«Математиканы оқыту әдістемесі» оқу пәні ретінде 1-Дәріс. Математиканы оқыту әдістемесінің, негізгі мәселелері мен мақсаттары
жүктеу/скачать 4,87 Mb.
|
Математиканы оқыту әдістемесі УМК посл.-2021
| Дәлелденуі: х1=а1, х2=а2, хn=an сандары бірінші теңсіздіктің шешімі болсын. Сонда f(а1,а2,...,аn)>g(а1,а2,...,аn) сандық теңсіздігі орынды. Осы сандық теңсіздіктің екі жағын да /теорема шарты бойынша/ оң φ(а1,а2,...,аn) санына көбейтсек f(а1,а2,...,аn)φ(а1,а2,...,аn) >g(а1,а2,...,аn)φ(а1,а2,...,аn) сандық теңсіздігі пайда болады. Сонымен айнымалылардың х1=а1, х2=а2,..., хn=an мәндері екінші теңсіздіктің шешімі болады. Кері тұжырым да /екінші теңсіздіктің шешімі бірінші теңсіздіктің де шешімі болатыны/ осы сияқты дәлелденеді.
3-теорема. Егер f1(х1, х2,...,хn) >g(х1, х2,...,хn) және f(х1, х2,...,хn)φ(х1, х2,...,хn)>g(х1, х2,...,хn)φ(х1, х2,...,хn) теңсіздіктерінің анықталу облысы бірдей болса және осы анықталу облысында φ(х1, х2,...,хn)<0 болса, онда берілген теңсіздіктер мәндес болады. Дәлелдеуі 2-теореманың дәлелденуіндей.
Теореманың дәлелденуі 2-теореманың дәлелденуіндей. YII-теорема. f(х1, х2,...,хn)/g(х1, х2,...,хn)=0 теңдеуі f(х1, х2,...,хn)=0 теңдеуі мен g(х1, х2,...,хn)≠0 теңсіздігінің системасына мәндес. Дәлелдеуі. х1=а1, х2=а2, хn=an берілген теңдеудің шешімі болсын, сонда f(а1,...,аn)/g(а1,...,аn)=0 сандық теңдік болады. Сондықтан f(а1,а2,...,аn)=0 және g(а1,а2,...,аn≠0, олай болса, х1=а1, х2=а2,...,хn=an теңдеу мен теңсіздік системасының шешімі де болады. Сонымен, теорема дәлелденді. 7-теорема. Егер f(х1, х2,...,хn)●⸱⸱⸱●g(х1, х2,...,хn)=0 теңдеуі мен f1(х1, х2,...,хn),⸱⸱⸱, fn(х1, х2,...,хn)=0 теңдеулері жиынтығының анықталу облыстары бірдей болса, онда бұлар мәндес болады. 3.2. Рационал алгебралық теңдеулер мен теңсіздіктер Егер f(х1, х2,...,хn), g(х1, х2,...,хn) алгебралық өрнектер болса, f(х1, х2,...,хn) =g(х1, х2,...,хn) онда теңдеуін алгебралық теңдеу деп атайды. [78] Мысалы. х+5х+6х=2х-4 – алгебралық теңдеу. 3х+2 = – бөлшек-рационал теңдеу, ал - иррационал теңдеу. Анықтама. Бүтін және бөлшек алгебралық теңдеулерді рационал алгебралық теңдеулер деп атайды. Сол жағы да оң жағы да бүтін алгебралық өрнек болатын рационал теңдеуді бүтін рационал теңдеу деп, ал сол жағы да, оң жағы да бөлшек алгебралық өрнектер болатын рационал теңдеуді бөлшек-рационал теңдеу деп атайды. Сонымен, бүтін рационал теңдеудің сол жағын көпмүшелік түрінде жазуға болады (оң жағында 0 тұрады): anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0=0. (1) Егер а=0 болса, онда (1) теңдеуінің сол жағы n-дәрежелі көпмүшелік. (1) теңдеуін (а=0) n-дәрежелі бүтін рационал алгебралық теңдеу деп аталады. Алгебралық теңдеулер теориясында маңызды орын алатын келесі теореманы дәлелдеусіз қарастырамыз.
n-дәрежелі стандарт түрдегі көпмүшелік деп, Pn(x)= anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0 (an≠0, n≥2) функциясын атайды. Мұндағы а0, а1,..., an-1, an сандарын көпмүшеліктің коэффициенттері дейді. Көпмүшеліктің анықталу облысы – бүкіл сандық түзу. Егер Pn(а)=0 болса, онда х=а санын Pn(x) көпмүшелігінің түбірі деп атайды. Егер Pn(x) көпмүшелігінің х=а1, х=а2, х=а3,...,х=an түбірлері бар болса, онда бұл көпмүшелік көбейткіштердің көбейтіндісі түрінде өрнектеледі: Pn(x)=(х-а1)(х-а2)(х-an) Дербес жағдайларды қарастырайық. Бірінші дәрежелі көпмүшелікті у=P1(х)=а1 х+а0 (а1≠0) сызықтық функция деп, ал екінші дәрежелі көпмүшелікті у=P2(х) =а2х2+а1х+а0 (а2≠0) квадраттық функция немесе квадраттық үшмүшелік деп атайды. Жалпы, ах+b=0 теңдеуін сызықтық теңдеу деп атайды, мұндағы а, b-нақты сандар (а≠0), оның тек бір ғана түбірі бар болады: х=-b/а. Егер а=0, b=0 болса, онда сызықтық теңдеудің түбірі жоқ; егер а=0 және b=0 болса, онда х-тің кез келген мәндері теңдеудің шешімі болады. Мысал. 4(х+4)+6(х-1) =12+3(х+4) теңдеуін шешейік. Шешуі. 4(х+4)+6(х-1) =12+3(х+4)< => 4х+16+6х-6=12+3х+12<=>7х=14<=> х=2. ах2+bх+с=0 түріндегі теңдеу квадраттық теңдеу деп аталады, мұндағы х-айнымалы, а, b, с – қайсыбір нақты сандар және а≠0, а, b, с сандары-квадраттық теңдеудің коэффициенттері: а-бірінші, b-екінші коэффициент, с-бос мүше деп аталады. Квадраттық теңдеулердің дискриминанты деп D=b2-4ас өрнегін айтады. а) Егер D<0 болса, онда квадраттық теңдеудің нақты түбірі жоқ; б) Егер D>0 болса, онда квадраттық теңдеудің әр түрлі нақты екі түбірі болады: ; в) Егер D=0 болса, онда квадраттық теңдеудің өзара тең бір ғана /екі еселі/ түбірі бар болады: , сонда ах2+bх+с=а(х-х1)2. Егер ах2+bх+с=0 квадраттық теңдеуінде коэффициенттердің бірі (b не с) нөлге тең болса, мұндай теңдеуді толымсыз квадраттық теңдеу деп атайды. а/ Егер b=с=0 болса, онда квадраттық теңдеу ах2=0 түріне келеді: ах2=0< =>х2=0< => х1=х2=0/ тек бір ғана түбірі бар болады (б). Егер b=0, с≠0 болса, теңдеу ах2+с=0 түрінде болады: ах2+с=0< =>х2=- жағдайында теңдеудің екі түбірі бар болады: х1;2=±. Егер-<0 болса, онда теңдеудің нақты түбірлері жоқ. Егер с=0, b≠0 болса, онда толымсыз квадраттық теңдеу ах+bх=0 түрінде болады. Бұндай теңдеуді шешу үшін оның сол жағын көбенйткіштерге жіктейді. х(ах+b)=0, х(ах+b) көбейтіндісі көбейткіштердің кем дегенде біреуі нөлге тең болғанда және теак сонда ғана нөлге тең: х=0 . болғанда нөлге айналады. Сондықтан бұл сандар ах+ bх=0 теңдеуінің түбірлері болады. Егер квадраттық барлық коэффициенттері нөлден ерекше болса, ондай теңдеуді толық квадраттық теңдеу деп атайды. Егер бірінші коэффициенті а=1 болса, ондай квадраттық теңдеу деп атап, мына түрде жазады (b=p, c=q): x2+px+q=0< =>x1;2=± – q Виет теоремасы. ах2+bх+с=0 (x2+px+q=0) квадраттық теңдеулері түбірлерінің қосындысы х1+х2==-p, х1х2 1-теорема. Қысқармайтын бөлшегі бүтін коэффициентті anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0=0 теңдеуінің түбірі болу үшін р саны a0 бос мүшесінің бөлгіші, ал саны an коэффициентінің бөлгіші болуы қажет. Салдар. Егер алдыңғы теңдеуде an=1болса, онда бұл теңдеудің рационал түбірі бос мүше a0-дің бөлгіші болады. 2-теорема. Егер қысқармайтын (q≠0) бөлшегі бүтін коэффициентті Pn(x)=0 теңдеуінің түбірі болса, онда кез келген бүтін m саны үшін Pn(m) саны p-mq санына бөлінеді. жүктеу/скачать 4,87 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|