№3(26), қыркүйек 2015 1 «математика» БӨліміне қош келдіңіздер!



жүктеу 1.36 Mb.

бет1/9
Дата03.03.2017
өлшемі1.36 Mb.
  1   2   3   4   5   6   7   8   9

 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015

 



«МАТЕМАТИКА» БӨЛІМІНЕ ҚОШ КЕЛДІҢІЗДЕР! 

 

Құрметті жоғары сынып оқушылары! 

Оқу  жылының  басынан  сіздерге  ұстаздарыңыздың 

берген  білімін  белсенді  меңгеріп,  математика  мен  басқа 

пәндер  нені  оқытатынын  түсіне  білуге  шақырамын. 

Себебі мектеп бітіруге бір жылдан аз ғана уақыт қалды, 

яғни ҰБТ келіп қалды деген сөз! 

Біздің «Ел ертеңі» журналының әр нөмірі математи-

каның әртүрлі бөлімдерімен таныстырады. Кей бөлімдер 

ҰБТ-ға  дайындық  қана  емес,  олимпиада  мен  әртүрлі 

байқауларға да дайындалуға көмектеседі. Сонымен қатар 

«Жас  талап-KZ»  байқауының  бірінші  турының  тапсыр-

малары  да  берілген.  Сіздерді  осы  байқауға  қатысуға 

шақырамыз.  Бұл  байқау  нәтижесінде  ректор  грантын 

жеңіп алып, біздің университет қабырғасында тегін білім 

алуға мүмкіндік аласыздар. 

Спортта  жетістіктерге  жету  үшін  күнделікті 

бұлшықетті жаттықтырып, денені спорттық қалыпта 

сақтай  білу  керек.  Сол  сияқты  оқуда  да,  математика  – 

зияткерлікті  жаттықтырады.  Математика  адамды 

бағыт-бағдарды  реттеп,  жылдам  шешім  қабылдауға, 

өмірдегі  кез  келген  сұрақтардың  шешімін  таба  білуге 

үйретеді.  Математиканы  оқудың  қажеттігін  көрсете-

тін  басқа  да  көптеген  себептер  бар,  бірақ  оны  өздеріңіз 

математикамен айналыса отырып көз жеткізіңіздер. 

Осы  нөмірден  бір  геометриялық  есептің  шешу 

әдісімен  танысасыздар.  Ал  қызықты  есептер  бөлімі 

сіздердің демалып, көңіл-күйлеріңізді көтерері сөзсіз. 

Құрметті  түлектер,  сіздерге  табыс  тілейміз!  Өздеріңізді  қызықтырып  жүрген  сауалдар 

болса,  кеңес  қажет  жағдайда  мына  мекенжайға  хабарласуларыңызға  болады:  070010,  Өскемен 

қаласы, Д. Серікбаев көшесі, 19, ШҚМТУ, жоғары математика кафедрасы; тел.: 8 (7232) 540-863, 

электрондық мекенжай: nhisamievektu.kz 

 

 

«МАТЕМАТИКА» БӨЛІМІНДЕ 

 

ОҚУ ҮРДІСІ 

Үшбұрыштың минималдық қасиеті ............................................................... 2 

Қиындығы жоғары есептерді шешу ............................................................... 5 

ҰБТ-ға дайындық ........................................................................................... 6 



МҰРА 

Қазақстандағы білім жүйесінің құрылуы ......................................................11 



АЛҒЫРЛАР ҮШІН  

Қызықты есептер ..........................................................................................13 



КОНКУРС 

«Жас талап-KZ» көшбасшысы ......................................................................14 



ЖАУАПТАР МЕН ШЕШІМДЕР 

Журналдың 2015 жылғы №2(25) санында жарияланған  

қызықты есептердің жауаптары ...................................................................15 

 

Сәуле Тыныбекова,  



педагогика ғылымдарының докторы, 

физика-математика ғылымдарының 

кандидаты, Д. Серікбаев атындағы 

ШҚМТУ-дың жоғары математика 

кафедрасының профессоры 

 

 

 

 



 

 


 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015 

 

О ҚУ  ҮР ДІ СІ  



 

ҮШБҰРЫШТЫҢ МИНИМАЛДЫҚ ҚАСИЕТІ 

 

Материалды дайындағандар: Назиф Хисамиев,  

физика-математика ғылымдарының докторы, профессор;  

Жанар Әскербекова, жоғары математика кафедрасының оқытушысы 

 

ТЕОРЕМА.  Берілген  сүйір  бұрышты  үшбұрышқа  іштей  сызылған  барлық 



үшбұрыштардың  ішінде,  төбелері  берілген  үшбұрыштың  биіктіктерінің  табанында 

жататыны - периметрі бойынша ең кішісі болып табылады

Бұл  теореманы  дәлелдеу  үшін,  біріншіден,  «екі  нүкте  арасын  түзу  сызықпен  қоссақ, 

қысқа қашықтықты береді» деген тұжырымдаманы қолданамыз, екіншіден, фигураны қарсы 

бейнелеу  әдісімен  түрлендіруді  қолданамыз.  Дәлелдеуі  венгер  математигі  Л.  Фейерге 

(L.Fejer) тиесілі. 

Дәлелдеу.  АВС  берілген  сүйір  бұрышты  үшбұрыш  болсын  (1-сурет).  Төбелері  АВС 

үшбұрышының биіктіктерінің табанында жататын UVW үшбұрышын іштей салайық.  

 

 

1-сурет 



 

U  төбесін  АС  және  АВ  түзулерінен  қарсы  бейнелейміз.  Оның  бейнесі,  сәйкесінше, 

/

 

және 

//

  болсын.  Қарсы  бейнелеудің  негізгі  қасиеті  бойынша 



UV

  кесіндісі 



V

U

/

  кесіндісіне 



тең,  ал 

UW

кесіндісі 



W

U

//

  кесіндісіне  тең.  Сондықтан  UWV  үшбұрышының  периметрі 



//

/

VWU



U

  сынығының  ұзындығына  тең.  Егер 



U

  нүктесін  сол  орынға  қалдырып,  ал  V  мен  W 

нүктелерін  басқаша  орналастырсақ,  онда  орналасуы  тек

 

U  нүктесін  беретін

 

/

пен



 

//

U

нүктелері  өзгеріссіз  қалады  және  АВС  үшбұрышы  қозғалмайды.  Бұл  ұзындығы  UVW 

үшбұрышының  периметріне  тең  болатын 

//

/

VWU



U

  сынығы  V  мен  W  нүктелерінің  барлық 

мүмкін болатын орналасуларында жылжымайтын 

/

 пен 

//

-тың арасында қалады. 

/

 пен 

//

-ды  қосатын  сызық  түзу  болса  ғана  ең  қысқасы  болады. 

//

/



U

U

  кесіндісі  берілген 

үшбұрышқа  іштей  сызылған  үшбұрыштың  ең  кіші  периметрінің  шамасын  береді.  Осы 

тиянақты  U  төбесі бар, ең кысқа  периметрлі  үшбұрыштың  қалған  екі  төбесін  M  және  N  деп 

белгілейік.

 

Ортақ  U  төбесі  бар  барлық  іштей  сызылған  үшбұрыштардың  ішінен  ең  аз  периметрлі 



үшбұрышты  таптық.  Енді  U-дың  әртүрлі  орналасуларындағы  барлық  минималды  үшбұрыш-

тарды салыстырып шығу керек және олардың ішінен периметрі бойынша ең қысқасын таңдау 

керек,  ол  үшбұрыш  іштей  сызылған  үшбұрыштардың  ішінде  ең  қысқа  периметрлі  үшбұрыш 

болып табылады.  



U-ды 

//

/



U

U

кесіндісі ең қысқа болатындай етіп таңдау керек. Әуелі 

//

/

U



АU

 үшбұрышы тең 

бүйірлі  екенін  көреміз.  Себебі  оның 

/

АU   және 

//

АU   қабырғалары 

АU

  кесіндісінің  қарсы 

бейнелері  болып  табылады: 

AU

AU

АU



//

/



//

/

U



АU

үшбұрышының  осы  екі  қабырғасы  U 

нүктесінің  ВС  қабырғасында  орналасуына  тәуелді  болса,  онда 

//

/



АU

U

  бұрышының  шамасы 



U-дың  орналасуына  тәуелсіз.  Біздің  фигурамыздағы  бұрыштар  арасында  келесідей 

байланыстар бар:  



AB

U

UAB

//





AC

U

UAC

/



.  Бұдан 



UAB

АU

U



2

//



  және 

UAC

АU

U



2

/



олай 

 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015

 

болса, 


UAC

UAB

AU

U

АU

U





2



2

//

/



 немесе 

CAB

AU

U



2

//



/

//



/

АU

U

 бұрышына қа-

тысты біздің тұжырымымыздың  да дәлелдеуі осы еді.  

Біз  ең  қысқа  етіп  алған 

//

/

U



U

  кесіндісі 

//

/

U



АU

  тең  бүйірлі  үшбұрышы  үшін  табаны 

болады.  Осы  үшбұрыштың    А  төбесіндегі  бұрыш  U-дан тәуелсіз,  сондықтан барлық 

//

/



U

АU

 

үшбұрыштары үшін U-дың орналасуындағы төбелері беттеседі. Осы үшбұрыштардың ішіндегі 



ең  кішісі  бүйір  қабырғалары  кішісі  болып  табылады. 

/

АU

  және 

//

АU   қабырғалары 



АU

 

қашықтығына тең. 



АU

 қашықтығы ең қысқа болатындай етіп, U-ды таңдасақ, сәйкесінше, біз 

ең  қысқа 

//

/



U

U

  кесіндісін  аламыз.  Ең  қысқа 

//

/

U



U

  кесіндісін  табу  сұрағы  ең  қысқа 



АU

 

қашықтығын табуға келіп тірелді.  



Бірақ 

АU

  кесіндісі  А  нүктесін 



ВС

  түзуімен  қосады.  Нүктеден  түзуге  дейінгі  ең  қысқа 

қашықтық  осы  нүктеден  түзуге  түсірілген  перпендикуляр  болғандықтан, 

ВС

АU

,  басқаша 



айтсақ, 

АВС

үшбұрышының А төбесінен жүргізілген биіктігі болу керек.  

Енді  біз  ізделінді  іштей  сызылған 

EFG

  үшбұрышын  сала  аламыз  (2-сурет).  Е  нүктесі  – 



АВС

үшбұрышының  А  төбесінен  жүргізілген  биіктігінің  табаны  болсын.  Е-нің 



АС

-дан  және 



АВ

-дан қарсы бейнелеуін 

/

Е

 және 


//

Е

 деп белгілейік. Онда 

//

/

Е



Е

 кесіндісі іштей сызылған 

үшбұрыштың  ең  кіші  периметріне  тең.  Ізделінді  үшбұрыштың  басқа  екі  төбесі 

//

/



Е

Е

 

кесіндісінің 



АС

 және 


АВ

-мен қиылысу нүктелері – F және G болады. 

 

 

2-сурет 



 

Шынында  да, 



EFG

-дан бөлек    іштей  сызылған кез келген  үшбұрыш 



EFG

-ға қарағанда 

периметрі  артық  болу  керек.  Осындай  үшбұрышта  U  төбесі  Е  нүктесімен  беттеспесе,  осы 

төбеге  сәйкес  кесінді  - 

//

/

U



U

,  ал  периметрі 

//

/

U



U

-тан  кіші  болатын  үшбұрыштың  периметрі 

//

/

Е



Е

  кесіндісінен  артық  болады.  Егер  U  төбесі  Е-мен  беттессе,  V  мен  W  төбесінің  тым 

болмаса біреуі, сәйкесінше, F немесе G нүктелерімен беттеспейді. Онда 

//

ЕFCЕ  тікбұрышты 

кесінді  орнына 

//

/



VWЕ

Е

  сынығын  аламыз.  Бұл  жағдайда  UVW  периметрі  EFG-дің 

периметрінен артық болады.  

Ең кіші периметрлі іштей сызылған үшбұрышты табу есебінің тек бір шешімі болады. Осы 

бір мәнділікті біз келесі қорытуларда пайдаланамыз. 

Біздің  минималды  үшбұрыш  салуымыз  оның  үш  төбесіне  мүлде  қатысты  емес.  Бір  Е 

төбесі А төбесінен түсірілген биіктіктің табаны ретінде табылды. Ал қалған екі  FG төбелері 

Е-нүктесін қарсы бейнелеу арқылы табылды. А төбесінен шыққан салуларды біз В төбесінен 

де  бастап  салуымызға  болар  еді.  Онда  U-ды  бейнелеудің  орнына  V-ны  ВА  мен  ВС-ға 

қатысты  бейнелер  едік.  Бұл  жағдайда  минималды  үшбұрыш  ретінде  F  төбесі  В  төбесінен 

түсірілген  биіктіктің  табанымен  беттесетін  үшбұрышты  алар  едік.  Бірақ,  біздің  шешіміміз 

бойынша,  тек бір  ғана  минималды  үшбұрыш  табылады. Бұдан  В  төбесінен  шыққан салу  да 

бұрынғы А төбесінен шыққан салудағы EFG үшбұрышына келу керек. С нүктесіне қатысты да 

осы тұжырым дұрыс болғандықтан, EFG минималды үшбұрышындағы Е  нүктесі ғана емес, F 

пен  G  нүктелері  де  қарсы  төбелерінің  биіктіктерінің  табаны  болып  табылатынын  көреміз. 

Сонымен,  жоғарыда  айтылған  биіктіктердің  табанынан  құралған  үшбұрыштың  минималды 

қасиеті туралы теорема тамам.  

Бірақ біздің дәлелдеу тағы бір артық мағлұмат береді. Егер біз жалғыз шешімі бар деген 

қорытындыдан Е нүктесінен шыққан қасиетті F пен G нүктелеріне де қоссақ, онда, керісінше, 



F  пен  G  нүктелеріне  тән  қасиетті  Е  нүктесіне  де  қолдануға  болады.  Қарсы  бейнелеу 

қасиетінің  негізінде 



FC

Е

ЕFC

/





FC

Е

/



  және 

GFA

  вертикаль  бұрыштары  өзара  тең, 



 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015 

бұдан 


GFA

ЕFC



  екендігі  шығады.  Басқаша  айтсақ,  минималды  үшбұрыштың  

төбесінен  шығатын  екі  қабырғасы  да  негізгі  үшбұрыштың  АС  қабырғасымен  тең  бұрыштар 

жасайды. Бұрыштардың сәйкес теңдігі G нүктесі үшін де орындалады. Егер біз нүктесін В 

төбесінен  түсірілген  биіктіктің  табаны  деп  салсақ,  онда  Е  нүктесін  қарсы  бейнелеу  арқылы 

салуға болады әрі Е нүктесінде де 



FEC

GЕB



.   


EFG  үшбұрышының  минималды  қасиетінен  ауытқимыз;  бұл  үшбұрыш  биіктіктердің 

табанынан  құралғанын  білеміз.  Осы  анықтаманы  соңғы  келтірген  қорытындымен  сәйкес-

тендірсек, мына теореманы аламыз: 

Төбелері  АВС  сүйір  бұрышты  үшбұрыштың  биіктіктерінің  табандарынан  құралған 

үшбұрыштың қабырғалары осы АВС үшбұрышының қабырғаларымен өзара тең бұрыштар 

жасайды. Сонымен, АВС үшбұрышының әр қабырғасымен тең бұрыштар жұбы түйіседі. 

Бұл  теоремада  минималдық  қасиетке  байланысты  басқа  пікір  жоқ  және  дәлелдеуі 

элементар геометрияға тиесілі болып табылады. Фейер дәлелдеуінің артықшылығы – қарсы 

бейнелеу  және  қысқа  қашықтық  принциптерінен  басқа  ешбір  қосымша  ақпаратсыз  өз 

мақсатына келеді. Фейердің осы дәлелдеуінен басқа тек екі қарсы бейнелеуге қолданылатын 

артықшылығы бар.  

Кез  келген  АВС  сүйір  бұрышты  үшбұрыштың  үш  төбесіне  дейінгі  қашықтықтарының 

қосындысы ең кіші болатындай тек қана бір Р нүктесі бар деген теорема (түсінікті мағынада 

айтатын  болсақ, биіктіктердің  табандарынан құрылған үшбұрыш  туралы  теоремаға  түйіндес 

теорема) бар. Бұл Р нүктесі осы нүктені үшбұрыш төбелерімен қосатын түзулер өзара 

0

120


 

бұрыш жасайтындай етіп орналасқан.  

Л.  Шрутка  (L.Schruttka)  осы  теореманың  дәлелдеуін  ұсынды.  Кейіннен  Кенигсберг  сту-

денті Бюкнер (Buckner) осы теореманың өте қысқа жолын көрсетті. Ол бірнеше жолдан ғана 

тұрады.  

Р – АВС үшбұрышының ішіндегі кез келген нүктесі болсын. (3 а, б-суреттер). АСР үшбұ-

рышын  А  нүктесін  айнала  бұрамыз.  Бұдан  ол 

/

/

Р



АС

  болып  өзгерсін.  Бұруды  АС  әрқашан 



АВС-ның ішкі жағында қалатындай етіп жасау керек, әйтпегенде бұрудан кейін АС қабырғасы  

/

АC

 мен 

АВ

 аралығында қалып қалады.  

 

 

3-сурет 



 

Онда 


CP

P

C

/



/



AP



PP

/



 болар еді. (өйткені 

/

АPP  үшбұрышында 

.

60

0



А

 Сондық-

тан  бұл  үшбұрыш  тең  бүйірлі  ғана  емес,  тең  қабырғалы  болады). 

/

/

С



ВРP

  сынығы  Р 

нүктесінен  үшбұрыштың  А,  В,  С  төбелеріне  дейінгі  қашықтықтардың  қосындысына  тең. 

/

С  

нүктесі Р-ның орналасуына тәуелсіз. Үшбұрышта Р-ның орналасуы қалай болса да, алынған 

сынықтар В мен 

/

 нүктелерін қосады. Осы сынықтардың ішіндегі ең қысқасы түзу сызықпен 

қосылған 

/

ВC   кесіндісі  болады.  Осылайша,  Р  нүктесі  қойылған  минимум  шартын 

қанағаттандырды,  ол   

/

ВC   кесіндісінде  жату  керек  және  де  оның  орналасуы 

/

0



C

АР

 

бұрышының 



0

60 -қа тең болатынын бірден анықтайды. 



В

АР

0

  қосымша бұрышы,  сәйкесінше, 



0

120 -қа  тең.  Салу  есептің  шартын қанағаттанды-

ратын  тек  бір  ғана 

0

Р   нүктесі  бар  екенін көрсетеді.  Сондықтан  біз  салу  негізінде  А  төбесін 

алмаймыз, қалған  екі  төбесінің  кез  келгенін  аламыз.  Онда  да  біз  сол 

0

Р   нүктесіне  келеміз. 

Яғни мына бұрыштар да 

0

0



0

120






A

CP

С

ВР

 тең екенін көреміз. 

 


 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015

 



ҚИЫНДЫҒЫ ЖОҒАРЫ ЕСЕПТЕРДІ ШЕШУ 

 

Материалды дайындағандар: Роза Мұқашева, Жеңісгүл Рахметуллина, 

жоғары математика кафедрасының доценттері  

 

Көптеген  олимпиадалық  есептерді  шығарған  кезде 



n

n

b

a

  өрнегінің  көбейткіштерге 



жіктелу формулалары қолданылады: 

1) 






N

n

b

ab

b

a

b

a

a

b

a

b

a

n

n

n

n

n

n

n











,

1

2



2

3

2



1

;  



2) 



,



,

1

2



2

3

2



1

N

n

b

ab

b

a

b

a

a

b

a

b

a

n

n

n

n

n

n

n













n - тақ; 

3) 




,

,



1

2

2



3

2

1



N

n

b

ab

b

a

b

a

a

b

a

b

a

n

n

n

n

n

n

n













n-жұп. 

 

Келесі есептерді қарастырайық: 



 

1-есеп. Дәлелдеңіздер:  

А) 


11

22

18



5

 айырымының 7-ге бөлінетінін; 



Б) 

20

35



3

2



 айырымының 47-ге бөлінетінін. 

Шешуі. 


А) 

11

22



18

5



 айырымының 7-ге бөлінетінін дәлелдейік. Ол үшін дәрежелер негізін жіктей 

отырып, бірінші формула бойынша дәрежелер негізінің айырмасы 7-ге тең болатынын көруге 

болады.  

11

22



18

5



=

11

11



18

25



=

 



10

9



10

10

9



10

18

18



25

25

7



18

18

25



25

)

18



25

(











ендеше  көбейтіндінің  бір  көбейткіші  7-ге  бөлінетіндіктен,  көбейтінді  7-ге  бөлінетіндігі 

дәлелденеді; 

Б) 


20

35

3



2

  айырымының  47-ге  бөлінетінін  дәлелдеу  үшін  берілген  өрнекті  бірдей 



дәрежелер көрсеткішіне келтіреміз: 

   






,

81

...



81

128


128

47

81



...

81

128



128

81

128



81

128


3

2

3



2

4

3



4

4

3



4

5

5



5

4

5



7

20

35













 



ендеше  көбейтіндінің  бір  көбейткіші  47-ге  бөлінетіндіктен,  көбейтінді  47-ге  бөлінетіндігі 

дәлелденеді. 

 

2-есеп. 

1

2



2

48

5





n

n

n

  саны  кез  келген  натурал  n  саны  үшін  23-ке  бөлінетінін 

дәлелдеңіздер. 

Шешуі.  Берілген  өрнекті  түрлендіріп,  қосылғыштарға  және  көбейткіштерге  жіктеудің 

бірінші формуласын қолдансақ,  

)

2



2

48

48



(

46

)



2

2

25



25

(

23



)

2

2



48

48

)(



2

48

(



)

2

2



25

25

)(



2

25

(



)

2

48



(

)

2



25

(

2



2

48

25



2

2

48



25

2

48



5

1

2



1

1

2



1

1

2



1

1

2



1

1

2







































n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n



 



өрнегі екі қосылғышқа – біріншісінің бір көбейткіші 23-ке тең, ал екіншісінің бір көбейткіші 46-

ға тең болатындай жіктеледі, осы нәтижеден қосындының 23-ке бөлінетіндігі дәлелденеді. 



 

3-есеп. 

1

8



13

20

41



41

41



 саны неліктен 21-ге бөлінеді? 



Шешуі.  Берілген  өрнекті  түрлендіріп,  қосылғыштарға  жіктеп,  көбейткіштерге  жіктеудің 

бірінші формуласын қолданатын болсақ,  

).

8

8



20

8

13



13

1

20



20

20

(



21

)

8



8

20

8



13

13

(



21

)

1



20

20

20



(

21

)



8

8

20



8

13

13



(

)

8



13

(

)



1

20

20



20

(

)



1

20

(



)

8

13



(

)

1



20

(

1



8

13

20



40

2

38



39

40

38



39

40

40



2

38

39



40

38

39



40

40

2



38

39

40



38

39

40



41

41

41



41

41

41









































 



1

8

13



20

41

41



41



  өрнегі  көбейтіндінің  бір  көбейткіші  21  болатындай  жіктелетіндіктен, 

қосындының 21-ге бөлінетіндігі дәлелденеді. 


 

ЕЛ ЕРТЕҢІ-KZ 



№3(26), қыркүйек 2015 


  1   2   3   4   5   6   7   8   9


©emirsaba.org 2017
әкімшілігінің қараңыз

войти | регистрация
    Басты бет


загрузить материал