияны оқыту әдістемесіне үлес қосқан ғалымдар Н.М.Бескин,
В.Г.Чичигин, А.Н.Колмогоров, В.А.Гусев. Геометрия есептерін шығару мен
теоремаларды дәлелдеуді оқып үйретуге Д.Пойа, М.Б.Волович, К.С.Богушевский,
Л.С.Карнацевич, мектеп геометриясы оқулығындағы тарауларды оқытуға
Т.М.Мищенко, Ю.М.Колягин, Г.Л.Луканкин, С.Е.Ляпин, В.А.Оганесян, А.Я.Блох,
И.Ф.Тесленко т.б. еңбектері бар.
Орта мектепте математика пәнiн оқытуда жаңа педагогикалық технологияны
пайдалану Е. Баранова, Р.Б. Бекмолдаева, С.С. Дайырбеков, В.С. Свиридовтар,
диссертацияларының зерттеу пәніне енген.
Соңғы кезде электрондық оқулық басылымдармен жұмыс мәселелерi
дезерттелiнiп, (Г.К. Нургалиева, Ж. Қайдасов, В.В. Гриншкун т.б.) тура және
керi байланысты іске асыратын автоматтандырылған кешен түрiндегi жүйелер
ұсынылуда.
Компьютер арқылы оқу материалдарын көрнекі ұсынып оқытатын Живая
геометрия бағдарламасы Ресейде қолданысқа еніп, оқушылардың қызығушылығын
арттыруға тиімді пайдаланылуда.
Келтірілген қысқаша шолу қазіргі бiлiм саласында жаңа, ақпараттық
парадигманың қалыптаса бастағанын көрсетеді.
Алайда геометрия пәнін оқытуда ақпараттық технологияны пайдалану
мәселелеріне арналған зерттеу жұмыстарын талдау біз қарастырып отырған
мәселелердің толық қамтылмағанын көрсетті. Негізгі мектепте планиметрия
курсын оқыту барысында оқушылардың іс-әрекеттерін ақпараттық технология
арқылы ұйымдастыру мен басқару, теоремаларды дәлелдеу мен есептер шығару
кезінде ұғымдар арасындағы байланыстарды бекітетін іс-әрекеттерді
ақпараттық технология қолдауымен жүргізу, бағдарламалық кұрал-жабдықтың
көмегімен оқушылардың білім-білік, дағдыларын тиянақтау мен бекіту, есте
сақтау ерекшеліктері мен табиғаты психология-дидактикалық және әдістемелік
зерттеулерде тиісті аспектілер тұрғысынан талқыға салынған.
Негізгі мектептегі салу есептерін алгебралық әдіспен шешуде оқушылардың
тиісті ұғымды нәтижелі қалыптастыру, есептер шығару мен теоремаларды
дәлелдеу біліктерін игерту қызметін ақпараттық технология мүмкіндігімен
жетілдіру қажеттілігі мен оның іс жүзінде әдістемелік тұрғыдан қамтамасыз
етілуі арасында қарама-қайшылық туындайды. Осыған орай, мектепте
планиметрия курсын оқыту сапасын жетілдіру үшін ақпараттық технологияны
пайдалану жолдарын анықтау осы курсты оқыту әдістемесіндегі көкейкесті
мәселе болып табылады.
Диплом жұмысының мақсаты мен міндеті: Салу есептерін алгебралық әдіспен
шешудің тиімділігін, оқу процесіндегі басымдылығын айқындау.
Диплом жұмысының зерттеу әдістері:
– мектептердің жұмыс бағдарламаларын, оқулықтары мен оқу құралдарын,
психология-педагогикалық, математикалық және әдiстемелiк әдебиеттерді
талдау;
– негізгі мектептегі оқу үдерісін ақпараттық технологияны пайдалануға
қатысты елімізде және әлем елдерінде жинақталған тәжiрибелердi зерттеу,
жалпылау;
– математика пәнiнің мұғалiмдерiмен пiкiр алмасу, мұғалімдер арасында
сауалнама жүргізу;
– негізгі мектепте тәжiрибелiк-эксперименттік жұмыс жүргiзу және оның
нәтижелерiн математика-статистикалық әдістер арқылы өңдеп-талдау.
Зерттеудiң ғылыми жаңалығы: Салу есептерін алгебралық әдіспен шешу
оқушылардың математикалық ой-өрісін дамытудың негізгі компоненті болып
табылады.
Дипломдық жұмыс кіріспеден, екі бөлімнен, қорытындыдан және
пайдаланылған әдебиеттер тізімінен тұрады.
І бөлім. Салу есептерінің пайда болу тарихына шолу
1.1 Алгебралық геометрия негіздеріне сипаттама
Algebraic geometry . Қазіргі математиканың тармақтарының маңызды бір
саласы.оның негізгі зерттеу объектісі кез-келген өлшемдегі (кескіндеу не
көлеңке) кеңестікте, бір неше алгебралық теңдеулердің ортақ нөлдік
нүктелерінен құралған жыйынның геометриялық қасиеттері болып
табылады.Мұндай жыйын әдетте алгебралық үйір деп аталады, ал бұл теңдеулер
осы алгебралық үйірдің анықтаушы теңдеулер жүйесі деп аталады.
Бір алгебралық үйір V дің анықтаушы теңдеулерінің коэффиценті және V
дағы нүктенің координаталары әдетте бір тұрақты K өрісінен талдап алынады,
бұл өріс V-ның базалық өрісі деп аталады. V қысқартылмайтын болғанда (яғни
V өзінен кіші екі алгебралық үйірдің бірігуіне жіктелмеген кезде), V дағы
барлық алгебралық өрнек ретінде анықталған функциялардың бәрі бір өріс
құрайды да, оны V-ның рационалды функциялық өрісі деп аталады, ол K-ның
шекті жасаушы кеңейтуі. Осылайша анықталған сәйкестік қатынас бойынша
алгебралық геометрияны геометрияның тілі мен көзқарасы арқылы жүргізілген
шекті өлшемді жасаушы кеңейтілген кеңестікті зерттеу деп қарауға болады.
Алгебралық үйір V-ның базалық өріс K дағы өлшемін V-ның рационалды
функциялық өрістің K дағы транценденттік дәрежесі деп анықтауға болады. Бір
өлшемді алгебралық үйір алгебралық қисық деп, екі өлшемді алгебралық үйір
алгебралық бет деп аталады.
Алгебралық үйірдің ең қарапайым мысалы жазықтықтағы алгебралық қисық.
Мысалға атақты Ферма жорамалын(Ферманың үлкен теоремасы деп те аталады)
төмендегі мәселеге жинақтауға болады, жазықтықта теңдеуімен анықталған
қисықтың(Ферма қисығы деп аталады) n≥3 болғанда координаттарының бәрі нөлге
тең емес рационал сан болатын нүкте табылмайды.
Енді бір жағынан төмендегі бір текті теңдеулер жүйесі комплекс сандар
өрісіндегі проекциялық кеңестікте бір эллипстік қисықты анықтайды.
Алгебралық үйірді зерттеу әдетте екі жаққа бөлінеді: аймақтық және
жалпылық. Аймақтық жағындағы зерттеу негізінен алгебралық әдісті алмастыру
арқылы алгебралық үйірдің ерекше нүктелерін және алгебралық үйірдің сол
ерекше нүктенің маңайындағы қасиеттерін зерттейді.
Ерекше нүктенің мысалы ретінде теңдеуімен анықталған қисықтың бас
нүктесін (0, 0) ді алуға болады. бүл бір айырық нүкте.
Ерекше нүктесі жоқ алгебралық үйір ерекше емес алгебралық үйір деп
аталады. Бір алгебралық үйір ден екінші алгебралық үйір ге берілген
бейнелеу қос рационалды бейнелеу деп аталады: егер ол рационалдық
функциялық өрістер арасындағы изоморфизымнан келтіріліп шығатын болса.
Екі алгебралық үйір мен қос рационалды баламалы деп аталады егер дағы
бір тығыз ашық жиын -дегі бір тығыз ашық жиынға изоморфты болса. Бүл шарт
мен -нің рационалдық функциялық өрісінің изоморфты болуымен баламалы. Осы
баламалық шарт болғандықтан алгебралық үйірдің бөлінуін алгебралық үйірдің
қос рационалды функциялық өрісінің бөлінуімен түсіндіруге болады. Қазіргі
кезде алгебралық геометрияның негізгі бағыты жалпылық жақтағы зерттеу,
бастысы алгебралық өрістің бөлінуімен берілген алгебралық үйірдің ішкі
үйірінің қасиеті болып саналады. Хомологикалдық алгебраның (homological
algebra) амалдары осы жақта көптеп рөл атқарады. Қысқаша айтқанда:
Математиканың алгебралық қисықтарды (беттерді) және олардың көп өлшемді
жадпыламалары－алгебралық көпбейнелерді зеріттейтін бөлімі. А.г 17ғ-да
геометрияға координат ұғымы енгізілгеннен кейін пайда болды. Ол ,негізінен
19ғ дың ортасынан бастап жеке ғылым ретінде қалыптаса бастады. Қазыргі А.г
алгебралық қисықтар теориясы ретінде дүниеге келді. Жазықтықтағы
геометрияда А.г нің зеріттейтін негізгі обьектісі－жазық аффиндік
алгебралық қисық,яғни f(x,y)=0 теңдеуімен берілген жиын(мұндағы －f-
көпмүше ). Түзу, шеңбер, эллипс,гипербола, парабола, декарт жапарғы, Аньези
локоны және лемниската алгебралық қисықтың мысалына жатады, ал
синусойда－трансценденттік қисық(яғни алгебралық қисық емес). Қисықтарды
алгебралық және трансценденттік қисықтар деп алғаш жігін ашып берген
Р.Декарт болды. Осыған сәйкес оларды “геометриялық” және
“механикалық”қисықтар деп атаған. f(x,y)=0 теңдеуімен өрнектелген қисықтар
өздеріне сәйкесті дәрежелері (қисықтың реті) бойынша түрге бөлінеді. 1-
дәрежелі алгебралық қисықтарға －түзулер, ал 2-дәрежелі алгебралық
қисықтарға конустық қималар, шеңберлер, т.б жатады. 3-дәрежелі жазық
алгебралық қисықтардың түрін 1704жылы И.Ньютон ұсынған. Алгебрық
теңдеулерді геометриялық обьектілерге(сызықтарға, беттерге т.б)
сәйкестендіруді алғаш ұсынған Р.Декарт пен П.Ферма болды. Үш өлшемді
геометрияда алгебралық бет деп g(x,y,z)=0 теңдеуімен берілген жиынды
айтады(мүндағы － g- x,y,z координаталарынан алынған көпмүше). Алгебралық
сандар теориясында , функциялық талдауда теориялық физика мен кодьау
теориясында қолданылады.
Кеңістіктегі негізгі фигуралар: нүкте, түзу және жазықтық.
Стереометрияда, планиметриядағы сияқты геометриялық фигуралардың
қасиеттері сәйкес теоремаларды дәлелдәу арқылы тағайындалады.Жаңа
геометриялық бейне-жазықтықты енгізу аксиомалар жүйесін кеңейте түсуге
мәжбүр етеді. Сондықтан біз жазықтықтардың кеңістіктегі негізгі
қасиеттерін өрнектейтін аксиомалардың С тобын енгіземіз. Бұл топ мына үш
аксиомалардан тұрады:А.с.1. Қандай жазықтық болса да, ол жазықтыққа тиісті
нүктелер және оған тиісті емес нүктелер бар болады.
А.с.2. Егер әр түрлі екі жазықтықтың ортақ нүктесі бар болса, онда олар
осы нүкте арқылы өтетін түзу бойымен қиылысады.
А.с.3. Егер әр түрлі екі түзудің ортақ нүктесі болса, онда олар арқылы
жазықтық жүргізуге болады және ол тек біреу ғана болады.
Осы аксиомаларды және планиметрияның аксиомаларын қолданып,
стереометрияның алғашқы теоремаларын дәлелдеуге болады. Мысалы, келесідей:
Т.1. Берілген түзуде жатпайтын үш нүкте арқылы жазықтық жүргізуге
болады және ол тек біреу ғана болады.
Т.2. Егер түзудің екі нүктесі жазықтыққа тиісті болса, онда түзу
тұтастай сол жазықтыққа тиісті болады.
Т.3. Егер АВ түзуі СD түзуін қиятын болса, онда А,В,С және D
нүктелері бір жазықтықта жатады.
1-теореманы дәлелдейміз
А,В және С нүктелері бір түзудің бойына тиісті емес дейік.А.с.2.
бойынша АВ және АС түзулерін жүргізуге болады. Бұл түзулердің ортақ
нүктесі бар.Ендеше А.с.3. бойынша олар арқылы жазықтық жүргізуге
болады.А.с.2. бойынша АВ түзуі -жалғыз және АС түзуі-жалғыз. Сонымен, АВС
жазықтығы да жалғыз.
Стереометрияның аксиомалар жүйесіне және жоғарыдағы теоремаларға
сүйеніп, көпжақтардың жазықтықтармен қиылысуын салуға болады.
Мысалы: МАВСD пирамиданың МС, МD қабырғаларында сәйкес Р және Q
нүктелері алынған, ал МАВ жақтарында R нүктесі алынған. P,Q және R
нүктелері арқылы өтетін пирамиданың a-жазықтығымен қиылысуын көрсетеміз.
1) Р нүктесінің проекциясы- P´,Q´, R´ нүктелерін салайық, М центрінен
АВС жазықтығына Q және R-ді саламыз.
2) RR´1 QQ´ болғандықтан, Т3. бойынша бұл түзулер бір жазықтықтың
бойында жатады. Бұл жазықтықта Т2. бойынша сонымен қатар RQ және R´Q´
түзулері де жатыр. S1 =RQ1 R´Q´ нүктесін саламыз.
3) Аналогиялық тұрғыдан S2 =PQ1 P´Q нүктесін құрамыз.
4) Сондықтан S1 нүктесі RQ түзуінде жатады, ал RQ түзуі a жазықтығында
жатады, онда S1 нүктесі де a жазықтығында жатады.
S1 нүктесі R´Q´ түзуінде де жатады, ал R´Q´ түзуі АВС жазықтығында
жатыр.Сонымен S1 нүктесі АВС жазықтығында жатыр. Сондықтан, a жазықтығы
мен АВс жазықтығының ортақ S1 нүктесі бар.Бұдан А.с.2 бойынша бұл
жазықтықтар S1 нүктесі арқылы өтетін түзу бойымен қиылысады.
Аналогиялық тұрғыдан аяқтасақ, a және АВС жазықтықтары S2 нүктесі
арқылы өтетін түзу бойымен қиылысады.
S1 және S2 нүктелері a жазықтығына тиісті болғандықтан, Т2. бойынша
S1S2 түзулері a жазықтығында жатады.Сол сияқты S1S2 түзулері де АВС
жазықтығында жатыр. Сондықтан, a жазықтығы АВС жазықтығын S1S2 түзуінде
қияды. Бұл түзуді a жазықтығының АВС жазықтығындағы ізі деп атайды.
5) S3 = AB1 S1S2 нүктесін құрамыз. S3 нүктесі S1S2 түзуінде жатыр,
яғни ол a жазықтығында жатыр. S3 нүктесі АВ түзінде де жатып, яғни ол МАВ
жазығында жатыр. Сондықтан, бұл екі жазықтық S3R түзінде қиылысады.
6) S3R түзуі МА және МВ түзулерімен бір жазықтықтың бойында жатыр. А1=
S3R1MA және В1 = S3R1MB нүктелерін табамыз. a жазықтығымен МАВ жағының
қиылысуы болатын А1В1кесіндісін аламыз.
7) В1 нүктесін Р нүктесімен және А1 нүктесін Q нүктесімен қосамыз.
Қорытындысында PQA1B1 төртбұрышын аламыз.
Түзулер мен жазықтықтардың параллельдігі.
Анықтама.( Кеңістіктегі параллель түзулер) Кеңістіктегі екі түзу бір
жазықтықта жатса және өзара қиылыспаса, онда ондай екі түзу параллель
түзулер деп аталады.
Анықтама( Айқас түзулер) Өзара қиылыспайтын және бір жазықтықта
жатпайтын түзулер айқас тузулер деп аталады.
Т.1. Егер aïïb және PÎa, QÎb, онда a,b түзулері және PQ түзулері бір
жазықтықта жатады.
Т.2. Берілген түзуден тыс жатқан нүкте арқылы сол түзуге параллель
түзу жүргізуге болады және ол тек біреу ғана болады.
Т.3.( Түзудің параллельдігінің белгісі). Қандай да бір түзуге параллель
болатын екі түзу өзара параллель болады.
Т.4. Екі параллель түзу арқылы жазықтық жүргізуге болады және ол тек
біреу ғана болады.
Анықтама.( Түзу мен жазықтықтың параллельдігі) Түзу мен жазықтық
қиылыспайтын болса, онда олар параллель деп аталады.
Т.5. ( Түзу мен жазықтықтың параллельдігінің белгісі). Егер a
жазықтыққа тиісті емес а түзуі осы a жазықтықтағы қандай да бір b түзуге
параллель болса, онда ол a жазықтықтың өзіне де параллель болады.
Т.6. Егер m түзуі a жазықтығы мен b жазықтығына параллель m түзуі
арқылы өтетін болса, a жазықтығын m1 түзуінде қияды.
Анықтама.( параллель жазықтықтар). Егер екі жазықтық қиылыспайтын
болса, онда олар параллель жазықтықтар деп аталады.
Т.7.( Параллель жазықтықтардың қасиеттері) 1.Егер параллель екі
жазықтықты үшінші жазықтық қиятын болса, онда қиылысу түзулері параллель
болады
2. Параллель екі жазықтықтың арасындағы параллель түзулердің
кесінділері тең болады.
Т.8.( Жазықтықтардың параллельдігінің белгісі.) Егер бір жазықтықта
жатқан өзара қиылысатын екі түзу, екінші жазықтықта жатқан өзара
қиылысатын екі түзуге сәйкесінше параллель болса, онда ол екі жазықтық
параллель болады.
Т.9.( Берілген жазықтыққа параллель жазықтықтың бар болуы.) Берілген
жазықтықтан тыс жатқан нүкте арқылы берілген жазықтыққа параллель жазықтық
жүргізуге болады және ло тек біреу ғана болады.
Стереометрияның аксиомалар жүйесіне және кеңістіктегі түзулер мен
жазықтықтардың параллельдігінің теоремасына сүйеніп, көпжақтардың
жазықтықтармен қиылысуын салуға болады.
Мысалы.МАВС пирамиданың АВ және АС қабырғаларында сәйкес D және E
нүктелері алынған. D және E нүктелері арқылы өтетін МА түзуіне параллель
пирамиданың a жазықтығымен қиылысуын көрсетеміз.
1) D және E нүктелері a жазықтығында жатқандықтан және де АВС
жазықтығында да, онда бұл жазықтықтар DE түзуінің бойында қиылысады, ал DE
кесіндісі a жазықтығы мен АВС шоғының қиылысуы болып табылады.
2) Сонымен, a жазықтығының МАВ жазықтығымен D ортақ нүктесі бар, онда
А.с.2. бойынша бұл жазықтықтар D нүктесі арқылы өтетін түзу бойында
қиылысады.Шарт бойынша МА түзуі a жазықтығына параллель. Онда Т.6. бойынша
МА түзу арқылы өтетін МАВ жазықтық, МА параллель жазықтығын түзу бойымен
қияды. Сондықтан, жазықтығы МАВ жазықтығын D нүктесі арқылы өтетін МА
түзуіне параллель түзу бойымен қияды. Осы түзуді жүргіземіз және В1
нүктесімен оның МВ түзуімен қиылысуын табамыз. DB1 кесіндісі жазықтығы
мен МАВ жағының қиылысуы болып табылады.
3) Аналогиялық тұрғыдан, МА түзуіне параллель Е нүктесі арқылы МАС
жазықтығында түзу жүргіземіз, яғни a жазықтығы мен МАС жағының қиылысуы
болатын ЕС1 кесіндісін аламыз.
4) В1 және С1 нүктелері жазықтығында да МВС жазықтығында да жатады.
Сондықтан, В1С1 түзулері олардың қиылысу сызығы болады, ал В1С1 кесінділері
жазықтығы мен МВС жағының қиылысуы болады.
Сонымен, төртбұрыш DEC1B1 - бұл ізделінген пирамиданың жазықтығымен
қиылысуы.
Түзулер мен жазықтықтардың перпендикулярлығы
Анықтама. Жазықтықтағы сияқты, егер екі түзу тік бұрыш жасап қиылысатын
болса, онда олар перпендикуляр түзулер деп аталады.
Т.1. Егер перпендикуляр екі түзу қиылысатын екі түзуге сәйкесінше
параллель болса, онда олар өзара перпендикуляр болады.
Анықтама. Егер жазықтықты қиятын түзу сол жазықтықта жатқан және түзу
мен жазықтықтың қиылысу нүктесі арқылы өтетін кез келген түзуге
перпендикуляр болса, онда түзу жазықтыққа перпендикуляр деп аталады.
Т.2.(Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығының белгісі.) Егер
жазықтықты қиятын түзу осы жазықтықта жатқан қиылысатын екі түзуге
перпендикуляр болса, ол түзу жазықтыққа перпендикуляр болады.
Ескерту. Егер айқас түзулердің арасындағы бұрыштың анықтамасын
қолдансақ(айқас түзулердің арасындағы бұрыш деп берілген айқас түзулерге
параллель болатын қиылысатын түзулердің арасындағы бұрышты айтамыз.), онда
алдыңғы анықтама мен 2-ші теореманы келесідей жағдайлар арқылы көрсетеміз:
Анықтама. (Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығының жалпы белгісі).
Егер түзу осы жазықтықтың бойында жатқан барлық түзуге перпендикуляр
болса онда ол осы жазықтыққа да перпендикуляр деп аталады.
Т.2.(Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығының жалпы белгісі.)
Егер түзу бір жазықтықтың бойында жататын қиылысатын екі түзуге де
перпендикуляр болса, онда ол осы жазықтыққа да перпендикуляр.
Т.3. (Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығы мен параллельдігінің
байланысы.)
1. Егер жазықтық параллель екі түзудің біреуіне перпендикуляр болса
онда ол екіншісіне де перпендикуляр.
2. Нүкте мен жазықтықтың арақашықтығы деп осы нүктеден берілген
жазықтыққа түсірілген перпендикулярды айтамыз.
3. Бір нүктеден жазықтыққа жүргізілген көлбеу деп жазықтыққа
перпендикуляр емес, бірұшы жазықтықта, екінші ұшы берілген нүктеде жататын
кез келген түзуді айтамыз.
4. Бір нүктеден жүргізілген көлбеу мен перпендикулярдың табандарын
қосатын түзуді көлбеудің проекциясы деп атаймыз.
Т.4.(Үш перпендикуляр туралы.) Жазықтықта көлбеудің табаны арқылы оның
проекциясына перпендикуляр етіп жүргізілген түзу сол көлбеудің өзіне де
перпендикуляр болады.
Т.4′.(Т.4.-ке кері.) Егер жазықтықтағы түзу көлбеуге перпендикуляр
болса, онда ол проекциясына да перпендикуляр болады
Анықтама. (Жазықтықтардың перпендикулярлығы.) Егер қиылысатын екі
жазықтықтың қиылысу түзуіне перпендикуляр үшінші жазықтық оларды
перпендикуляр түзулер бойымен қиятын болса, оларды перпендикуляр
жазықтықтар деп атайды
Т.5.(Жазықтықтардың перпендикулярлығының белгісі.) Егер жазықтық басқа
бір жазықтыққа перпендикуляр жазықтық арқылы өтетін болса, онда бұл
жазықтықтар перпендикуляр болады.
Т.6. Егер түзу, екі перпендикуляр жазықтықтың біреуінде жататын болса,
онда ол үшінші жазықтыққа да перпендикуляр.
1.2 Салу есептерін шешудің алгебралық тәсілдерінің пайда болуы
Алгебра практикалық есептерді теңдеулер жәрдемімен шығару тәсілдерінен
туған. Теңдеулер жөніндегі ілім бүгінге дейін алгебраның мектептік курсының
негізгі мазмұны болып табылады. Бірақ теңдеулерді шешу үшін бірмүшелерге,
көпмүшелерге және алгебралық бөлшектерге амалдар қолдана білу керек,
көпмүшелерді жіктей білуді, жақшаларды ашуды, бөлшектерді ортақ бөлімге
келтіруді т.с.с. білу керек. Сөйтіп, теңдеулер жөніндегі ілімді амалдардың
заңдары туралы ілімсіз игеру мүмкін емес. Теңдеулерді шешу үшін
қолданылатын амалдар нақтысында сандарға қолданылады, өйткені элементар
алгебрада әріптер сандарды белгілеу үшін қолданылады.
Ежелгі вавилондықтардың табылған сына жазулы текстеріне қарағанда
кейбір көбейту формулалары (қосындының квадраты, айырманың квадраты,
қосындының айырмаға көбейтіндісі) тіпті бұдан 4000 жылдай бұрынғы кездің
өзінде-ақ белгілі болған. Вавилондықтардан басқа да ертедегі халықтар бұл
формулаларды әрине, бізше, символикалық түрде емес, сөзбен баяндалған
түрінде немесе мысалы, ертедегі гректерше, геометриялық формада білген.
Ежелгі Греция ғалымдары шамаларды сандар немесе әріптер арқылы
өрнектемей, түзу кесінділері арқылы кескіндеп көрсеткен, ал кесінділерді
бір әріппен немес олардың ұштарына қойылған екі әріппен белгілеген.
Егер де тарихқа үнілетін болсақ, практикалық есептерді шығарудың
алгебралық әдістерінің бастамасы ежелгі ғылым әлемімен байланысты. Сол
кездің өзінде де теңдеулер құруды талап ететін есептер пайда бола бастады.
Алғашқыда мұндай есептерді шығару үшін арифметикалық әдістер қолданылды.
Одан әрі алгебралық жағын қарастыру қалыптаса бастады. Қазіргі уақытқа
дейінгі теңдеулер дамуында әр түрлі әдістердің өзгеріп жаңарып отыруы осы
ұғымдардың нақтылануы мен басқа да математиканың бөлімдерімен байланысын
атап өтуге болады. Бұл процесте теңдеу алгебралық ұғымдар жүйесіндегі мән
маңызды роль атқарады. Алгебраның дамуы теңдеуді алгебраның негізгі ұғымы
ретінде үш негізге негізделді:
а) теңдеулер мәтінді есептерді шығарудың құралы ретінде;
б) теңдеулер алгебрадағы оқу объектісі бола алатын ерекше бір формула
ретінде;
в) теңдеулер кеңістіктегі (жазықтықтағы) координата нүктелерін немесе
сандарды жаналамай анықтайтын формула ретінде. Сол себептен теңдеу жалпы
математикалық ұғым жағынан көп аспекті. Теңдеу ұғымына байланысты теңдеудің
маңыздылығы мен кең көлемділігіне қарап оны оқып үйрену қазіргі
математикалық әдісте мазмұнды-әдістемелік негізде теңдеулер
ұйымдастырылған.
Төменде осы теңдеулер арқылы шығарылатын тарихи есептерді
қарастырамыз.
№1. Эйлер есебі.
Бір санның 4-ші дәрежесін сол санның жартысына бөлгенде және ге
арттырғанда 100-ге тең болу керек. Сол санды тап.
Жауабы: ;
№2. Үш адам 24000 ливрға үй сатып алғысы келді. Олар былай келісті:
біріншісі жарты ақшасын береді; екіншісі үштен бірін береді, ал үшіншісі
қалған бөлігін береді. Әрқайсысы қанша бермек?
I-ші:
II-ші:
III-ші:
Жауабы:
№3. Бір топ қаз ұшып барады, оларға бір қаз қарсы ұшып келе жатып: Жүз
қазға бір сәлем! - депті. Топ қаз оған былай деп жауап беріпті: Жоқ біз
жүз емеспіз! Егер бізге тағы осынша қосылса, тағы соның жартысындай, тағы
соның ширегіндей, оның үстіне сен қазым, бізге қосылсаң, біз тура жүз қаз
боламыз Олар қанша болған еді?
Шешуі: қаз саны – х
Жауабы: қаз.
№4. Бехаэддин есебі.
Өзінің үштен екісіне және бірлікке арттырылған сан 10-ға тең. Сол санды
табу керек.
Шешуі: Ізделінді сан – х
Жауабы:
№5. Үш адам ақша ұтып алған. I адамға осы соманың і, II адамға
осы
соманың і, III адамға 17 флорин тиді. Ұтыстың шамасы қандай
болған?
Шешуі: Ұтыс шамасы – х
Жауабы: флорин.
№6. Бір адам жыл аяғына дейін киім және 10 флорин алмақшы болып
жалданды. Бірақ 7 ай өткен соң жұмысты тоқтатты да, есеп айырысқанда киім
және 2 флорин ақша алды. Киім қаншаға бағаланған?
Шешуі: киім – х
1 жылда –
7 айда –
айға = 1,6
1,6 · 12 = 19,2 ( 1жылда)
х + 10 = 19,2
х = 9,2
Жауабы: 9,2.
№7. Тоғыз кітаптағы математикадан есеп. Бірнеше адам бірлесіп тауық
сатып алған. Егер әр адам 9-дан (ақша бірлігі) берсе, онда 11 қалады, ал
егер әрқайсысы 6-дан берсе, 16-сы жетпей қалады. Адам саны мен тауықтың
құнын табу керек.
Шешуі:
№8. Егер бір санды 20-ға қоссақ және сол санды 100-ден алсақ, сонда
шыққан қосынды сонда шыққан айыпмадан 4 есе артық болады. Белгісізді табу
керек.
Жауабы: 60.
№9. Акмим папирусынан (VI ғ. ) есеп: Бір адам қазынаның - ін
алды. Одан қалғанының - ін екінші біреу алды. Ол қазынада 150
қалдырды. Әуелде қазынада қанша болғанын білгіміз келеді?
Барлығы – х
І - х
ІІ -
Қалды – 150
№10. Диофанттың қабіріндегі құлпытаста былай деп жазылған: Диофанттың
балалық шағы - өмірінің алтыдан бірі, жастық шағы – он екіден бірі, ал
баласыз өткен ерлі-зайыпты өмірінің жетіден бірі және тағы 5 жыл өткенде
ұлды болды. Әкесінің жарты жасына келгенде ұлы дүние салды, бұдан кейін
Диофант тек 4 жыл ғана өмір сүрді. Диофант неше жыл сүрген еді?
Өмірі – х
Балалық шағы - х
Баласыз - х
Жастық шағы - х
Ұлды - ;
Ұлы дүние салды - ;
Өзі дүние салды - ;
Жауабы: Диофант 84 жыл өмір сүрді.
№11. Көпестің жинақтаған азды-көпті ақшасы бар еді. Ол жыл сайын
семьясының қажетіне 100 фунт ақша ұстап, қалған ақшасына оның үштен
біріндей ақша қосып отыратын. Үш жыл өткеннен кейін ол қаражатының екі есе
көбейгендігін байқады. Әуелде оның қанша ақшасы болған еді?
Бар еді – х
Бір жылдан соң қолында қалды – х – 100
Үш жылдан соң болды - ;
Жинақталған ақшасы әуелгі ақшасынан екі есе артық болды.
Шешуі:
Жауабы: Әуелдегі ақшасы 1480 фунт.
№12. Бақташы 70 өгіз айдап келеді. Оған мынадай сұрақ берілген: Үлкен
табынының бұл айдап келе жатқаның қанша?
Бақташы жауабы:
− Табындағы барлық малдың үштен бірінің үштен екісі.
Есептеп көр!
(Бүкіл табында қанша өгіз болғандығын білу керек.)
Шешуі:
Жауабы: Бүкіл табында өгіз болған.
№13. Ежелгі римдік есеп. ІІ ғ. Бір адам өлерінде былай деп өсиет
қалдырған: егер әйелім ұл тапса, онда оған имениемнің - сі, ал
әйеліме қалған бөлігі берілсін. Егер қыз туса, онда оған - і, ал
әйеліме - сі берілсін. Егіз бала – қыз және ұл туды. Имение қалай
бөлінуі керек?
Жауабы: Ұлы әйелінен екі есе көп үлесін, әйелі – қызынан екі
есе көп үлесін алуы тиіс. Имениені ұлы, әйелі және қызына 4:2:1 сандарына
тура пропорционал етіп бөліп берген жөн.
№14. Бір адам өзінің досына: Маған 100 рупий бер, сонда мен сенен екі
есе бай боламын - депті. Досы былай деп жауап береді: Сен маған тек 10
рупий бер, сонда мен сенен 6 есе бай боламын. Әрқайсысында қанша болған?
Шешуі:
I адам – х
ІІ адам - у
Жауабы: және ;
№15. Екі санның айырмасы екіге тең, ал олардың қатынасы екіге кері
санға тең. Осы сандарды табу керек.
Жауабы: 2; 6.
№16. Репетитор деген әңгімесінде ұлы орыс жазушысы А.П.Чехов мынадай
есеп келтіреді: Көпес 138 кез қара және көк шұғаны 540 сомға сатып алды.
Егер бір аршын көк шұға 5 сом, ал қара шұға 3 сом тұрса, әрқайсысынан неше
кез мата алған?
№17. XVI ғасырдағы иран ғалымы Бехаэддиннің есебі: 10 санын айырмасы 5
болатын екі бөлікке бөлу керек.
№18. Екі санның қосындысы 10-ға, ал қатынасы 4-ке тең екенін біле
отырып, сол сандарды табу керек.
№19. Евклид бастамалық ІІ кітабында берілген теңбе-теңдікті тексеру.
№20.
№21.
№22.
№23.
№24. Диофанттың Арифметикасында баяндалған бөлшектермен берілген мына
амалдарды тексеру керек:
№25.
№26.
№27.
№28.
Штифельдің Арифметикасында берілген бөлшектерге қолданылған мына
амалдарды орындаңдар:
№29.
№30.
№31.
№32.
№33. Ньютонның Жалпыға бірдей арифметикасынан бөлшектерді қысқарту.
№34.
Математиканың күнделікті адам өміріндегі мәні орасан зор. Санай білмей,
сандарды қосуды, азайтуды, көбейтуді, бөлуді дұрыс орындай білмей тұрып
адам қоғамының дамуы мүмкін деп ойлауға болмайды. 4000 жыл бұрынғы уақыттың
өзінде-ақ вавилондықтар мен мысырлықтар жер өлшеу, құрылыс және әскери
істерінің әр түрлі есептерін теңдеулер құрып шығарған. Математиканы
үйренуді басқа пәндермен, атап айтқанда тарихпен ұштастыра отырып оқу
математиканың мектептегі курсын тереңірек ұғынып, игеруге көп әсерін
тигізеді. Ескілікті тарихи есептерді қазіргі тәсілдермен шығара отырып,
болашақта математикалық білімімді жетілдіре беруді алға койған мақсатым деп
есептеймін.
ІІ бөлім. Салу есептерін алгебралық әдіспен шешу
2.1 Салу есептерін орындаудағы алгебралық өрнек.
Бұл тәсіл арқылы алгебралық өрнектерді қанағаттандыратындай салу
есептері орындалады.Бұл мақсатта мынадай алгебралық өрнектерді
қарастырайық..
Есеп №1. Кесінділердің қосындысы x=a+b кесіндісі берілген. Осы
кесіндінің қосындысын табу керек.
а
a b
b A B
C ℓ
Ол үшін бір ℓ түзуін аламыз. Түзуден а нүктесін белгілейміз. Осы
нүктеден бастап берілген кесінділерді біріне бірін тізбектей саламыз.Яғни
бір кесінділердің соңы екінші кесіндінің басы болу керек .Ол үшін а
кесіндісін өлшеп А нүктесін бастап , b кесіндісін өлшеп В нүктесін
саламыз.Сонда АС=a+b
Егер бірнеше кесінділер берілсе, осы әдісті пайдаланып салуға болады.
Есеп №2. Екі кесіндінің айырымына тең кесінді салу. x=a-b ab
a
A C B
ℓ
b
Кез-келген түзуінен А нүктесін белгілейміз. А нүктесінен бастап , АВ=а
кесіндісін өлшеп саламыз.А нүктесінен бастап, АС=b кесіндісін өлшеп
саламыз.Сонда СВ=a-b .
Есеп №3. Кесіндіні бүтін санға көбейту.x=a×n мұндағы n-бүтін сан.
а А
2 3 ℓ
Ол үшін а кесіндісі берілсін. Осыны бүтін санға көбейту керек. ℓ түзуін
алып , одан А нүктесін белгілейміз, n-нің берілген шамасына қарай қанша
қажет болса, сонша рет ℓ түзуінің бойынан , А нүктесінен бастап кесіндіні
жалғастырып саламыз.
Есеп №.4. Кесіндіні бүтін санға бөлу. Яғни x=a÷n мұндағы n-1,2,3...
Айталық түсінікті болу үшін n=3 болсын, яғни бір а кесіндісі берілген.Ол
үшін бір ℓ түзуін алып және бұл түзумен қиылсатын екінші P түзуін алайық. .
Түзудің қиылсу нүктесі А болсын. P түзудің бойына беретін кесіндіні өлшеп
саламыз . Яғни бұл кесіндіміз а –ға тең , одан кейін келесі де өлшемде В
кесіндісін аламыз. В кесіндісін өлшеп А нүктесін бастап P түзуінің бойына 3
рет саламыз.Бөліну нүктелері С,D,E деп белгілейік . Енді В нүктесін Е
нүктесіне қосамыз. P түзуінің бойындағы D және С нүктелері арқылы ℓ түзуін
қиятындай BE–ге түзулер жүргіземіз.
С ´ D´ B ℓ
а A
b
С
b b
Р D
b
E
Оларды С´,D´ деп белгілейміз.Сонда DD´ BE , CC´BE және де
AC=CD=DE=b
Ендеше Фалес теоремасы бойынша кесінділердің қатынастары өзара тең,
яғни AC:CD:DE=AC´:CD´:D´B=1 бұл әдісті n-нің басқа мәндері үшін де
қолдануға болады.
Ескерту: n=2, n=4 болғанда циркульмен сызғышты пайдаланып кесінділерді
тең екі бөлікке бөлу ережесі бойынша орындауға болады.
Есеп №5. Кесіндінің бөлігін табу ,яғни x=a·m m,n- бүтін сандар және
nm. Түсінікті болу үшін m=3 n=4 болсын .Сонда а кесіндісінің x=a·3
бөлігін табу керек . Ол үшін қиылсатын ℓ және P түзуін алайық .
A C D E B ℓ a
b b
C
b
D
b
E
P
B
А нүктесінен бастап а кесіндісін L түзуіне салайық..Оны В деп
белгілейік. Бөлшектің қасиеті бойынша 3 бөлшектің мазмұны берілген .
Бүтін тең 4- ке бөліп, оның үш бөлігін
Қарастырар деген сөз.. Сондықтан өлшемдегі бір b кесіндісін алайық.
EDC нүктелері арқылы BK-ға және а түзуін қиятындай түзулер
жүргіземіз.
Мұндағы. AC=CD=DE=EK=b салуымыз бойынша. ЕндешеAC´=C´D´= D´E´=E´B´
.Ендеше AE´=3 а-ға тең болады.Іздеген кесіндіміз AE´ . 4
Есеп №6. Берілген үш кесіндіге 4-ші пропорционал кесінді салу. Яғни
x=abc . Есептің шарты бойынша кесінділер пропорционал қатынаста болу керек
.Сондықтан берілген алгебралық өрнекті пропорция түрінде жазайық.. a:x=c:b
Пропорцияның шеткі мүшелерінің көбейтіндісі ортаңғы мүшелерінің
көбейтіндісіне тең.
a·b=c·x x=a·b
c
Есепті шешу үшін тағы да қиылысушы 2 түзу алайық.. ℓ,P түзулері А
нүктесінде қиылыссын.
А с В b С ℓ
а
D
х
К
Р
ℓ түзуінің бойына А нүктесінен бастап, c+b кесіндісін салайық: Енді а
кесіндісін А нүктесін бастап түзу бойына салайық .Енді D нүктесін B
нүктесін қосамыз.С нүктесі арқылы Р түзуін қиятындай BD–ға түзу
болады.Фалес теоремасы бойынша a:x=c:b болады. Ендеше DK=x іздеген
кесіндіміз DK болады.
Есеп №7. Берілген екі кесіндінің пропорционал ортасынсалу.X=√ab
a
b
Алгебра бойынша X=√ab екі санның геометриялық ортасы . Яғни X²=ab
Шешуі : бір ℓ түзуін алайық . ℓ түзуінен А нүктесін белгілейік. А
нүктесінен бастап a+b–ға тең кесінді салайық. Ол үшін a,b кесінділерін
өлшеп саламыз.
А а В С
L
D
L
A C
ADC=90 .Сонда DB-үшбұрышының тік төбесінен гипотенузасына түсірілген
биіктік болады.Ендеше оның қасиеті бойынша DB²=ab X²=ab X=√ab
Шеңберді тең бөліктерге бөлу.
Шеңберді тең бөліктерге бөлу себебі дұрыс көпбұрыштың салу есебімен
тікелей байланысты. Бұл мәселе , яғни дұрыс көпбұрыштарды салу есебі ерте
кездегі салу есептердің қатарына жатады. Бұған дәлел Пифагор мектебінде
циркуль мен сызғыштың көмегімен қабырғаларының саны 2´´,2´´·3,2´´·5 мұндағы
n=1,2,3... болатын дұрыс көпбұрыштарды сала білген. Қабырғаларының саны көп
болған дұрыс көпбұрыштарды салумен айналысатын. Бұған байланысты ол
шеңберді 2,3,4,6,8,12,16 ... бөліктерге бөлген.
Осы тарихи мәліметтерді пайдалана отырып дұрыс көпбұрыштарды салудың
кейбір түрлеріне, яғни шеңберді тең бөліктерге бөлудің кейбір жағдайына
тоқтайық . Егер квадраттың қабырғадан одан әрі екі еселесек мұның
нәтижесінде сегізінші бұрышын сала аламыз. Ол үшін квадраттың қабырғалары
керіп тұрған доғалдарды тең екі бөлікке бөлу керек. Доғалдардың бөліну
нүктелерін квадраттың төбелерінен қосса , онда біз шеңберді дұрыс сегіз
бөлікке бөлеміз немесе қабырғалары тең сегіз бөлікке бөліп көпбұрыш
саламыз. Осы сияқты сегіз бұрыштың қабырғасын екі еселесек онда дұрыс он
алты бұрыш сала аламыз. Сөйтіп қабырғаның санның 4,8,16,32,64 ... . тағы да
сол сияқты. Дұрыс көпбұрыштарды салуға болады.
Циркульдің ашасын өзгертпей диаметрінің ұшына қойып, бұл нүктелерді
өзара қосып және ол нүктелерді диаметрлерінің 2-ші ұшымен қоссақ АВС тең
қабырғалы үшбұрышын аламыз.Егер үшбұрыштың қабырғасын тең бөліктерге бөлсек
(екі еселенетін болса) , онда керіп тұрған доғаларды тең екі бөлікке бөлуге
болады.
Онда шеңбер тең алты бөлікке бөлінеді. Егер дұрыс алты бұрыштың
абырғасын екі еселейтін болса , онда дұрыс он екі қабырғалы көпбұрыш
салуға болады . Осы әдісті пайдаланып 3,6,12,24,48,96 ... . тағы да сол
сияқты дұрыс көпбұрыштарды сала беруге болады.
Шеңбер өзінің радиусымен тең алты бөлікке бөлінеді. Дұрыс көпбұрыштың
салудың қиын жағдайларын бірі дұрыс бес бұрыш салу болды. Бұл мәселемен
ертедегі грек математиктерінің көпшілігі айналысты. Атап айтанда
Пифагоршылар , Евклид, Архимед тағы да со сияқты бұл
көпбұрышты салу да , олардың қолдарынан әдістері әр түрлі болды. Олардың
ішіндегі дөңгелекті іштей дұрыс бесбұрыш және он бұрыш салудың әдісін
Птолемей ұсынды.
Дөңгелекті квадраттау .
Бұл есепте тарихи есептердің қатарына жатады. Өйткені ерте заманнан
келе жатан және шешімін осы уақытқа дейін шешпеген есептердің бірі болып
табылады.Есептің негізгі мазмұны мынадай :
Ауданы дөңгелектің ауданына тең болатын квадрат салу.
Одан кейін грек математиктерінің барлығы да есептің шешу әдісін
іздеген. Бірақ бұлардың қай-қайсысы болмасын есептің нақты шешімін таба
алмады. Олардың барлығы да мынадай мәселеге келіп тоқтады, яғни дөңгелектің
ауданы және квадрат ауданын теңестіріп алгебралық талдау
жасалынды..Дөңгелектің ауданы Sдөң=∏R² Sкв=a² ∏R²=a² Бұдан a=√∏R²=R√∏ яғни
бұл квадраттың бір қабырғасы ∏ саны иррационал сан болғандықтан R√∏ –ге
тең болатын кесіндіні салу мүмкін емес. Сондықтан ауданы дөңгелектің
ауданына тең болатын квадрат салуға болмайды.
2.2 Циркульмен орындалатын салу есептерін алгебралық шешу мүмкіндіктері.
Бiз екi нүктеге ие болған шексiз түзудi сала алмаймыз. Сол сияқты
түзудің салынуы Мора-Маскерони теориясына толық бағынбайды. Циркульдар
геометриясында түзу не кесiндi екi нүкте арқылы анықталады. Түзулердi салу
кез келген екi нүкте арқылы орындалады. Белгiлеулер кiрiтемiз:
(АВ)-А және В нүктелер арқылы өтетiн түзу.
(АВ)-А және нүктелерi арасындағы қашықтық.
(0,N)-радиусы r,центрi 0 болған шеңбер .
(А,ВС)-центр А, радиусы r =ВСболған шеңбер (не дөңгелек). Центрi
0-ге радиус r-ге тен шеңбер саламыз немесе доға жүргiземiз деген тұжырымды
қысқаша шеңбер саламыз (О,r). Кейде (О,n) жүргiземiз. СД-кесiндiсi АВ-
кесiндiсiнен n есе үлкен деген тұжырымды былайша белгiлеймiз: СД=n(АВ
Есеп-1: АВ түзуге қарағанда С нүктесiне симметриялы нүктенi салыңдар.
Берiлгенi: АВ түзу және С нүкте.
Салу керек: С1(S(AB)(C)
Салу: С1 нүктесiнде қиюшы (А,АС) және (В,ВС) шеңберлерiн
саламыз.Мұнда С1 нүктесi – iзделiндi.
Егер С нүктесi АВ түзу бойында жатса, онда өзiне симметриялы,яғни
(С=SАВ(С)).
Ескерту: А,В және Х нүктелерiнiн бiр түзудiңбойында жататынын анықтау
үшiн түзуден тыс жатқан кез келген С нүктесiн алып оған симметриялы С1
нүктесiн табу керек . СХ=С1Х болғанда оған Х нүктесi АВ- түзудiң
бойында жататыны белгiлi
Есеп-2: Берілген үш а,в,с кесіндіге пропорционал төртінші кесіндіні
сал.
Берілгені: а,в,с – кесінділер. Х кесіндіні а:в=с:х болатындай салу
керек.
Салу. (1-әдіс) Кез келген О нүктесін алып, (О;а) және (О;в) болатын
шеңберлер сызамыз. (О;а) шеңберден кез келген А нүктесін алып (А,с) болатын
доға жүргіземіз, (О,а) шеңбермен қиылысу нүктесін В деп белгілейміз. Егер
(А,d) және (В,d) екі шеңбер (мұнда d а-в )мына (О,в) шеңбермен А1
және В1 нүктелерде қиылыссын.
х = (А1 В1) - ізделінді.
4-сурет
Дәлелдеу. (үш қабырғасы бойынша) Сондықтан және де
АОВ мен А1ОВ1 –тең бүйірлі үшбұрыштар, ұқсас, бұдан а:в=с:(А1В1(
Келтірілген салу с2a болғанда дұрыс. және в2a болғанда a,с және
в кесіндіге пропорционал 4-кесіндіні салуға болады. Қарама-қарсы жағдайда
( және в2a) әуелі с2na немесе в2na болатындай na (2-есеп)
кесіндісін аламыз. Соң па , в және с кесінділерге төртінші пропорционал у
кесіндіні салу керек. х=пу кесіндіні с алу арқылы а,в,с кесіндіге төртінші
пропорционал кесінді шығады.
Шынында да, па:в=с:у немесе а:в=с:пу. (4-сурет)
Салу. (2-әдіс) с кесіндісінің ұштары болатын С мен С1 нүктелерінен
(С,а) және (С1 ,а) шеңберлерді жүргіземіз. Қиылысуын В деп белгілейміз. В
нүктесінен жүргізілген (В,в) шеңбер (С,а) мен (С1 ,а) шеңберлерімен Д және
Д1 нүктелерде қиылысады. ДД1 –ізделінді шеңбер
Дәлелдеу. С1ВД1 мен ВСД тең бүйірлі үшбұрыштар конгруэнтті, сондықтан
. Бұдан мен тең бүйірлі үшбұрыштардың ұқсастығынан
а:в=с:(ДД1( .
Ал жағдайда 1-әдіс сияқты nа кесіндіні табамыз. Мұнда 2nаc,
2nав. Соң nа,в және с кесіндіге пропорционал 4-кесіндіні саламыз. nу
кесіндісі-ізделінді.
Есеп-3. (О, r) шеңбердің АВ доғасын қақ бөлу керек.
Салу. а=(АВ) болатындай (О,а), (А,r) және (В,r) шеңберлер жүргіземіз
де, қиылысуын С мен Д деп белгілейміз. (С1 ; СВ) және (Д1;АД) шеңберлердің
қиылысу нүктесін Е дейік. Енді (С;ОЕ) және (Д,ОЕ) шеңбер жүргізейік,
қиылысу нүктелерін Х пен Х1 деп белгілейміз. Сонда Х нүкте АВ доғаны тең
2ге бөліп тұр, ал Х1 – шеңберге толықтырушы қалған доғасын 2ге бөліп тұр.
Дәлелдеу. АВСД мен АВДО фигуралар – параллелограмм. Сондықтан С, О және
Д нүктелер бір түзуде жатады, яғни ([CO][AB], [OД][AB]). Тең бүйірлі
(СЕД және (СХД үшбұрыштардан (СДЕ = (СОХ = 900.
Демек, ОХ кесінді АВ хордаға перпендикуляр, бұдан Х нүктесі АВ доғасын
тең 2 бөлетінін ОХ=r екендігінен көрсетсек, жеткілікті.
АВОС –параллелограмм болғандықтан ,
СОЕ тікбұрышты үшбұрышынан,
Соңында СОХ тікбұрышты үшбұрышынан
Келтірген салу есебі =1800 болғанда да дұрыс, онда А
мен В нүктелері СД кесіндіде жатады; Ал (А;r) мен (В;r) шеңберлер (О;а)
шеңбермен С мен Д нүктесін белгілеп беру қиын. Ол жағдайда (=1800 )
доғасын бөлу керек. () және
Бұдан көрініп тұр, А1 В1 доғасын бөлуші нүкте АВ доғасын да бөлуші
болады.
Біз көрсеткеніміздей циркуль геометриясында екі нүкте анықталды
дегеннен түзу салынған деп қарастырамыз. Кейінгі есептерде тек циркуль
жәрдемінде берілген түзуден бір, екі және бірнеше нүктелердің орнын салуға
болады.
Есеп-4. А мен В нүктелермен берілген ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...4
І бөлім. Салу есептерінің пайда болу тарихына
шолу ... ... ... ... ... ... ... ... .6
1.1 Алгебралық геометрия негіздеріне
сипаттама ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ..6
1.2 Салу есептерін шешудің алгебралық тәсілдерінің пайда
болуы ... ... ... ..11
ІІ бөлім. Салу есептерін алгебралық әдіспен
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... 22
2.1 Салу есептерін орындаудағы алгебралық
өрнек ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ..22
2.2 Циркульмен орындалатын салу есептерін алгебралық шешу
мүмкіндіктері ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ..28
2.3 Салу есептерін орындау және шешу тәсілдері ... ... ... ... ... ...35
2.4 Инверсия және оның
қасиеттері ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ...43
2.5 Салу есептерін квадрат теңдеулер әдісімен
шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... .51
Қорытынды ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .59
Пайдаланылған әдебиеттер
тізімі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..61
Кіріспе
ҚР білім беру жүйесінің дамуы – жаңа ақпараттық технологиялар мен
компьютерлердің қолданылу деңгейіне, шығармашыл білімнің қалай
қалыптастырылатындығына, оның әлеуеттік мүмкіндігінің күшеюіне байланысты.
Ал бұл міндеттің іске асырылуы мектептегі оқу үдерісіне жаңа
технологиялар мен ақпараттық құралдардың қаншалықты, сонымен қатар қандай
негізде енгізілуіне тәуелді екені түсінікті. Жалпы орта білім берудің
математика пәні бойынша мемлекеттік жалпыға міндетті стандартында бұл
пәннің саласында онымен іргелес өзге де ғылым салаларындағыдай жаңалықтар
мен жаңа білім көлемі жедел қарқынмен жыл сайын артып отырғаны айтылып, осы
нормативтік құжаттың мақсат-міндеттерін анықтауда ескерілген қоғамдық
өзгерістің бірінде былай делінген: ... Қоғамның жоғары деңгейде
ақпараттандырылуы, ақпараттық техника мен технологиялардың кеңінен
қолданылуы математиканы оқыту барысында оқушылардың алгоритмдік мәдениетін
дамуды талап етеді.
Бұл мәселені шешудегі басты міндет мектепке, әсіресе, математиканы
оқытуға жүктеледі.
Жалпы, геометрияны оқыту әдістемесіне үлес қосқан ғалымдар Н.М.Бескин,
В.Г.Чичигин, А.Н.Колмогоров, В.А.Гусев. Геометрия есептерін шығару мен
теоремаларды дәлелдеуді оқып үйретуге Д.Пойа, М.Б.Волович, К.С.Богушевский,
Л.С.Карнацевич, мектеп геометриясы оқулығындағы тарауларды оқытуға
Т.М.Мищенко, Ю.М.Колягин, Г.Л.Луканкин, С.Е.Ляпин, В.А.Оганесян, А.Я.Блох,
И.Ф.Тесленко т.б. еңбектері бар.
Орта мектепте математика пәнiн оқытуда жаңа педагогикалық технологияны
пайдалану Е. Баранова, Р.Б. Бекмолдаева, С.С. Дайырбеков, В.С. Свиридовтар,
диссертацияларының зерттеу пәніне енген.
Соңғы кезде электрондық оқулық басылымдармен жұмыс мәселелерi
дезерттелiнiп, (Г.К. Нургалиева, Ж. Қайдасов, В.В. Гриншкун т.б.) тура және
керi байланысты іске асыратын автоматтандырылған кешен түрiндегi жүйелер
ұсынылуда.
Компьютер арқылы оқу материалдарын көрнекі ұсынып оқытатын Живая
геометрия бағдарламасы Ресейде қолданысқа еніп, оқушылардың қызығушылығын
арттыруға тиімді пайдаланылуда.
Келтірілген қысқаша шолу қазіргі бiлiм саласында жаңа, ақпараттық
парадигманың қалыптаса бастағанын көрсетеді.
Алайда геометрия пәнін оқытуда ақпараттық технологияны пайдалану
мәселелеріне арналған зерттеу жұмыстарын талдау біз қарастырып отырған
мәселелердің толық қамтылмағанын көрсетті. Негізгі мектепте планиметрия
курсын оқыту барысында оқушылардың іс-әрекеттерін ақпараттық технология
арқылы ұйымдастыру мен басқару, теоремаларды дәлелдеу мен есептер шығару
кезінде ұғымдар арасындағы байланыстарды бекітетін іс-әрекеттерді
ақпараттық технология қолдауымен жүргізу, бағдарламалық кұрал-жабдықтың
көмегімен оқушылардың білім-білік, дағдыларын тиянақтау мен бекіту, есте
сақтау ерекшеліктері мен табиғаты психология-дидактикалық және әдістемелік
зерттеулерде тиісті аспектілер тұрғысынан талқыға салынған.
Негізгі мектептегі салу есептерін алгебралық әдіспен шешуде оқушылардың
тиісті ұғымды нәтижелі қалыптастыру, есептер шығару мен теоремаларды
дәлелдеу біліктерін игерту қызметін ақпараттық технология мүмкіндігімен
жетілдіру қажеттілігі мен оның іс жүзінде әдістемелік тұрғыдан қамтамасыз
етілуі арасында қарама-қайшылық туындайды. Осыған орай, мектепте
планиметрия курсын оқыту сапасын жетілдіру үшін ақпараттық технологияны
пайдалану жолдарын анықтау осы курсты оқыту әдістемесіндегі көкейкесті
мәселе болып табылады.
Диплом жұмысының мақсаты мен міндеті: Салу есептерін алгебралық әдіспен
шешудің тиімділігін, оқу процесіндегі басымдылығын айқындау.
Диплом жұмысының зерттеу әдістері:
– мектептердің жұмыс бағдарламаларын, оқулықтары мен оқу құралдарын,
психология-педагогикалық, математикалық және әдiстемелiк әдебиеттерді
талдау;
– негізгі мектептегі оқу үдерісін ақпараттық технологияны пайдалануға
қатысты елімізде және әлем елдерінде жинақталған тәжiрибелердi зерттеу,
жалпылау;
– математика пәнiнің мұғалiмдерiмен пiкiр алмасу, мұғалімдер арасында
сауалнама жүргізу;
– негізгі мектепте тәжiрибелiк-эксперименттік жұмыс жүргiзу және оның
нәтижелерiн математика-статистикалық әдістер арқылы өңдеп-талдау.
Зерттеудiң ғылыми жаңалығы: Салу есептерін алгебралық әдіспен шешу
оқушылардың математикалық ой-өрісін дамытудың негізгі компоненті болып
табылады.
Дипломдық жұмыс кіріспеден, екі бөлімнен, қорытындыдан және
пайдаланылған әдебиеттер тізімінен тұрады.
І бөлім. Салу есептерінің пайда болу тарихына шолу
1.1 Алгебралық геометрия негіздеріне сипаттама
Algebraic geometry . Қазіргі математиканың тармақтарының маңызды бір
саласы.оның негізгі зерттеу объектісі кез-келген өлшемдегі (кескіндеу не
көлеңке) кеңестікте, бір неше алгебралық теңдеулердің ортақ нөлдік
нүктелерінен құралған жыйынның геометриялық қасиеттері болып
табылады.Мұндай жыйын әдетте алгебралық үйір деп аталады, ал бұл теңдеулер
осы алгебралық үйірдің анықтаушы теңдеулер жүйесі деп аталады.
Бір алгебралық үйір V дің анықтаушы теңдеулерінің коэффиценті және V
дағы нүктенің координаталары әдетте бір тұрақты K өрісінен талдап алынады,
бұл өріс V-ның базалық өрісі деп аталады. V қысқартылмайтын болғанда (яғни
V өзінен кіші екі алгебралық үйірдің бірігуіне жіктелмеген кезде), V дағы
барлық алгебралық өрнек ретінде анықталған функциялардың бәрі бір өріс
құрайды да, оны V-ның рационалды функциялық өрісі деп аталады, ол K-ның
шекті жасаушы кеңейтуі. Осылайша анықталған сәйкестік қатынас бойынша
алгебралық геометрияны геометрияның тілі мен көзқарасы арқылы жүргізілген
шекті өлшемді жасаушы кеңейтілген кеңестікті зерттеу деп қарауға болады.
Алгебралық үйір V-ның базалық өріс K дағы өлшемін V-ның рационалды
функциялық өрістің K дағы транценденттік дәрежесі деп анықтауға болады. Бір
өлшемді алгебралық үйір алгебралық қисық деп, екі өлшемді алгебралық үйір
алгебралық бет деп аталады.
Алгебралық үйірдің ең қарапайым мысалы жазықтықтағы алгебралық қисық.
Мысалға атақты Ферма жорамалын(Ферманың үлкен теоремасы деп те аталады)
төмендегі мәселеге жинақтауға болады, жазықтықта теңдеуімен анықталған
қисықтың(Ферма қисығы деп аталады) n≥3 болғанда координаттарының бәрі нөлге
тең емес рационал сан болатын нүкте табылмайды.
Енді бір жағынан төмендегі бір текті теңдеулер жүйесі комплекс сандар
өрісіндегі проекциялық кеңестікте бір эллипстік қисықты анықтайды.
Алгебралық үйірді зерттеу әдетте екі жаққа бөлінеді: аймақтық және
жалпылық. Аймақтық жағындағы зерттеу негізінен алгебралық әдісті алмастыру
арқылы алгебралық үйірдің ерекше нүктелерін және алгебралық үйірдің сол
ерекше нүктенің маңайындағы қасиеттерін зерттейді.
Ерекше нүктенің мысалы ретінде теңдеуімен анықталған қисықтың бас
нүктесін (0, 0) ді алуға болады. бүл бір айырық нүкте.
Ерекше нүктесі жоқ алгебралық үйір ерекше емес алгебралық үйір деп
аталады. Бір алгебралық үйір ден екінші алгебралық үйір ге берілген
бейнелеу қос рационалды бейнелеу деп аталады: егер ол рационалдық
функциялық өрістер арасындағы изоморфизымнан келтіріліп шығатын болса.
Екі алгебралық үйір мен қос рационалды баламалы деп аталады егер дағы
бір тығыз ашық жиын -дегі бір тығыз ашық жиынға изоморфты болса. Бүл шарт
мен -нің рационалдық функциялық өрісінің изоморфты болуымен баламалы. Осы
баламалық шарт болғандықтан алгебралық үйірдің бөлінуін алгебралық үйірдің
қос рационалды функциялық өрісінің бөлінуімен түсіндіруге болады. Қазіргі
кезде алгебралық геометрияның негізгі бағыты жалпылық жақтағы зерттеу,
бастысы алгебралық өрістің бөлінуімен берілген алгебралық үйірдің ішкі
үйірінің қасиеті болып саналады. Хомологикалдық алгебраның (homological
algebra) амалдары осы жақта көптеп рөл атқарады. Қысқаша айтқанда:
Математиканың алгебралық қисықтарды (беттерді) және олардың көп өлшемді
жадпыламалары－алгебралық көпбейнелерді зеріттейтін бөлімі. А.г 17ғ-да
геометрияға координат ұғымы енгізілгеннен кейін пайда болды. Ол ,негізінен
19ғ дың ортасынан бастап жеке ғылым ретінде қалыптаса бастады. Қазыргі А.г
алгебралық қисықтар теориясы ретінде дүниеге келді. Жазықтықтағы
геометрияда А.г нің зеріттейтін негізгі обьектісі－жазық аффиндік
алгебралық қисық,яғни f(x,y)=0 теңдеуімен берілген жиын(мұндағы －f-
көпмүше ). Түзу, шеңбер, эллипс,гипербола, парабола, декарт жапарғы, Аньези
локоны және лемниската алгебралық қисықтың мысалына жатады, ал
синусойда－трансценденттік қисық(яғни алгебралық қисық емес). Қисықтарды
алгебралық және трансценденттік қисықтар деп алғаш жігін ашып берген
Р.Декарт болды. Осыған сәйкес оларды “геометриялық” және
“механикалық”қисықтар деп атаған. f(x,y)=0 теңдеуімен өрнектелген қисықтар
өздеріне сәйкесті дәрежелері (қисықтың реті) бойынша түрге бөлінеді. 1-
дәрежелі алгебралық қисықтарға －түзулер, ал 2-дәрежелі алгебралық
қисықтарға конустық қималар, шеңберлер, т.б жатады. 3-дәрежелі жазық
алгебралық қисықтардың түрін 1704жылы И.Ньютон ұсынған. Алгебрық
теңдеулерді геометриялық обьектілерге(сызықтарға, беттерге т.б)
сәйкестендіруді алғаш ұсынған Р.Декарт пен П.Ферма болды. Үш өлшемді
геометрияда алгебралық бет деп g(x,y,z)=0 теңдеуімен берілген жиынды
айтады(мүндағы － g- x,y,z координаталарынан алынған көпмүше). Алгебралық
сандар теориясында , функциялық талдауда теориялық физика мен кодьау
теориясында қолданылады.
Кеңістіктегі негізгі фигуралар: нүкте, түзу және жазықтық.
Стереометрияда, планиметриядағы сияқты геометриялық фигуралардың
қасиеттері сәйкес теоремаларды дәлелдәу арқылы тағайындалады.Жаңа
геометриялық бейне-жазықтықты енгізу аксиомалар жүйесін кеңейте түсуге
мәжбүр етеді. Сондықтан біз жазықтықтардың кеңістіктегі негізгі
қасиеттерін өрнектейтін аксиомалардың С тобын енгіземіз. Бұл топ мына үш
аксиомалардан тұрады:А.с.1. Қандай жазықтық болса да, ол жазықтыққа тиісті
нүктелер және оған тиісті емес нүктелер бар болады.
А.с.2. Егер әр түрлі екі жазықтықтың ортақ нүктесі бар болса, онда олар
осы нүкте арқылы өтетін түзу бойымен қиылысады.
А.с.3. Егер әр түрлі екі түзудің ортақ нүктесі болса, онда олар арқылы
жазықтық жүргізуге болады және ол тек біреу ғана болады.
Осы аксиомаларды және планиметрияның аксиомаларын қолданып,
стереометрияның алғашқы теоремаларын дәлелдеуге болады. Мысалы, келесідей:
Т.1. Берілген түзуде жатпайтын үш нүкте арқылы жазықтық жүргізуге
болады және ол тек біреу ғана болады.
Т.2. Егер түзудің екі нүктесі жазықтыққа тиісті болса, онда түзу
тұтастай сол жазықтыққа тиісті болады.
Т.3. Егер АВ түзуі СD түзуін қиятын болса, онда А,В,С және D
нүктелері бір жазықтықта жатады.
1-теореманы дәлелдейміз
А,В және С нүктелері бір түзудің бойына тиісті емес дейік.А.с.2.
бойынша АВ және АС түзулерін жүргізуге болады. Бұл түзулердің ортақ
нүктесі бар.Ендеше А.с.3. бойынша олар арқылы жазықтық жүргізуге
болады.А.с.2. бойынша АВ түзуі -жалғыз және АС түзуі-жалғыз. Сонымен, АВС
жазықтығы да жалғыз.
Стереометрияның аксиомалар жүйесіне және жоғарыдағы теоремаларға
сүйеніп, көпжақтардың жазықтықтармен қиылысуын салуға болады.
Мысалы: МАВСD пирамиданың МС, МD қабырғаларында сәйкес Р және Q
нүктелері алынған, ал МАВ жақтарында R нүктесі алынған. P,Q және R
нүктелері арқылы өтетін пирамиданың a-жазықтығымен қиылысуын көрсетеміз.
1) Р нүктесінің проекциясы- P´,Q´, R´ нүктелерін салайық, М центрінен
АВС жазықтығына Q және R-ді саламыз.
2) RR´1 QQ´ болғандықтан, Т3. бойынша бұл түзулер бір жазықтықтың
бойында жатады. Бұл жазықтықта Т2. бойынша сонымен қатар RQ және R´Q´
түзулері де жатыр. S1 =RQ1 R´Q´ нүктесін саламыз.
3) Аналогиялық тұрғыдан S2 =PQ1 P´Q нүктесін құрамыз.
4) Сондықтан S1 нүктесі RQ түзуінде жатады, ал RQ түзуі a жазықтығында
жатады, онда S1 нүктесі де a жазықтығында жатады.
S1 нүктесі R´Q´ түзуінде де жатады, ал R´Q´ түзуі АВС жазықтығында
жатыр.Сонымен S1 нүктесі АВС жазықтығында жатыр. Сондықтан, a жазықтығы
мен АВс жазықтығының ортақ S1 нүктесі бар.Бұдан А.с.2 бойынша бұл
жазықтықтар S1 нүктесі арқылы өтетін түзу бойымен қиылысады.
Аналогиялық тұрғыдан аяқтасақ, a және АВС жазықтықтары S2 нүктесі
арқылы өтетін түзу бойымен қиылысады.
S1 және S2 нүктелері a жазықтығына тиісті болғандықтан, Т2. бойынша
S1S2 түзулері a жазықтығында жатады.Сол сияқты S1S2 түзулері де АВС
жазықтығында жатыр. Сондықтан, a жазықтығы АВС жазықтығын S1S2 түзуінде
қияды. Бұл түзуді a жазықтығының АВС жазықтығындағы ізі деп атайды.
5) S3 = AB1 S1S2 нүктесін құрамыз. S3 нүктесі S1S2 түзуінде жатыр,
яғни ол a жазықтығында жатыр. S3 нүктесі АВ түзінде де жатып, яғни ол МАВ
жазығында жатыр. Сондықтан, бұл екі жазықтық S3R түзінде қиылысады.
6) S3R түзуі МА және МВ түзулерімен бір жазықтықтың бойында жатыр. А1=
S3R1MA және В1 = S3R1MB нүктелерін табамыз. a жазықтығымен МАВ жағының
қиылысуы болатын А1В1кесіндісін аламыз.
7) В1 нүктесін Р нүктесімен және А1 нүктесін Q нүктесімен қосамыз.
Қорытындысында PQA1B1 төртбұрышын аламыз.
Түзулер мен жазықтықтардың параллельдігі.
Анықтама.( Кеңістіктегі параллель түзулер) Кеңістіктегі екі түзу бір
жазықтықта жатса және өзара қиылыспаса, онда ондай екі түзу параллель
түзулер деп аталады.
Анықтама( Айқас түзулер) Өзара қиылыспайтын және бір жазықтықта
жатпайтын түзулер айқас тузулер деп аталады.
Т.1. Егер aïïb және PÎa, QÎb, онда a,b түзулері және PQ түзулері бір
жазықтықта жатады.
Т.2. Берілген түзуден тыс жатқан нүкте арқылы сол түзуге параллель
түзу жүргізуге болады және ол тек біреу ғана болады.
Т.3.( Түзудің параллельдігінің белгісі). Қандай да бір түзуге параллель
болатын екі түзу өзара параллель болады.
Т.4. Екі параллель түзу арқылы жазықтық жүргізуге болады және ол тек
біреу ғана болады.
Анықтама.( Түзу мен жазықтықтың параллельдігі) Түзу мен жазықтық
қиылыспайтын болса, онда олар параллель деп аталады.
Т.5. ( Түзу мен жазықтықтың параллельдігінің белгісі). Егер a
жазықтыққа тиісті емес а түзуі осы a жазықтықтағы қандай да бір b түзуге
параллель болса, онда ол a жазықтықтың өзіне де параллель болады.
Т.6. Егер m түзуі a жазықтығы мен b жазықтығына параллель m түзуі
арқылы өтетін болса, a жазықтығын m1 түзуінде қияды.
Анықтама.( параллель жазықтықтар). Егер екі жазықтық қиылыспайтын
болса, онда олар параллель жазықтықтар деп аталады.
Т.7.( Параллель жазықтықтардың қасиеттері) 1.Егер параллель екі
жазықтықты үшінші жазықтық қиятын болса, онда қиылысу түзулері параллель
болады
2. Параллель екі жазықтықтың арасындағы параллель түзулердің
кесінділері тең болады.
Т.8.( Жазықтықтардың параллельдігінің белгісі.) Егер бір жазықтықта
жатқан өзара қиылысатын екі түзу, екінші жазықтықта жатқан өзара
қиылысатын екі түзуге сәйкесінше параллель болса, онда ол екі жазықтық
параллель болады.
Т.9.( Берілген жазықтыққа параллель жазықтықтың бар болуы.) Берілген
жазықтықтан тыс жатқан нүкте арқылы берілген жазықтыққа параллель жазықтық
жүргізуге болады және ло тек біреу ғана болады.
Стереометрияның аксиомалар жүйесіне және кеңістіктегі түзулер мен
жазықтықтардың параллельдігінің теоремасына сүйеніп, көпжақтардың
жазықтықтармен қиылысуын салуға болады.
Мысалы.МАВС пирамиданың АВ және АС қабырғаларында сәйкес D және E
нүктелері алынған. D және E нүктелері арқылы өтетін МА түзуіне параллель
пирамиданың a жазықтығымен қиылысуын көрсетеміз.
1) D және E нүктелері a жазықтығында жатқандықтан және де АВС
жазықтығында да, онда бұл жазықтықтар DE түзуінің бойында қиылысады, ал DE
кесіндісі a жазықтығы мен АВС шоғының қиылысуы болып табылады.
2) Сонымен, a жазықтығының МАВ жазықтығымен D ортақ нүктесі бар, онда
А.с.2. бойынша бұл жазықтықтар D нүктесі арқылы өтетін түзу бойында
қиылысады.Шарт бойынша МА түзуі a жазықтығына параллель. Онда Т.6. бойынша
МА түзу арқылы өтетін МАВ жазықтық, МА параллель жазықтығын түзу бойымен
қияды. Сондықтан, жазықтығы МАВ жазықтығын D нүктесі арқылы өтетін МА
түзуіне параллель түзу бойымен қияды. Осы түзуді жүргіземіз және В1
нүктесімен оның МВ түзуімен қиылысуын табамыз. DB1 кесіндісі жазықтығы
мен МАВ жағының қиылысуы болып табылады.
3) Аналогиялық тұрғыдан, МА түзуіне параллель Е нүктесі арқылы МАС
жазықтығында түзу жүргіземіз, яғни a жазықтығы мен МАС жағының қиылысуы
болатын ЕС1 кесіндісін аламыз.
4) В1 және С1 нүктелері жазықтығында да МВС жазықтығында да жатады.
Сондықтан, В1С1 түзулері олардың қиылысу сызығы болады, ал В1С1 кесінділері
жазықтығы мен МВС жағының қиылысуы болады.
Сонымен, төртбұрыш DEC1B1 - бұл ізделінген пирамиданың жазықтығымен
қиылысуы.
Түзулер мен жазықтықтардың перпендикулярлығы
Анықтама. Жазықтықтағы сияқты, егер екі түзу тік бұрыш жасап қиылысатын
болса, онда олар перпендикуляр түзулер деп аталады.
Т.1. Егер перпендикуляр екі түзу қиылысатын екі түзуге сәйкесінше
параллель болса, онда олар өзара перпендикуляр болады.
Анықтама. Егер жазықтықты қиятын түзу сол жазықтықта жатқан және түзу
мен жазықтықтың қиылысу нүктесі арқылы өтетін кез келген түзуге
перпендикуляр болса, онда түзу жазықтыққа перпендикуляр деп аталады.
Т.2.(Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығының белгісі.) Егер
жазықтықты қиятын түзу осы жазықтықта жатқан қиылысатын екі түзуге
перпендикуляр болса, ол түзу жазықтыққа перпендикуляр болады.
Ескерту. Егер айқас түзулердің арасындағы бұрыштың анықтамасын
қолдансақ(айқас түзулердің арасындағы бұрыш деп берілген айқас түзулерге
параллель болатын қиылысатын түзулердің арасындағы бұрышты айтамыз.), онда
алдыңғы анықтама мен 2-ші теореманы келесідей жағдайлар арқылы көрсетеміз:
Анықтама. (Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығының жалпы белгісі).
Егер түзу осы жазықтықтың бойында жатқан барлық түзуге перпендикуляр
болса онда ол осы жазықтыққа да перпендикуляр деп аталады.
Т.2.(Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығының жалпы белгісі.)
Егер түзу бір жазықтықтың бойында жататын қиылысатын екі түзуге де
перпендикуляр болса, онда ол осы жазықтыққа да перпендикуляр.
Т.3. (Түзу мен жазықтықтың перпендикулярлығы мен параллельдігінің
байланысы.)
1. Егер жазықтық параллель екі түзудің біреуіне перпендикуляр болса
онда ол екіншісіне де перпендикуляр.
2. Нүкте мен жазықтықтың арақашықтығы деп осы нүктеден берілген
жазықтыққа түсірілген перпендикулярды айтамыз.
3. Бір нүктеден жазықтыққа жүргізілген көлбеу деп жазықтыққа
перпендикуляр емес, бірұшы жазықтықта, екінші ұшы берілген нүктеде жататын
кез келген түзуді айтамыз.
4. Бір нүктеден жүргізілген көлбеу мен перпендикулярдың табандарын
қосатын түзуді көлбеудің проекциясы деп атаймыз.
Т.4.(Үш перпендикуляр туралы.) Жазықтықта көлбеудің табаны арқылы оның
проекциясына перпендикуляр етіп жүргізілген түзу сол көлбеудің өзіне де
перпендикуляр болады.
Т.4′.(Т.4.-ке кері.) Егер жазықтықтағы түзу көлбеуге перпендикуляр
болса, онда ол проекциясына да перпендикуляр болады
Анықтама. (Жазықтықтардың перпендикулярлығы.) Егер қиылысатын екі
жазықтықтың қиылысу түзуіне перпендикуляр үшінші жазықтық оларды
перпендикуляр түзулер бойымен қиятын болса, оларды перпендикуляр
жазықтықтар деп атайды
Т.5.(Жазықтықтардың перпендикулярлығының белгісі.) Егер жазықтық басқа
бір жазықтыққа перпендикуляр жазықтық арқылы өтетін болса, онда бұл
жазықтықтар перпендикуляр болады.
Т.6. Егер түзу, екі перпендикуляр жазықтықтың біреуінде жататын болса,
онда ол үшінші жазықтыққа да перпендикуляр.
1.2 Салу есептерін шешудің алгебралық тәсілдерінің пайда болуы
Алгебра практикалық есептерді теңдеулер жәрдемімен шығару тәсілдерінен
туған. Теңдеулер жөніндегі ілім бүгінге дейін алгебраның мектептік курсының
негізгі мазмұны болып табылады. Бірақ теңдеулерді шешу үшін бірмүшелерге,
көпмүшелерге және алгебралық бөлшектерге амалдар қолдана білу керек,
көпмүшелерді жіктей білуді, жақшаларды ашуды, бөлшектерді ортақ бөлімге
келтіруді т.с.с. білу керек. Сөйтіп, теңдеулер жөніндегі ілімді амалдардың
заңдары туралы ілімсіз игеру мүмкін емес. Теңдеулерді шешу үшін
қолданылатын амалдар нақтысында сандарға қолданылады, өйткені элементар
алгебрада әріптер сандарды белгілеу үшін қолданылады.
Ежелгі вавилондықтардың табылған сына жазулы текстеріне қарағанда
кейбір көбейту формулалары (қосындының квадраты, айырманың квадраты,
қосындының айырмаға көбейтіндісі) тіпті бұдан 4000 жылдай бұрынғы кездің
өзінде-ақ белгілі болған. Вавилондықтардан басқа да ертедегі халықтар бұл
формулаларды әрине, бізше, символикалық түрде емес, сөзбен баяндалған
түрінде немесе мысалы, ертедегі гректерше, геометриялық формада білген.
Ежелгі Греция ғалымдары шамаларды сандар немесе әріптер арқылы
өрнектемей, түзу кесінділері арқылы кескіндеп көрсеткен, ал кесінділерді
бір әріппен немес олардың ұштарына қойылған екі әріппен белгілеген.
Егер де тарихқа үнілетін болсақ, практикалық есептерді шығарудың
алгебралық әдістерінің бастамасы ежелгі ғылым әлемімен байланысты. Сол
кездің өзінде де теңдеулер құруды талап ететін есептер пайда бола бастады.
Алғашқыда мұндай есептерді шығару үшін арифметикалық әдістер қолданылды.
Одан әрі алгебралық жағын қарастыру қалыптаса бастады. Қазіргі уақытқа
дейінгі теңдеулер дамуында әр түрлі әдістердің өзгеріп жаңарып отыруы осы
ұғымдардың нақтылануы мен басқа да математиканың бөлімдерімен байланысын
атап өтуге болады. Бұл процесте теңдеу алгебралық ұғымдар жүйесіндегі мән
маңызды роль атқарады. Алгебраның дамуы теңдеуді алгебраның негізгі ұғымы
ретінде үш негізге негізделді:
а) теңдеулер мәтінді есептерді шығарудың құралы ретінде;
б) теңдеулер алгебрадағы оқу объектісі бола алатын ерекше бір формула
ретінде;
в) теңдеулер кеңістіктегі (жазықтықтағы) координата нүктелерін немесе
сандарды жаналамай анықтайтын формула ретінде. Сол себептен теңдеу жалпы
математикалық ұғым жағынан көп аспекті. Теңдеу ұғымына байланысты теңдеудің
маңыздылығы мен кең көлемділігіне қарап оны оқып үйрену қазіргі
математикалық әдісте мазмұнды-әдістемелік негізде теңдеулер
ұйымдастырылған.
Төменде осы теңдеулер арқылы шығарылатын тарихи есептерді
қарастырамыз.
№1. Эйлер есебі.
Бір санның 4-ші дәрежесін сол санның жартысына бөлгенде және ге
арттырғанда 100-ге тең болу керек. Сол санды тап.
Жауабы: ;
№2. Үш адам 24000 ливрға үй сатып алғысы келді. Олар былай келісті:
біріншісі жарты ақшасын береді; екіншісі үштен бірін береді, ал үшіншісі
қалған бөлігін береді. Әрқайсысы қанша бермек?
I-ші:
II-ші:
III-ші:
Жауабы:
№3. Бір топ қаз ұшып барады, оларға бір қаз қарсы ұшып келе жатып: Жүз
қазға бір сәлем! - депті. Топ қаз оған былай деп жауап беріпті: Жоқ біз
жүз емеспіз! Егер бізге тағы осынша қосылса, тағы соның жартысындай, тағы
соның ширегіндей, оның үстіне сен қазым, бізге қосылсаң, біз тура жүз қаз
боламыз Олар қанша болған еді?
Шешуі: қаз саны – х
Жауабы: қаз.
№4. Бехаэддин есебі.
Өзінің үштен екісіне және бірлікке арттырылған сан 10-ға тең. Сол санды
табу керек.
Шешуі: Ізделінді сан – х
Жауабы:
№5. Үш адам ақша ұтып алған. I адамға осы соманың і, II адамға
осы
соманың і, III адамға 17 флорин тиді. Ұтыстың шамасы қандай
болған?
Шешуі: Ұтыс шамасы – х
Жауабы: флорин.
№6. Бір адам жыл аяғына дейін киім және 10 флорин алмақшы болып
жалданды. Бірақ 7 ай өткен соң жұмысты тоқтатты да, есеп айырысқанда киім
және 2 флорин ақша алды. Киім қаншаға бағаланған?
Шешуі: киім – х
1 жылда –
7 айда –
айға = 1,6
1,6 · 12 = 19,2 ( 1жылда)
х + 10 = 19,2
х = 9,2
Жауабы: 9,2.
№7. Тоғыз кітаптағы математикадан есеп. Бірнеше адам бірлесіп тауық
сатып алған. Егер әр адам 9-дан (ақша бірлігі) берсе, онда 11 қалады, ал
егер әрқайсысы 6-дан берсе, 16-сы жетпей қалады. Адам саны мен тауықтың
құнын табу керек.
Шешуі:
№8. Егер бір санды 20-ға қоссақ және сол санды 100-ден алсақ, сонда
шыққан қосынды сонда шыққан айыпмадан 4 есе артық болады. Белгісізді табу
керек.
Жауабы: 60.
№9. Акмим папирусынан (VI ғ. ) есеп: Бір адам қазынаның - ін
алды. Одан қалғанының - ін екінші біреу алды. Ол қазынада 150
қалдырды. Әуелде қазынада қанша болғанын білгіміз келеді?
Барлығы – х
І - х
ІІ -
Қалды – 150
№10. Диофанттың қабіріндегі құлпытаста былай деп жазылған: Диофанттың
балалық шағы - өмірінің алтыдан бірі, жастық шағы – он екіден бірі, ал
баласыз өткен ерлі-зайыпты өмірінің жетіден бірі және тағы 5 жыл өткенде
ұлды болды. Әкесінің жарты жасына келгенде ұлы дүние салды, бұдан кейін
Диофант тек 4 жыл ғана өмір сүрді. Диофант неше жыл сүрген еді?
Өмірі – х
Балалық шағы - х
Баласыз - х
Жастық шағы - х
Ұлды - ;
Ұлы дүние салды - ;
Өзі дүние салды - ;
Жауабы: Диофант 84 жыл өмір сүрді.
№11. Көпестің жинақтаған азды-көпті ақшасы бар еді. Ол жыл сайын
семьясының қажетіне 100 фунт ақша ұстап, қалған ақшасына оның үштен
біріндей ақша қосып отыратын. Үш жыл өткеннен кейін ол қаражатының екі есе
көбейгендігін байқады. Әуелде оның қанша ақшасы болған еді?
Бар еді – х
Бір жылдан соң қолында қалды – х – 100
Үш жылдан соң болды - ;
Жинақталған ақшасы әуелгі ақшасынан екі есе артық болды.
Шешуі:
Жауабы: Әуелдегі ақшасы 1480 фунт.
№12. Бақташы 70 өгіз айдап келеді. Оған мынадай сұрақ берілген: Үлкен
табынының бұл айдап келе жатқаның қанша?
Бақташы жауабы:
− Табындағы барлық малдың үштен бірінің үштен екісі.
Есептеп көр!
(Бүкіл табында қанша өгіз болғандығын білу керек.)
Шешуі:
Жауабы: Бүкіл табында өгіз болған.
№13. Ежелгі римдік есеп. ІІ ғ. Бір адам өлерінде былай деп өсиет
қалдырған: егер әйелім ұл тапса, онда оған имениемнің - сі, ал
әйеліме қалған бөлігі берілсін. Егер қыз туса, онда оған - і, ал
әйеліме - сі берілсін. Егіз бала – қыз және ұл туды. Имение қалай
бөлінуі керек?
Жауабы: Ұлы әйелінен екі есе көп үлесін, әйелі – қызынан екі
есе көп үлесін алуы тиіс. Имениені ұлы, әйелі және қызына 4:2:1 сандарына
тура пропорционал етіп бөліп берген жөн.
№14. Бір адам өзінің досына: Маған 100 рупий бер, сонда мен сенен екі
есе бай боламын - депті. Досы былай деп жауап береді: Сен маған тек 10
рупий бер, сонда мен сенен 6 есе бай боламын. Әрқайсысында қанша болған?
Шешуі:
I адам – х
ІІ адам - у
Жауабы: және ;
№15. Екі санның айырмасы екіге тең, ал олардың қатынасы екіге кері
санға тең. Осы сандарды табу керек.
Жауабы: 2; 6.
№16. Репетитор деген әңгімесінде ұлы орыс жазушысы А.П.Чехов мынадай
есеп келтіреді: Көпес 138 кез қара және көк шұғаны 540 сомға сатып алды.
Егер бір аршын көк шұға 5 сом, ал қара шұға 3 сом тұрса, әрқайсысынан неше
кез мата алған?
№17. XVI ғасырдағы иран ғалымы Бехаэддиннің есебі: 10 санын айырмасы 5
болатын екі бөлікке бөлу керек.
№18. Екі санның қосындысы 10-ға, ал қатынасы 4-ке тең екенін біле
отырып, сол сандарды табу керек.
№19. Евклид бастамалық ІІ кітабында берілген теңбе-теңдікті тексеру.
№20.
№21.
№22.
№23.
№24. Диофанттың Арифметикасында баяндалған бөлшектермен берілген мына
амалдарды тексеру керек:
№25.
№26.
№27.
№28.
Штифельдің Арифметикасында берілген бөлшектерге қолданылған мына
амалдарды орындаңдар:
№29.
№30.
№31.
№32.
№33. Ньютонның Жалпыға бірдей арифметикасынан бөлшектерді қысқарту.
№34.
Математиканың күнделікті адам өміріндегі мәні орасан зор. Санай білмей,
сандарды қосуды, азайтуды, көбейтуді, бөлуді дұрыс орындай білмей тұрып
адам қоғамының дамуы мүмкін деп ойлауға болмайды. 4000 жыл бұрынғы уақыттың
өзінде-ақ вавилондықтар мен мысырлықтар жер өлшеу, құрылыс және әскери
істерінің әр түрлі есептерін теңдеулер құрып шығарған. Математиканы
үйренуді басқа пәндермен, атап айтқанда тарихпен ұштастыра отырып оқу
математиканың мектептегі курсын тереңірек ұғынып, игеруге көп әсерін
тигізеді. Ескілікті тарихи есептерді қазіргі тәсілдермен шығара отырып,
болашақта математикалық білімімді жетілдіре беруді алға койған мақсатым деп
есептеймін.
ІІ бөлім. Салу есептерін алгебралық әдіспен шешу
2.1 Салу есептерін орындаудағы алгебралық өрнек.
Бұл тәсіл арқылы алгебралық өрнектерді қанағаттандыратындай салу
есептері орындалады.Бұл мақсатта мынадай алгебралық өрнектерді
қарастырайық..
Есеп №1. Кесінділердің қосындысы x=a+b кесіндісі берілген. Осы
кесіндінің қосындысын табу керек.
а
a b
b A B
C ℓ
Ол үшін бір ℓ түзуін аламыз. Түзуден а нүктесін белгілейміз. Осы
нүктеден бастап берілген кесінділерді біріне бірін тізбектей саламыз.Яғни
бір кесінділердің соңы екінші кесіндінің басы болу керек .Ол үшін а
кесіндісін өлшеп А нүктесін бастап , b кесіндісін өлшеп В нүктесін
саламыз.Сонда АС=a+b
Егер бірнеше кесінділер берілсе, осы әдісті пайдаланып салуға болады.
Есеп №2. Екі кесіндінің айырымына тең кесінді салу. x=a-b ab
a
A C B
ℓ
b
Кез-келген түзуінен А нүктесін белгілейміз. А нүктесінен бастап , АВ=а
кесіндісін өлшеп саламыз.А нүктесінен бастап, АС=b кесіндісін өлшеп
саламыз.Сонда СВ=a-b .
Есеп №3. Кесіндіні бүтін санға көбейту.x=a×n мұндағы n-бүтін сан.
а А
2 3 ℓ
Ол үшін а кесіндісі берілсін. Осыны бүтін санға көбейту керек. ℓ түзуін
алып , одан А нүктесін белгілейміз, n-нің берілген шамасына қарай қанша
қажет болса, сонша рет ℓ түзуінің бойынан , А нүктесінен бастап кесіндіні
жалғастырып саламыз.
Есеп №.4. Кесіндіні бүтін санға бөлу. Яғни x=a÷n мұндағы n-1,2,3...
Айталық түсінікті болу үшін n=3 болсын, яғни бір а кесіндісі берілген.Ол
үшін бір ℓ түзуін алып және бұл түзумен қиылсатын екінші P түзуін алайық. .
Түзудің қиылсу нүктесі А болсын. P түзудің бойына беретін кесіндіні өлшеп
саламыз . Яғни бұл кесіндіміз а –ға тең , одан кейін келесі де өлшемде В
кесіндісін аламыз. В кесіндісін өлшеп А нүктесін бастап P түзуінің бойына 3
рет саламыз.Бөліну нүктелері С,D,E деп белгілейік . Енді В нүктесін Е
нүктесіне қосамыз. P түзуінің бойындағы D және С нүктелері арқылы ℓ түзуін
қиятындай BE–ге түзулер жүргіземіз.
С ´ D´ B ℓ
а A
b
С
b b
Р D
b
E
Оларды С´,D´ деп белгілейміз.Сонда DD´ BE , CC´BE және де
AC=CD=DE=b
Ендеше Фалес теоремасы бойынша кесінділердің қатынастары өзара тең,
яғни AC:CD:DE=AC´:CD´:D´B=1 бұл әдісті n-нің басқа мәндері үшін де
қолдануға болады.
Ескерту: n=2, n=4 болғанда циркульмен сызғышты пайдаланып кесінділерді
тең екі бөлікке бөлу ережесі бойынша орындауға болады.
Есеп №5. Кесіндінің бөлігін табу ,яғни x=a·m m,n- бүтін сандар және
nm. Түсінікті болу үшін m=3 n=4 болсын .Сонда а кесіндісінің x=a·3
бөлігін табу керек . Ол үшін қиылсатын ℓ және P түзуін алайық .
A C D E B ℓ a
b b
C
b
D
b
E
P
B
А нүктесінен бастап а кесіндісін L түзуіне салайық..Оны В деп
белгілейік. Бөлшектің қасиеті бойынша 3 бөлшектің мазмұны берілген .
Бүтін тең 4- ке бөліп, оның үш бөлігін
Қарастырар деген сөз.. Сондықтан өлшемдегі бір b кесіндісін алайық.
EDC нүктелері арқылы BK-ға және а түзуін қиятындай түзулер
жүргіземіз.
Мұндағы. AC=CD=DE=EK=b салуымыз бойынша. ЕндешеAC´=C´D´= D´E´=E´B´
.Ендеше AE´=3 а-ға тең болады.Іздеген кесіндіміз AE´ . 4
Есеп №6. Берілген үш кесіндіге 4-ші пропорционал кесінді салу. Яғни
x=abc . Есептің шарты бойынша кесінділер пропорционал қатынаста болу керек
.Сондықтан берілген алгебралық өрнекті пропорция түрінде жазайық.. a:x=c:b
Пропорцияның шеткі мүшелерінің көбейтіндісі ортаңғы мүшелерінің
көбейтіндісіне тең.
a·b=c·x x=a·b
c
Есепті шешу үшін тағы да қиылысушы 2 түзу алайық.. ℓ,P түзулері А
нүктесінде қиылыссын.
А с В b С ℓ
а
D
х
К
Р
ℓ түзуінің бойына А нүктесінен бастап, c+b кесіндісін салайық: Енді а
кесіндісін А нүктесін бастап түзу бойына салайық .Енді D нүктесін B
нүктесін қосамыз.С нүктесі арқылы Р түзуін қиятындай BD–ға түзу
болады.Фалес теоремасы бойынша a:x=c:b болады. Ендеше DK=x іздеген
кесіндіміз DK болады.
Есеп №7. Берілген екі кесіндінің пропорционал ортасынсалу.X=√ab
a
b
Алгебра бойынша X=√ab екі санның геометриялық ортасы . Яғни X²=ab
Шешуі : бір ℓ түзуін алайық . ℓ түзуінен А нүктесін белгілейік. А
нүктесінен бастап a+b–ға тең кесінді салайық. Ол үшін a,b кесінділерін
өлшеп саламыз.
А а В С
L
D
L
A C
ADC=90 .Сонда DB-үшбұрышының тік төбесінен гипотенузасына түсірілген
биіктік болады.Ендеше оның қасиеті бойынша DB²=ab X²=ab X=√ab
Шеңберді тең бөліктерге бөлу.
Шеңберді тең бөліктерге бөлу себебі дұрыс көпбұрыштың салу есебімен
тікелей байланысты. Бұл мәселе , яғни дұрыс көпбұрыштарды салу есебі ерте
кездегі салу есептердің қатарына жатады. Бұған дәлел Пифагор мектебінде
циркуль мен сызғыштың көмегімен қабырғаларының саны 2´´,2´´·3,2´´·5 мұндағы
n=1,2,3... болатын дұрыс көпбұрыштарды сала білген. Қабырғаларының саны көп
болған дұрыс көпбұрыштарды салумен айналысатын. Бұған байланысты ол
шеңберді 2,3,4,6,8,12,16 ... бөліктерге бөлген.
Осы тарихи мәліметтерді пайдалана отырып дұрыс көпбұрыштарды салудың
кейбір түрлеріне, яғни шеңберді тең бөліктерге бөлудің кейбір жағдайына
тоқтайық . Егер квадраттың қабырғадан одан әрі екі еселесек мұның
нәтижесінде сегізінші бұрышын сала аламыз. Ол үшін квадраттың қабырғалары
керіп тұрған доғалдарды тең екі бөлікке бөлу керек. Доғалдардың бөліну
нүктелерін квадраттың төбелерінен қосса , онда біз шеңберді дұрыс сегіз
бөлікке бөлеміз немесе қабырғалары тең сегіз бөлікке бөліп көпбұрыш
саламыз. Осы сияқты сегіз бұрыштың қабырғасын екі еселесек онда дұрыс он
алты бұрыш сала аламыз. Сөйтіп қабырғаның санның 4,8,16,32,64 ... . тағы да
сол сияқты. Дұрыс көпбұрыштарды салуға болады.
Циркульдің ашасын өзгертпей диаметрінің ұшына қойып, бұл нүктелерді
өзара қосып және ол нүктелерді диаметрлерінің 2-ші ұшымен қоссақ АВС тең
қабырғалы үшбұрышын аламыз.Егер үшбұрыштың қабырғасын тең бөліктерге бөлсек
(екі еселенетін болса) , онда керіп тұрған доғаларды тең екі бөлікке бөлуге
болады.
Онда шеңбер тең алты бөлікке бөлінеді. Егер дұрыс алты бұрыштың
абырғасын екі еселейтін болса , онда дұрыс он екі қабырғалы көпбұрыш
салуға болады . Осы әдісті пайдаланып 3,6,12,24,48,96 ... . тағы да сол
сияқты дұрыс көпбұрыштарды сала беруге болады.
Шеңбер өзінің радиусымен тең алты бөлікке бөлінеді. Дұрыс көпбұрыштың
салудың қиын жағдайларын бірі дұрыс бес бұрыш салу болды. Бұл мәселемен
ертедегі грек математиктерінің көпшілігі айналысты. Атап айтанда
Пифагоршылар , Евклид, Архимед тағы да со сияқты бұл
көпбұрышты салу да , олардың қолдарынан әдістері әр түрлі болды. Олардың
ішіндегі дөңгелекті іштей дұрыс бесбұрыш және он бұрыш салудың әдісін
Птолемей ұсынды.
Дөңгелекті квадраттау .
Бұл есепте тарихи есептердің қатарына жатады. Өйткені ерте заманнан
келе жатан және шешімін осы уақытқа дейін шешпеген есептердің бірі болып
табылады.Есептің негізгі мазмұны мынадай :
Ауданы дөңгелектің ауданына тең болатын квадрат салу.
Одан кейін грек математиктерінің барлығы да есептің шешу әдісін
іздеген. Бірақ бұлардың қай-қайсысы болмасын есептің нақты шешімін таба
алмады. Олардың барлығы да мынадай мәселеге келіп тоқтады, яғни дөңгелектің
ауданы және квадрат ауданын теңестіріп алгебралық талдау
жасалынды..Дөңгелектің ауданы Sдөң=∏R² Sкв=a² ∏R²=a² Бұдан a=√∏R²=R√∏ яғни
бұл квадраттың бір қабырғасы ∏ саны иррационал сан болғандықтан R√∏ –ге
тең болатын кесіндіні салу мүмкін емес. Сондықтан ауданы дөңгелектің
ауданына тең болатын квадрат салуға болмайды.
2.2 Циркульмен орындалатын салу есептерін алгебралық шешу мүмкіндіктері.
Бiз екi нүктеге ие болған шексiз түзудi сала алмаймыз. Сол сияқты
түзудің салынуы Мора-Маскерони теориясына толық бағынбайды. Циркульдар
геометриясында түзу не кесiндi екi нүкте арқылы анықталады. Түзулердi салу
кез келген екi нүкте арқылы орындалады. Белгiлеулер кiрiтемiз:
(АВ)-А және В нүктелер арқылы өтетiн түзу.
(АВ)-А және нүктелерi арасындағы қашықтық.
(0,N)-радиусы r,центрi 0 болған шеңбер .
(А,ВС)-центр А, радиусы r =ВСболған шеңбер (не дөңгелек). Центрi
0-ге радиус r-ге тен шеңбер саламыз немесе доға жүргiземiз деген тұжырымды
қысқаша шеңбер саламыз (О,r). Кейде (О,n) жүргiземiз. СД-кесiндiсi АВ-
кесiндiсiнен n есе үлкен деген тұжырымды былайша белгiлеймiз: СД=n(АВ
Есеп-1: АВ түзуге қарағанда С нүктесiне симметриялы нүктенi салыңдар.
Берiлгенi: АВ түзу және С нүкте.
Салу керек: С1(S(AB)(C)
Салу: С1 нүктесiнде қиюшы (А,АС) және (В,ВС) шеңберлерiн
саламыз.Мұнда С1 нүктесi – iзделiндi.
Егер С нүктесi АВ түзу бойында жатса, онда өзiне симметриялы,яғни
(С=SАВ(С)).
Ескерту: А,В және Х нүктелерiнiн бiр түзудiңбойында жататынын анықтау
үшiн түзуден тыс жатқан кез келген С нүктесiн алып оған симметриялы С1
нүктесiн табу керек . СХ=С1Х болғанда оған Х нүктесi АВ- түзудiң
бойында жататыны белгiлi
Есеп-2: Берілген үш а,в,с кесіндіге пропорционал төртінші кесіндіні
сал.
Берілгені: а,в,с – кесінділер. Х кесіндіні а:в=с:х болатындай салу
керек.
Салу. (1-әдіс) Кез келген О нүктесін алып, (О;а) және (О;в) болатын
шеңберлер сызамыз. (О;а) шеңберден кез келген А нүктесін алып (А,с) болатын
доға жүргіземіз, (О,а) шеңбермен қиылысу нүктесін В деп белгілейміз. Егер
(А,d) және (В,d) екі шеңбер (мұнда d а-в )мына (О,в) шеңбермен А1
және В1 нүктелерде қиылыссын.
х = (А1 В1) - ізделінді.
4-сурет
Дәлелдеу. (үш қабырғасы бойынша) Сондықтан және де
АОВ мен А1ОВ1 –тең бүйірлі үшбұрыштар, ұқсас, бұдан а:в=с:(А1В1(
Келтірілген салу с2a болғанда дұрыс. және в2a болғанда a,с және
в кесіндіге пропорционал 4-кесіндіні салуға болады. Қарама-қарсы жағдайда
( және в2a) әуелі с2na немесе в2na болатындай na (2-есеп)
кесіндісін аламыз. Соң па , в және с кесінділерге төртінші пропорционал у
кесіндіні салу керек. х=пу кесіндіні с алу арқылы а,в,с кесіндіге төртінші
пропорционал кесінді шығады.
Шынында да, па:в=с:у немесе а:в=с:пу. (4-сурет)
Салу. (2-әдіс) с кесіндісінің ұштары болатын С мен С1 нүктелерінен
(С,а) және (С1 ,а) шеңберлерді жүргіземіз. Қиылысуын В деп белгілейміз. В
нүктесінен жүргізілген (В,в) шеңбер (С,а) мен (С1 ,а) шеңберлерімен Д және
Д1 нүктелерде қиылысады. ДД1 –ізделінді шеңбер
Дәлелдеу. С1ВД1 мен ВСД тең бүйірлі үшбұрыштар конгруэнтті, сондықтан
. Бұдан мен тең бүйірлі үшбұрыштардың ұқсастығынан
а:в=с:(ДД1( .
Ал жағдайда 1-әдіс сияқты nа кесіндіні табамыз. Мұнда 2nаc,
2nав. Соң nа,в және с кесіндіге пропорционал 4-кесіндіні саламыз. nу
кесіндісі-ізделінді.
Есеп-3. (О, r) шеңбердің АВ доғасын қақ бөлу керек.
Салу. а=(АВ) болатындай (О,а), (А,r) және (В,r) шеңберлер жүргіземіз
де, қиылысуын С мен Д деп белгілейміз. (С1 ; СВ) және (Д1;АД) шеңберлердің
қиылысу нүктесін Е дейік. Енді (С;ОЕ) және (Д,ОЕ) шеңбер жүргізейік,
қиылысу нүктелерін Х пен Х1 деп белгілейміз. Сонда Х нүкте АВ доғаны тең
2ге бөліп тұр, ал Х1 – шеңберге толықтырушы қалған доғасын 2ге бөліп тұр.
Дәлелдеу. АВСД мен АВДО фигуралар – параллелограмм. Сондықтан С, О және
Д нүктелер бір түзуде жатады, яғни ([CO][AB], [OД][AB]). Тең бүйірлі
(СЕД және (СХД үшбұрыштардан (СДЕ = (СОХ = 900.
Демек, ОХ кесінді АВ хордаға перпендикуляр, бұдан Х нүктесі АВ доғасын
тең 2 бөлетінін ОХ=r екендігінен көрсетсек, жеткілікті.
АВОС –параллелограмм болғандықтан ,
СОЕ тікбұрышты үшбұрышынан,
Соңында СОХ тікбұрышты үшбұрышынан
Келтірген салу есебі =1800 болғанда да дұрыс, онда А
мен В нүктелері СД кесіндіде жатады; Ал (А;r) мен (В;r) шеңберлер (О;а)
шеңбермен С мен Д нүктесін белгілеп беру қиын. Ол жағдайда (=1800 )
доғасын бөлу керек. () және
Бұдан көрініп тұр, А1 В1 доғасын бөлуші нүкте АВ доғасын да бөлуші
болады.
Біз көрсеткеніміздей циркуль геометриясында екі нүкте анықталды
дегеннен түзу салынған деп қарастырамыз. Кейінгі есептерде тек циркуль
жәрдемінде берілген түзуден бір, екі және бірнеше нүктелердің орнын салуға
болады.
Есеп-4. А мен В нүктелермен берілген ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
Пәндер
- Іс жүргізу
- Автоматтандыру, Техника
- Алғашқы әскери дайындық
- Астрономия
- Ауыл шаруашылығы
- Банк ісі
- Бизнесті бағалау
- Биология
- Бухгалтерлік іс
- Валеология
- Ветеринария
- География
- Геология, Геофизика, Геодезия
- Дін
- Ет, сүт, шарап өнімдері
- Жалпы тарих
- Жер кадастрі, Жылжымайтын мүлік
- Журналистика
- Информатика
- Кеден ісі
- Маркетинг
- Математика, Геометрия
- Медицина
- Мемлекеттік басқару
- Менеджмент
- Мұнай, Газ
- Мұрағат ісі
- Мәдениеттану
- ОБЖ (Основы безопасности жизнедеятельности)
- Педагогика
- Полиграфия
- Психология
- Салық
- Саясаттану
- Сақтандыру
- Сертификаттау, стандарттау
- Социология, Демография
- Спорт
- Статистика
- Тілтану, Филология
- Тарихи тұлғалар
- Тау-кен ісі
- Транспорт
- Туризм
- Физика
- Философия
- Халықаралық қатынастар
- Химия
- Экология, Қоршаған ортаны қорғау
- Экономика
- Экономикалық география
- Электротехника
- Қазақстан тарихы
- Қаржы
- Құрылыс
- Құқық, Криминалистика
- Әдебиет
- Өнер, музыка
- Өнеркәсіп, Өндіріс
Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.
Ақпарат
Қосымша
Email: info@stud.kz