Модуль таңбасымен берілген теңдеулер мен теңсіздіктер


Жоспар

Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...2
І.Модуль.Модуль анықтамасы
1.1.Модуль.Модуль анықтамасы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3
1.2.Санның модулі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...4
ІІ.Модуль таңбасымен берілген теңдеулер мен теңсіздіктер.
2.1. Модуль таңбасымен берілген теңдеулер мен теңсіздіктер ... ... ... ... ... ... ... ..5
2.2.Модуль таңбасы бар теңдеулерді шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..9
2.3.Модуль таңбасы бар теңсіздіктерді шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 11
2.4.Модуль ішіндегі айнымалысы бар теңсіздіктерді шешу ... ... ... ... ... ... ... ... .16
ІІІ.Модульге байланысты функция графигін тұрғызу ... ... ... ... ... ... ... ... .20
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .23
Пайдаланылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...24
Кіріспе

Қазіргі заман математика ғылымының өте кең тараған кезеңі .Ал талапқа сай математикалық білім берудің басты шарты математикалық мәдениеттің деңгейін көтеру болып табылады.
Математикалық есептерді шешу , теоремаларды дәлелдеу оқушылардың ойын оятып , ойлау, есте сақтау қабілеттерін дамытуда , батыл қимылдар жасауға , шығармашылық ізденіске тәрбиелейді.
Ендеше оқушылардың математикаға дайындығын жан-жақты жетілдіру қазіргі аса маңызды міндеттердің бірі.
Бұл курстық жұмыста санның модулі туралы ұғым және оның қасиеттерін пайдаланып , модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуді таңдап алдым.Себебі математикадан берілетін есептер ішінде модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуге көптеп кездеседі. Бірақ бұл тақырыптың есептерін шешуге мектеп бағдарламасында сағат бөлінбеген .Сондықтан модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудегі оқушылардың білімдері саяз болғандықтан ондай есептерді шешуде қиындыққа кездеседі. курстық жұмыста есептердің мазмұны, оқулықтағы және ҰБТ –дағы есептер. Есептердің шығарылу жолдары алдымен әртүрлі тәсілдермен көрсетіліп, ал қалған есептерді оқушылардың өздерінің тиімді тәсілді таңдап алуына баса назар аударылады.Шешімдерді іздеудің математикалық методтарын, логикалық пайымдаулардың , математикалық модельдердің , адекваттылық мәселелерін оқушылар меңгеріп алуларына зор көңіл бөлінеді.
Пайдаланылған әдебиеттер:
1. Гайдуков И. И. Абсолютная величина: Пособие для учителей. 2-е изд.М., 1968.
2. Зильберберг Н.И. Алгебра для углубленного изучения математики. Псков, 1992.
3. Литвененко В.Н., Мордкович А.Г. .Практикум по решению математических задач:
4. Алгебра. Тригонометрия. М., 1984.
5. Мордкович А.Г. Кое-что о радикалах // Квант. 1970. №3.
6. Спатару К. Абсолютная величина числа. Кишинев, 1966.
7. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач:Учебное пособие для 10 класса средней школы. М., 1989.
8. Сборник разноуровневых тестовых заданий для подготовки к единому нациольному
тестированию (ЕНТ) по алгебре для поступающих в Вузы.
С.Е. Ляпин Сборник задач по элементарной алгебре.
9. И.Я.Танатар Геометрические преобразования графиков функций.
10. ҚР Білім және ғылым министрлігінің 24.09. 2002 жылғы № 693
бұйрығымен бекітілген «ҚР жалпы орта берудің Мемлекеттік
стандарты»;
11. 2009-2010оқу жылында Қазақстан Республикасының жалпы орта
білім беру мекемелерінде ғылым негіздерін оқыту ерекшеліктері
туралы әдістемелік нұсқау хат;
12. Приложение к газете «Первое сентября» журнал «Математика»№4,
13. 2004 г. «Углубленное математическое образование»:
14. Программа для школ( классов) с углубленным теоретическим и
практическим изучением математики. Журнал «Математика в
школе» №3, 1990г.
15. Материалы для углубленного изучения математики. Журнал
«Математика» №31, 1997 г.
16. Алдамұратова, Е.С. Байшоланов. «Математика» 5 сынып 2005 жыл
17. Т. А. Алдамұратова, Е.С. Байшоланов. «Математика» 6 сынып 2005жыл
18. Ә.Н. Шыныбеков «Алгебра» , « Геометрия» 2007 жыл
19. Галицкий М. Л., Гольдман А. М., Звавич Л. И. «Сборник задач по
алгебре». «Просвещение» 2004 г.
20. Галицкий М. Л., Мошкович М. М., Шварцбурд С. И.
«Углубленное изучение алгебры и математического анализа».
«Просвещение» 1997 г.

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Реферат
Көлемі: 15 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 600 теңге




Жоспар

Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .2
І.Модуль.Модуль анықтамасы
1.1.Модуль.Модуль анықтамасы ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3
1.2.Санның модулі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 4
ІІ.Модуль таңбасымен берілген теңдеулер мен теңсіздіктер.
2.1. Модуль таңбасымен берілген теңдеулер мен теңсіздіктер ... ... ... ... ... ... ... ...5
2.2.Модуль таңбасы бар теңдеулерді шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...9
2.3.Модуль таңбасы бар теңсіздіктерді шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .11
2.4.Модуль ішіндегі айнымалысы бар теңсіздіктерді шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ..16
ІІІ.Модульге байланысты функция графигін тұрғызу ... ... ... ... ... ... ... ... .20
Қорытынды ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .23
Пайдаланылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...24

Кіріспе

Қазіргі заман математика ғылымының өте кең тараған кезеңі .Ал талапқа сай математикалық білім берудің басты шарты математикалық мәдениеттің деңгейін көтеру болып табылады.
Математикалық есептерді шешу , теоремаларды дәлелдеу оқушылардың ойын оятып , ойлау, есте сақтау қабілеттерін дамытуда , батыл қимылдар жасауға , шығармашылық ізденіске тәрбиелейді.
Ендеше оқушылардың математикаға дайындығын жан-жақты жетілдіру қазіргі аса маңызды міндеттердің бірі.
Бұл курстық жұмыста санның модулі туралы ұғым және оның қасиеттерін пайдаланып , модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуді таңдап алдым.Себебі математикадан берілетін есептер ішінде модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуге көптеп кездеседі. Бірақ бұл тақырыптың есептерін шешуге мектеп бағдарламасында сағат бөлінбеген .Сондықтан модуль таңбасы бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудегі оқушылардың білімдері саяз болғандықтан ондай есептерді шешуде қиындыққа кездеседі. курстық жұмыста есептердің мазмұны, оқулықтағы және ҰБТ - дағы есептер. Есептердің шығарылу жолдары алдымен әртүрлі тәсілдермен көрсетіліп, ал қалған есептерді оқушылардың өздерінің тиімді тәсілді таңдап алуына баса назар аударылады.Шешімдерді іздеудің математикалық методтарын, логикалық пайымдаулардың , математикалық модельдердің , адекваттылық мәселелерін оқушылар меңгеріп алуларына зор көңіл бөлінеді.

І.Модуль.Модуль анықтамасы
1.1.Модуль.Модуль анықтамасы

Модуль - (латынша -- өлшем) -- кез келген сан түріндегі сипаттамасы.Ауысу модулі -- негізгі жүйесінен негізгі (көшу) кезінде логарифмдер көбейтілетін саны; натурал логарифмге ауысу (көшу) кезінде М = , ал ондық логарифмге ауысу кезінде болады.модулі- белгісімен өрнектелетін және (мұндағы -- нақты сандар және -тің жорымал бөлігі, яғни формуласымен анықталатын теріс емес сан (оң сан немесе нөл). Нақты санның модулі -- белгісімен өрнектелетін, болған жағдайда -ға тең, ал болса, -- -ға тең теріс емес сан.Салыстырылатын екі бүтін санның айырымы бөлінетін сан; "mod" болып белгіленеді; сонда өрнегі айырымы -ға бөлінеді дегенді

1.1.Санның модулі

Нақты а санының модулі (абсолют шамасы) деп а =О болғанда ол санның ѳзі, және а 0 , болғанда қарама-қарсы а саны аталады. А санының модулі а болып белгіленеді.Сонымен
а=а,а=0-а,а0
Мысалы:-3=-(-3)=,өйткені -30; 3=3,өйткені 30
Геометриялық тұрғыдан а координаталық түзуде а нүктесінің 0 нүктесінен қашықтығын білдіреді.

Сонымен санақ басынан сан тұрған нүктеге дейінгі ара қашықтық санның модулі деп аталады.
х=0,5 теңдеуінің екі түбірі бар:
х=0,5 және х=-0,5,яғни -0,5 және 0,5 нүктелерінен 0-ге дейінгі арақашықтығы бірдей.
х=-0,5 теңдеуініңи түбірі болмайды,себебі арақашықтық-теріс емес сан.
Егер:
1)Модульдері бірдей
2)таңбалары әртүрлі болса,онда екі сан қарама қарсы сандар деп аталады.
Мысалы,-5,2 және 515 сандары-қарама қарсы сандар:олардың модульдері бірдей,таңбалары әртүрлі.
Сан алдында тұрған - таңбасы әрқашан берілген санға қарама қарсы санды білдіреді деп ұйғарамыз.Мысалы,-а жазуы а санына қарама қарсы сан дегенді білдіреді.
-а санының оң болуы да,теріс болуы да ,нөл болы да мүмкін.Барлығы а санының бастапқыда неге тең болғанына байланысты.Егер а=3,2 болса, онда оған қарама - қарсы -а саны теріс -3,2 санына тең.Егер а=-8 болса,онда оған қарама-қарсы - саны оң - (-8) =8 санына тең.
Егер а=0 болса,онда оған қарама-қарсы - а саны 0-ге тең
Натурал сандар,нөл және натурал сандарға қарама-қарсы сандар бүтін сандар деп аталады.Мысалы:2-бүтін сан,өйткені натурал сан -8-бүтін сан,өйткені натурал санға қарама-қарсы;0-анықтама бойынша бүтін сан;5,6 саны бүтін емес,себебі бұл сан натурал сан емес,натурал санға және 0 санына қарама-қарсы емес.

ІІ.Модуль таңбасымен берілген теңдеулер мен теңсіздіктер
1.1.Модуль таңбасымен берілген теңдеулер мен теңсіздіктер

Нақты а санының модулі (абсолют шамасы) деп а =О болғанда ол санның ѳзі, және а 0 , болғанда қарама-қарсы а саны аталады. А санының модулі а болып белгіленеді.Сонымен
а=а,а=0-а,а0
Мысалы:PI-3 =PI-3,өйткені :PI-30;
-3,7=-(-3,7)=3,7,өйткені -3,70
Геометриялық тұрғыдан а координаталық түзуде а нүктесінің 0 нүктесінен қашықтығын білдіреді.
Мысалы:-3,2 дегеніміз-0 нүктесінен сандар түзуін де белгіленген (-3,2) нүктесіне дейінгі арақашықтық.
Модульдердің қасиеттері:
а=0;а=-а;а𝑏=а*𝑏
а2= а2;а:𝑏=а:𝑏,b!=0
х-а=𝑏 түріндегі теңдеуді геометриялық жолмен де шешуге болады.
1-мысал
х-5,8=-3,1 теңдеуін шешейік
х-5,8=-3,1 дегеніміз 0 нүктесінен 0,2𝑧+2,8 нүктесіне дейінгі арақашықтық 3,1 - ге тең дегенді білдіреді.Ондай нүкте сандық осьте екеу:-3,1 және 3,1
Сондықтан келесі екі теңдеуді шешеміз:
0,2𝑧+2,8=3,1
0,2𝑧+2,8=-3,1
Егер 0,2𝑧+2,8=3,1 болса,онда 0,2𝑧=0,3; 𝑧=1,5
Егер 0,2𝑧+2,8=-3,1 болса онда 0,2𝑧=-5,9; 𝑧=-29,5
Жауабы: 𝑧1=1,5, 𝑧2=-29,5
k-3,7=7,2 теңсіздігін шешейік.
Бұл теңсіздікті -7,2=k-3,7=7,2 екі еселі теңсіздігі түрінде жазуға болады.
Теңсіздіктердің негізгі қасиеттерін ескеріп,теңсіздік мүшелеріне 3,7 санын қоссақ: -3,5=k=10,9 екі еселі теңсіздігін аламыз
Жауабы:k=[-3,5;10,9]
Бұл есепті графиктік тәсілмен шешейік.
Егер k-3,7=0 болса,онда k-3,7 =k-3,7 және k-3,7=7,2 теңсіздігін шешу керек:
k-3,7=0k-3,7=7,2
k=3,7,k=10,9.

Демек,(-3,5)-тен10,9 аралығында жатқан k-ның кез - келген мәні теңсіздікті қанағаттандырады.
Жауабы: -3,5=k=10,9.
Сонымен қатар теңсіздіктің екі жағын да квадрат дәрежеге шығару әдісін пайдалануға болады,ол келесі тұжырымға негізделген.
Теорема. Егер ƒ (х) пен g (х) өрнектері кез келген х үшін тек теріс емес мәндерді ғана қабылдаса ,онда ƒ (х) g (х) пен (ƒ (х))2 ( g (х))2 теңсіздіктері пара пар.Бұл теорема модульдерді қамтитын теңсіздіктерді шешуде былай қолданылады.
ƒ (х) g (х) теңсіздігін шешу керек болсын.
ƒ (х) пен g (х) өрнектерінің анықталу облысындағы кез келген
х үшін ƒ (х) =0
g (х)=0, ƒ (х)2=(ƒ (х))2
Және g (х)2 =( g (х))2 қатыстары орынды болғандықтан ,берілген теңсіздік
(ƒ (х))2 ( g (х))2
Теңсіздігіне парапар.

Х-12 теңсіздігін шешейік.
Берілген теңсіздікті екі жағынан да квадрат дәрежеге шығарып,оған парапар (х-1)24 теңсіздігін аламыз.Соңғы теңсіздікті шеше отырып,
х2-2х-30 қатысын аламыз бұдан -1х3 екенін табамыз.
2Х-1=3х+1 теңсіздігін шешу керек.
Теңсіздіктің екі жағынан да квадрат дәрежеге шығара отырып,оған парапар
(2х-1)2=(3х+1) теңсіздігін аламыз.Соңғы теңсіздікті түрлендіріп,5х2+10х=0 қатысын аламыз ,бұдан х=-2,х=0 екенін табамыз.
Сонда берілген теңсіздіктің шешімі:
х∈(-infinity;-2]∪[0;+infinity)

2.2.Модуль таңбасы бар теңдеулерді шешу

Модуль таңбасы бар теңдеулерді шешудің бірнеше тәсілі бар. Оларды мысалдар арқылы қарастырайық.
1-мысал. =2 теңдеуінің түбірлерін табу керек.
Шешуі. 1-тәсіл. (Геометриялық тәсіл). өрнегінің геометриялық мағынасы - ол сан осіндегі х нүктесінен а нүктесіне дейінгі қашықтықты білдіреді. Онда =2 теңдеуінің геометриялық мағынасы х және 1 нүктелерінің ара қашықтығы 2-ге тең болатындығында. Олай болса , х=-1 немесе х=3 болуы керек.
Ж а у а б ы : х=-1; х=3.
2-тәсіл. ( Квадраттау тәсілі ). Берілген теңдеудің екі жақ бөлігі де оң болғандықтан, оны квадраттап, немесе квадрат теңдеуін аламыз. Оның түбірлері: =-1 және =3. Бұлар берілген есептің жауаптары.
3-тәсіл. ( Анықтама тәсілі). Анықтама бойынша

Осыдан , егер х-1 = 0 болса, онда теңдігі және х-10 болса, онда теңдігі орындалады. Сондықтан сан осін х=1 нүктесі арқылы екі бөлікке бөлеміз: (- infinity;+infinity)=(- infinity;1) Осы бөліктің әрқайсысында берілген теңдеуді жеке шешу керек.
Егер х (-болса, онда берілген теңдеуді -х+2 түрінде жазамыз. Осыдан х =-1 болады.
Егер х болса, онда берілген теңдеуді х-1=2 түрінде жазып, оның түбірін табамыз: х=3.
Ж а у а б ы : х=-1; х=3.
Шешуі. Мүнда болғандықтан, х-1 болуы керек. Сондықтан бұл теңдеуді мынадай екі жүйеге бөлеміз:
1) 2)

Ж а у а б ы :

3-мысал. теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Теңдеудің екі жақ бөлігі де оң болғандықтан, оны квадраттау тәсілімен шешкен тиімді.

Ж а у а б ы :
4-мысал. теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Мұндай теңдеулерді шешу үшін модуль таңбасы астындағы екімүшелерді нөлге теңестіріп, олардың түбірлерін анықтаймыз:
Онда бұл нүктелер сан осін 4 бөлікке бөледі:
Егер болса, онда Сондықтан берілген теңдеуді немесе Ал х болғандықтан, бұл аралықта теңдеудің шешімі жоқ:
Егер болса, онда Олай болса, берілген теңдеуден мынаны аламыз:
Бұл теңдік х-тің әрбір мәнінде орындалады. Онда бұл аралықта шешім теңсіздігімен анықталады.
Егер болса, онда Сондықтан берілген теңдеуді немесетүрінде жазамыз. Онда есептің бұл аралықтағы шешіміболады.
Егер жағдайында болады. Онда
Мұнда болғандықтан, шешімі болады.
Ж а у а б ы: немесе, яғни
(f түріндегі теңдеу
(мұндағы f (қандай да бір рационал өрнектер)
және жүйесі түрінде жазуға болады.

Мысалы:
және
теңдеуінің екі түбірі бар: -3 және 2.
теңдеуінің екі түбірі бар: 3 және -2.
Бірінші жүйенің шешімі:
Екінші жүйенің шешімі:
Теңдеудің шешімі: 2 және -2 болады.
Ескерту: Берілген теңдеуді жаңа айнымалы еңгізу арқылы шешуге болады. деп белгілесек, онда теңдеуді мына түрде жазуға болады: Түбірлері: -3 және 2. Шешім ретінде 2 саны алынады: Олай болса
түріндегі теңдеуді шешу
Теңдеуді мынадай жүйелер түрінде жазамыз:
және
Мысалы: теңдеуін шеейек.
және
және
және
теңдеудің шешімі болады.
Екінші тәсіл: болса, онда
және болады.
Ескерту: Егер теңдеуінде f`(х) функциясы g(х) функциясына қарағанда қарапайым болса, онда теңдеуді екінші тәсілмен шығаруға ыңғайлы.
түріндегі теңдеуді шешу
Мұндай теңдеулерді шешкенде үзіліссіз функцияның монотонды аралықтағы қасиетін пайдаланған қолайлы.
Мысалы:
Модуль таңбасының ішіндегі өрнектерді функция деп есептеп, нөлдерін табайық.

Сан осі төрт аралыққа бөлінеді.

0,25 0,5 3
1) х
2) х

3) Шешімі жоқ
4) Шешімі жоқ Жауабы: -5 және 1.

Мысалы: x-1+2=1
Теңдеуді шешу үшін жаңа айнымалы енгізуге болады. x-1=у.
Теңдеуді мына түрде жазылады:
y+2=1. Шешу жолы:

Сонда:
Теңдеудің шешім жоқ, себебі санның модулі теріс сан.
Жауабы: шешімі жоқ.
Мысалы: 2х+1
Теңдеуді екі жүйе құрып шешу керек. (1) формулаға қара.
Мысалы: Теңдеулер жүйесін шешіңдер
Екінші теңдеуден у+1-ді х арқылы өрнектеп, бірінші теңдеуге қоямыз.
Сонда: болады.
х+1+2х-5 у+1


Жауабы: (4;2), (4, -4)

2.3.Модуль таңбасы бар теңсіздіктерді шешу

Модуль таңбасы бар теңсіздіктерді шешудің әртүрлі әдісі бар. Соның ішінде қолайлысы интервалдар әдісі.
1-мысал. теңсіздігін шешу керек.
Шешуі. өрнегін нөлге айналдыратын х-тің мәнін табамыз, яғни осыдан Сан түзуінде нүктесін белгілейміз.
аралығын қарастырамыз. Бұл аралықта х-1 өрнегінің таңбасы теріс, яғни
Бұл аралықтағы шешім: .
аралығын қарастырайық. Бұл аралықта х-1 өрнегінің таңбасы оң, яғни Бұл аралықтағы шешім
Ж а у а б ы :
2-мысал.
Шешуі. Мұнда
1) аралығында өрнегінің таңбасы теріс, ал өрнегінің
таңбасы оң, яғни
Бұл аралықтағы шешім
2) аралығында ; ұқсас мүшелерді біріктерсек яғни шешімі жоқ.
3) аралығында ұқсас мүшелерді біріктерсек
4) Ж а у а б ы :
f(x)g(x), түріндегі теңсіздіктерді шешу, мұндағы f(x), g(x) - қандай да бір функция
Берілген теңсіздіктердің шешімі:
және теңсіздіктер жүйелерін қанағаттандырады.
Теңсіздікті шешіңдер: -5х+60
Берілген теңсіздіктің шешімі мына теңсіздіктер жүйелерін қанағаттандырады
және
(х-2)(х-3)
+ - +
х
2 3

+ - +
х
-3 -2

сонда 2
Екінші жүйені шешеміз:
сонда -3
Жауабы: (-3;-2) (2;3)
Ескерту: Теңсіздікті жаңа айнымалы енгізу арқылы шешугі болады .
t=x, ,
-5х+60
Берілген теңсіздіктің шешімі мына теңсіздіктер жүйелерін қанағаттандырады
және
(х-2)(х-3)
+ - +
х
2 3

+ - +
х
-3 -2

сонда 2
Екінші жүйені шешеміз:
сонда -3
Жауабы: (-3;-2) (2;3)
Ескерту: Теңсіздікті жаңа айнымалы енгізу арқылы шешугі болады .
t=x, , .
f(x) түріндегі теңсіздікті шешу, мұндағы f(x), g(x) - қандай да бір функциялар
Берілген теңсіздіктің шешімі:
теңсіздіктер жүйелерін қанағаттандырады.
g(x) болса, берілген теңсіздіктің шешімі жоқ.
Теңсіздікті шешіңдер:
Мынадай теңсіздіктер жүйесін құрамыз:


2
х(х-5)

+ - + (х-2)(х+3)
Жауабы: (2;5)

Екінші тәсіл: Теңсіздіктің шешімі мына жүйелерді ... жалғасы
Ұқсас жұмыстар
Трансцендентті теңдеулер мен теңсіздіктер
Санды теңдіктер мен теңсіздіктер
Модуль және оның қасиеттері
Теңсіздіктер ұғымы
Теңсіздіктер
Квадрат теңдеулер
Логарифмдік және көрсеткіштік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу
Қолданбалы курс Тамаша теңсіздіктер
Санды теңсіздіктер
Теңсіздіктер мен әлеуметтік стратификация проблемасы
Пәндер

Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор №1 болып табылады.

Байланыс

Qazaqstan
Phone: 777 614 50 20
WhatsApp: 777 614 50 20
Email: info@stud.kz
Көмек / Помощь
Арайлым
Біз міндетті түрде жауап береміз!
Мы обязательно ответим!
Жіберу / Отправить

Рахмет!
Хабарлама жіберілді. / Сообщение отправлено.

Email: info@stud.kz

Phone: 777 614 50 20
Жабу / Закрыть

Көмек / Помощь