Сборник материалов IV международной научно-практической конференции «Роль физико-математических наук в современном образовательном пространстве»

10
 
 
г)
 
д)
 
n=4 
 
 
 
 
 
   n=5 
е)
 
n=6 
Рис. 4. Кривая Госпера при различных значениях 
n
 (2,3,…) 
4.  W-кривые[13].  Уравнения  W-кривые  базируются  на  кресте  (рис.5).  Поэтому  построим  уравнение 
креста. 
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
0
0
0
1
(
)
(((
)
(
))
((
)
(
)))
0;










x, y
a
x
a
y
a
x
a
y
 
Далее,  применяя процедуры итерации получим уравнения W-кривых в целом 
,...
4
,
3
,
2
;
0
)
2
,
2
(
)
0
)
)
2
(
(
)
)
2
(
((
)
2
,
2
(
)
0
)
)
2
(
(
)
)
2
(
((
)
2
,
2
(
)
0
)
)
2
(
(
)
)
2
(
((
)
2
,
2
(
)
0
)
)
2
(
(
)
)
2
(
((
)
,
(
)
,
(
1
0
2
1
2
0
2
1
2
0
0
1
0
2
1
2
0
2
1
2
0
0
1
0
2
1
2
0
2
1
2
0
0
1
0
2
1
2
0
2
1
2
0
0
1




























































n
a
y
a
x
a
y
a
a
x
a
a
y
a
x
a
y
a
a
x
a
a
y
a
x
a
y
a
a
x
a
a
y
a
x
a
y
a
a
x
a
y
x
y
x
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n






 
Результаты расчета при различных значениях 
n
 и когда 
1
3

a
a
 приведены на рис. 5. 

11
 
 
 
n=1 
 
 
 
n=2  
 
 
 
n=3 
 
n=4 
 
 
 
 
 
n=5 
 
n=6 

12
 
 
 
n=7 
Рис. 5. W-кривые порядков 1-7.    
 
Заключение  
Выше приведенные уравнения фракталов показывают, что метод R-функций является достаточно удобным 
методом написания уравнений объектов фрактальной геометрии, чему способствуют конструктивные средства R-
операций. 
Написание  уравнений  объектов  фрактальной  геометрии  позволяет  оперативно  получить  изображения 
предфракталов при заданиях 
n
. 
На основе методики можно построить уравнения и других детерминированных фракталов. 
Полученные  изображения  в  данной  работе  можно  применять  в  текстильной  промышленности,  при 
построении  различных  дизайнов  применительно  обоев  стен,  художественных  галерей  и  т.д.,  в  целом  при 
моделировании дизайнов.  
 
Список литературы 
1.  Мандельброт  Б.  Фрактальная  геометрия  природы:  Пер.  с  англ.  –  М.:  Институт  компьютерных  исследований, 
2002. – 656 с2. Азевич А.И. Фракталы: геометрия и искусство // Математика в школе — 2005. — № 4. — С. 76—
78. 
2.  Пайтген Х. –О., Рихтер П.Х. Красота фракталов. – М.: «Мир», 1993. 
3.  Федер Е. Фракталы. – М.: «Мир», 1991. 
4.  В. К. БАЛХАНОВ. Основы фрактальной геометрии и фрактального исчисления / от.ред. Ю.Б. Башкуев. – Улан-
Удэ: Изд-во Бурятского госуниверситета, 2013.- 224с. 
5.   Ричард М. Кроновер. Фракталы и хаос в динамических системах. основы теории. ПОСТМАРКЕТ МОСКВА 2000. 
– с. 350. 
6.  Максименко-Шейко  К.В.,  Толок  А.В.,  Шейко  Т.И.  R-функции  в  фрактальной  геометрии.  //  Информационные 
технологии. -М.:Издательство "Новые технологии", 2011,N N 7.-С.24-27 
7.  Максименко-Шейко К.В. R-функции в математическом моделировании геометрических объектов и физических 
полей. Монография.-Харьков, ИПМаш НАН Украина, 2009. – 306. 
8.  Рвачев В.Л. Метод –функция и ее некоторые применения. Киев, «Наукоко-думка». 1982.-552с. 
9.   Назиров Ш.А., Эржанов М.О. Метод R-функций в фрактальной геометрии//Сборник докладов Республиканской 
научно-технической  конференции «Проблемы  информационных  технологий  и  телекоммуникаций».  Том  I.,  15-16 
март Ташкент 2012., с.60-62  
10. Назиров  Ш.А.,  Эржанов  М.О.  Применение  метода  R–функций  в  фрактальной  геометрии  //  В  сб.  Вопросы 
вычислительной и прикладной математики. Ташкент. 2012 , вып 127. с. 51-61. 
11. Назиров  Ш.А.,  Ташмухамедова  Г.Х.,  Эржанов  М.О.,  Туйчиев  Б.О.  Методы  построения  уравнений  объектов 
фрактальной геометрии. //  В сб.  Вопросы вычислительной  и  прикладной  математики.  Ташкент.  2014 ,  вып 130. 
с.5-21.  
12. Назиров Ш.А., Эржанов М.О. Алгебро-логический метод построения объектов фрактальной геометрии. Вестник 
ТУИТ Ташкент, 2014, №1.-21-31. 
13. Вирт Н. Алгоритм и структура данных: Пер. с англ. – 2-е изд., испр. –СПб.: Невский Диалект, 2001. -302с. 
 
 
 
 
 

13
 
 
УДК  51 
МАТЕМАТИКАНЫ ОҚЫТУ ҮРДІСІНДЕГІ 
ҚОЛДАНБАЛЫ ЕСЕПТЕРДІҢ МАҢЫЗДЫЛЫҒЫ 
 
М.Т.Абдрахманова  
 
Ы.Алтынсарин атындағы Арқалық мемлекеттікпедагогикалық институты, Арқалық қаласы 
meirash@bk.ru 
 
Қолданбалы  есептерді  шығаруда  ол  есептердің  бастапқы  берілген  шарттарын  жан-жақты  талқылауға, 
оларда  берілген  шамалардың  мән-мағынасын  анықтауға,  сондай-ақ,  ол  есепті  шешудің  таңдап  алынған  жолын 
және  құрылған  математикалық  модельдің  дұрыстығын  анықтап  талдауға  аса  назар  аудару  қажет.  Себебі, 
қолданбалы  есептерді  шығару  барысында  бұл  мәселелер  оқушыларға  үлкен  қиындық  тудырады  және  де 
оқушыларда қолданбалы бағыттағы ойлауды қалыптастыруға үлкен әсерін тигізеді.  
Есептердің  қолданбалылығының  бағытына  қарай  бірнеше  түрге  бөлуге  болады.  Олардың  біріншісіне 
қажетті математикалық модельді құруға керекті мәселелер есептің шартында тікелей беріледі. Мұндай есептердің 
таза  математикалық  есептерден  айырмашылығы  ондағы  шамаларға  қандай  да  бір  мазмұнды  мағына  беріледі. 
Мысалы,  «8+5  неге  тең  болады»  дегеннің  орнына  «8  дәптерге  тағы  5  дәптер  қосатын  болсақ,  қанша  дәптер 
болады»  деген  шартпен  алмастырады.  Мұндай  есептер  қарапайым  теңдеулер  құруға  берілген  есептер  немесе 
бастауыш сыныптарда шығарылатын практикалық есептер болып табылады. 
Қолданбалы  бағыттағы  есептердің  екінші  деңгейіне  оқушылар  оларды  шешу  барысында  есептің 
шартында  айтылмаған,  бірақта  өте  қарапайым,  адамдардың  күнделікті  өмірінде  кездесетін  математикалық 
тәуелділіктерді  (мысалы,  заттың  құны,  бағасы  және  саны  арасындағы,  дененің  бірқалыпты  қозғалысындағы 
жылдамдық,  уақыт  және  жүрілген  жол  арасындағы  тәуелділіктер  және  т.б)  қолдану  арқылы  шығарылатын 
есептер.  Бұл  есептердің  түрлеріне  мектепте  теңдеу  құру  арқылы  шығарылатын,  сондай-ақ  бастауыш 
сыныптардағы қарастырылатын көптеген практикалық есептер жатады. 
Қолданбалы есептердің үшінші дәрежедегі түріне оқушылар оларды шығару үшін басқа пәндерді (мысалы 
физика,  химия,  биология,  және  т.б)  оқып  білу  барысында  меңгерген  қандай  да  бір  заңдылықты  немесе 
оқулықтан, анықтамадан белгілі бір материалды тауып қолдану арқылы шығарылатын есептерді айтамыз. Мұндай 
есептер мектеп оқулықтарында өте көп кездеседі.   
Қолданбалы есептің төртінші түріне оқушылар есепті шығаруды жеңілдету үшін қандай да бір ұйғарымдар 
жасауға  немесе  есепті  шығаруға  онша  маңызды  емес  мәселені  ескермей,  артық  берілген  мәліметтерді 
қарастырмайды,  жетіспейтін  материалдар  болса,  оларды  тауып  есеп  шартымен  қосып  қарастырады.  Мұндай 
есептерді  шығару  барысында  оқушылар  күнделікті  өмірде  кездесетін  қиындықтарды  шешуге  жақын  жағдайда 
болады. Бұл түрдегі есептерді шешуге уақыт көп кетеді. 
Қолданбалы есептердің  бесінші  түріне  нақты  бір физикалық  құбылысқа  байланысты  мәселелер  жатады. 
Бұл түрдегі есептерді шығару үшін қандай да бір шамаларды анықтап қарастыру керек немесе қандай өлшеулер 
жүргізу  қажет,  ия  болмаса,  қандай  тәуелділіктерді  анықтау  қажет  екенін  есепті  шығарушының  өзі  анықтайды. 
Мектептегі  математиканы  оқыту  барысында  мұндай  есептерге  геометриялық  денелердің  қандай  да  бір  тікелей 
өлшеп табуға болмайтын элементтерін анықтауға берілген есептер жатады. Сондай-ақ бұл есептердің түрлеріне 
тікелей жер бетінде орындалатын өлшеу жұмыстарына байланысты есептерді жатқызуға болады. 
Есептің қолданбалы бағыттағы дәрежесі мен оның қиындығының арасында ешқандай да тәуелділік жоқ. 
Есеп  ең  жоғары  бағыттағы  қолданбалы  есеп  болғанымен,  шығаруға  ең  қарапайым  болуы  мүмкін.  Ал, 
қолданбалығы бірінші дәрежедегі есептің шығарылуы өте қиын болуы мүмкін. Қолданбалы есептердің шығарылу 
қиындығына  қарай  үш  топқа  бөлуге  болады.  Олар:  математикалық  модельді    құру  барысында  кездесетін 
қиындықтар;  екінші  қиындықтар  –  құрылған  модельді  талдау  кезінде  туындайтын  қиындықтар;  ал  үшіншісі  – 
есепті шешудің қорытындысын талдап түсіндіру барысында туындайтын қиындықтар[1]. 
Қолданбалы  есептер  ғылымды  өмірмен,  күнделікті  өмірге  қажетті  жағдайлармен  ұштастырып 
жатқандықтан мектеп курсындағы қолданбалы есептердің математиканы оқытудағы орнын айқындауда мынадай 
міндеттерді қоюға болады: 
- қолданбалы есептердің практикамен ұштасып жатқандығын көрсету; 
- қолданбалы есептердің сабақтың тиімділігін арттырудағы орнын айқындау; 
- қолданбалы есептерді шығаруға қойылатын әдістемелік талаптарды негіздеу; 
- қолданбалы есептердің түріне байланысты жаттығулар жүйесін құру. 
Қолданбалы  есептер жүйелі  түрде  берілуі тиіс.  Математиканы  оқытуда  қолданбалы  есептерді шығаруда 
мынадай әдістемелік нұсқауларды басшылыққа алған жөн: 
 - қолданбалы есептер мектеп бағдарламасына жүйелі түрде енгізілуі қажет; 
 -қолданбалы  есептерге  арналған  жаттығулар,  математиканың  бағдарламалық  материалымен 
сәйкестендірілуі керек; 
 - қолданбалы есептерге арналған жаттығулар дұрыс және жеткілікті таңдалуы қажет; 
 -  жаттығулар  жүйесі  қарапайымнан  күрделіге  принципіне  сүйене  отырып,  қиындық  дәрежесінің 
күрделілігіне байланысты орындалуы керек. 
Орта  мектепте  алгебра  және  анализ  бастамаларын  оқыту  барысында  теориялық  материалдардың 
мағынасын  ашатын  есептер  белгілі  бір  жүйемен  орналастырылып,  есеп  арқылы  оқыту  әдістемесі  енгізілсе, 

14
 
 
ондаматематикалық  анализдiң  негiзгi  ұғымдары  саналы  түрде  қалыптасады,  өйткені  есептер  арқылы  оқыту 
оқушылардың танымдық белсенділігін арттырып, шығармашылық ойлауын дамытады. 
Қолданбалы есептерді шешуде: 
-  орта  мектепте  математикалық  анализдің  негізгі  ұғымдарын  есептерді  қолдану  арқылы  алдын  ала  
дайындаудың қажеттілігі мен мүмкіндігін  айқындау; 
-  орта  мектепте  математикалық  анализдiң  негiзгi  ұғымдарын  есептердi  пайдаланып  қалыптастырудың 
әдiстемесiн дайындау және  оған экспериментiк  тексеріс жасау. 
Математикалық  анализдің  негізгі  ұғымдарын  есеп  арқылы  оқыту  барысында  оқушылардың  танымдық 
белсенділігін  жанама  басқара  отырып,  өздігінен  білім  алуға  даярлау  –  жеке  тұлға  қалыптастырудың  құрамдас 
бөлігі болып табылады.  
Барлық  есептер  оқыту  міндетін  орындайды.  Басқаша  айтқанда,  кез  келген  есепті  шығарғанда  оқушы 
математикалық  білім  алады,  шығару  біліктілігі  қалыптасады,  дағдыға  ие  болады,  яғни  математикалық  білім 
денгейі  жоғарылайды.  Көбінесе  әр  есеп  өзінің  мазмұны  арқылы  тәрбиелік  міндетін  атқарады.  Мысалы,  қоғам 
дамуының әр түрлі кезеңдеріне байланысты есеп мазмұны да өзгеріп отырады. Қазіргі оқулықтарда есеп мазмұны 
оқушылардың  жоғары  моральдық  қасиеттерін  қалыптастыруға,  ғылыми  көзқарастарын  дамытуға,  отаншылдық 
рухта  тәрбиелеуге  негізделген.  Оқушыларды  есеп  мазмұны  арқылы  ғана  тәрбиелеп  қоймайды,  оларды  есеп 
шығаруға  үйретуде  болып  саналады.  Қолданбалы  есептерді  шығару  оқушылардың  сөйлеу  мәдениетіне,  мінез-
құлқының  қалыптасуына,  табандылыққа,  шыдамдылыққа,  бастаған  істі  аяғына  дейін  жеткізу,  қиындықты  жеңе 
білу сияқты қасиеттерінің тәрбиеленуіне ықпалын тигізетіні аян. 
Қазіргі  кезеңдегі  қоғамның  тарихи  дамуында  болып  жатқан  әлеуметтік  экономикалық  өзгерістер 
жағдайында  маман  даярлау  жүйесіне  қойылатын  талаптардың  күшеюіне  байланысты,  ал  өндірістің  әртүрлі 
салалары  үшін  мамандарды  даярлауды  түбегейлі  жақсарту  мақсатында    мектеп  оқушыларының  математикалық 
даярлық  деңгейіне  тәуелді  болғандықтан оқушылардың қолданбалы  есептерді   шығару  білігін қалыптастырудың 
зор маңызы бар. 
Қолданбалы  есеп  теориясы  оқушылардың  есеп  шығару  білігін  қалыптастыру  жұмысына  даярлаудың 
әдіснамалық  негізі  бола  алады.  Қолданбалы  есептер  философиялық  тұрғыда  –  таным  теориясы,  психологиялық 
тұрғыда  –  адам  іс-әрекетінің  бағыттылығы,  педагогикалық  тұрғыда  –  білім  мен  білікті  қалыптастыру  құралы, 
әдістемелік тұрғыда – іс-әрекетті ұйымдастыру, қалыптастыру және дамыту құралы. 
Болашақ математика мұғалімін оқушылардың есеп шығару білігін қалыптастыру жұмысына даярлау үшін 
оларды ғылыми-әдістемелік білім мен білік жүйесін меңгеруге қол жеткізілу қажет. Ол сол ғылыми білім мен білік 
жүйесін меңгеруді қамтамасыз ететіндей оқу-әдістемелік жүйе құрып, оны оқу процесіне енгізуді талап етеді. Ол 
жүйе  маманды  математикалық,  психологиялық-педагогикалық  және  әдістемелік  даярлау  үшін  біртұтас  құрал 
міндетін атқарады [2]. 
 
Әдебиеттер тізімі 
1.   «Математика Қазақстан мектебінде» республикалық ғылыми-әдістемелік журналы. №6, 2010 ж. 
2.  «Математика және физика» республикалық ғылыми-әдістемелік журнал. №4, 2004 жыл. 
 
 
ӘОЖ 373.167.1:51 
БӨЛІНГІШТІККЕ БЕРІЛГЕН ОЛИМПИАДАЛЫҚ ЕСЕПТЕР 
 
А.Қ.Абиров,  К.Қ.Абирова, Г.Б.Джумагалиева 
 
Х. Досмұхамедов атындағы Атырау мемлекеттік университеті, 
Ә. Жангелдин атындағы орта мектеп, И. Тайманов атындағы орта мектеп 
 
Мақалада  2013-2014  оқу  жылындағы  математикалық  олимпиаданың  бірінші  және  екінші  кезеңдерінде 
берілген  есептердің  ішінен  бөлінгіштік  ұғымы  пайдаланылып  шығарылатындарына  тоқталып,  шешу  және  оны 
жазу үлгісі көрсетілген. 
Жалпы  бөлінгіштік  ұғымы  сақиналар  теориясының  басты  ұғымы  [2]  болғанымен,  оның  негізі  орта 
мектепте қарастырылады. Сондықтан математикалық олимпиадалардың барлық кезеңдерінде оқушыларға таныс 
бөлінгіштік  ұғымын  және  қасиеттерін  пайдаланып  шешілетін  есептер  кездесіп  отырады.  Математикалық 
олимпиадалардың І - ІІІ кезеңдеріне дайындық барысында оқушылардың шығарылған есептерін тексерушілерге 
түсінікті  болатындай  етіп  жаза  алмайтындығы  байқалып  жүр.  Төменде    (І.8.2)  жазылуы  математикалық 
олимпиаданың бірінші кезеңінде сегізінші сыныпқа берілген екінші есеп дегенді білдіреді.     
1 – есеп.
 (І.8.2) 
1
2
2
2



y
xy
x
теңдеуінің бүтін мәндерін тап. 
Шешуі.
  Теңдеуді 



 
1
1
1
1
1
2









у
х
у
х
  түріне  келтіріп,  мынаны  аламыз: 
1


 у
х
, 
1
2


 у
x
. Бұларды шегерсек, онда 
0
3 
у
. Бұдан 
1
,
0



х
у
.      
Жауабы:

 

0
,
1
,
0
,
1

 

15
 
 
2  –  есеп.
  (І.9.1)  Тақтада 
25
,...,
2
,
1
  сандары  жазылған.  Бір  жүрісте  қандай-да  бір  үш 
c
b
a ,
,
  сандарын 
өшіріп,  олардың  орнына 
3
3
3
c
b
a


  қосындысын  жазады.  Ең  соңындағы  жалғыз  қалған  сан 
3
2013
  бола 
алмайтынын көрсетіңдер. 
Шешуі.
  Кез  келген 
х
  бүтін  саны  үшін 

 

1
1
3




х
х
х
х
х
  саны  үшке  бөлінетіндіктен, 
с
в
а


 
қосындысы  үшке бөлінсе,  онда 
3
3
3
c
b
a


  қосындысы  үшке  бөлінеді.  Сондықтан,  берілген  сандардың тізбегін 
солдан  оңға  қарай  үш  үштен  топтап,  қосындысы  үшке  бөлінетін  сандарды  аламыз.  Олай  болса,  оларды 
алмастырғаннан кейін шығатын  сандардың  барлығы  үшке  бөлінеді.  Алынған   сегіз санға соңғы  25 санын  тіркеп, 
тоғыз натурал сан аламыз. Оларды үш үштен топтап, алмастыруды қолданғаннан кейін үш сан шығады. Олардың 
алғашқы  екеуі  үшке  бөлінеді,  ал  соңғысы  үшке  бөлгенде  бір  қалдық  береді.  Бұл  үш  санға  алмастыруды 
қолданғаннан кейін шығатын санды үшке бөлгенде  бір  қалдық  қалады. 
3
2013
саны үшке  бөлінетіндіктен соңғы 
сан бұған тең бола алмайды.  
3  –  есеп.
  (І.9.1)  Нөлден  өзге  кез  келген 
c
b
a ,
,
және 
d
сандарды  үшін   
d
b
c
a
d
c
b
a




теңдігі 
орындалады. 
ac
-
ның сандық мәнінің таңбасын табыңдар.  
Шешуі.
  Ортақ  бөлімге  келтіріп  түрлендірулерді  орындағаннан  кейін  теңдік  мына  түрге  келеді: 
c
b
ad
2
2


. Мұнан 
0

ac
болатындығы шығады.  
Ескерту.
  Бұл  есептің  қазақ  тіліндегі  нұсқасында 
ac
-
ның  сандық  мәнін  табыңдар  деп  берілген,  ал  бұл 
түпнұсқада  орыс тілінде  берілгенімен  сәйкес  келмейді.  Сондықтан, оқушыларды есептің шартымен  таныстырмас 
бұрын  есептің  берілуінің  орыс  және  қазақ  тілінде  жазылған  нұсқаларын  оқып  шығып,  олардың  сәйкестілігін 
тексеріп алу керек болатындығын мұғалім үнемі ескеріп отыру керек. 
4 – есеп.
 (І.10.3) 
1
2
2
16
31


-ге 
1
2
62

 бөлінеді деген тұжырым дұрыс па? 
Шешуі. 
1
2
62

 санын толық квадратты бөлу әдісі бойынша жіктейміз, сонда:  
 



  


 

.
1
2
2
1
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
2
1
2
16
31
16
31
16
31
2
16
2
31
32
2
31
31
2
31
2
31
62
























 
 
Жауабы:
 дұрыс. 
5 – есеп.
 (І.11.4)Бүтін коэффицентті 
 
x
P
көпмүшесі берілген.  
 
2013
1 
P
, 


1
2013 
P
, 
 
k
k
P

екені белгілі, мұндағы 
k
-бүтін сан. 
k
-ны табыңдар. 
Шешуі. 
 
 
1
2013
P
k
P
k



 және 
 


2013
1
P
k
P
k



 болатындықтан, Безу теоремасы [1, 79 
бет]  бойынша 

 

1
2013


k
k

  және 

 

2013
1


k
k

  болатындықтан, 


1
2013




k
k
.  Бұдан 
1007
2
1
2013



k
. 
Жауабы:
1007

k
. 
6 – есеп.
 (ІІ.8.2) 
2013
7
 санының соңғы екі цифрын табыңыз.    
 
Шешуі.
n
7
  санының  соңғы  екі  цифрын  анықтау  үшін  оны  жүзге  бөлгендегі  қалдықты  табу 
жеткілікті болады. Ол үшін 
n
 натурал санының бірнеше мәніне сәйкесті 
n
7
 санының соңғы екі цифрын есептелік. 
Сонда  мынаны  аламыз: 
01
7
,
43
7
,
49
7
,
07
7
4
3
2
1




.  Сонымен, 
n
7
  санының  соңғы  екі  цифры  циклді 
қайталанылып 
отыратындығын 
байқаймыз. 
Енді 
1
503
4
2013



 
болатындықтан 
 
 
 
07
07
01
7
7
7
503
1
503
4
2013





.  
Жауабы:
 07. 
7 – есеп.
 (ІІ.8.4)  Дәл 10 бөлгіші (өзін және бірді есептегенде) барлық 5-ке және 9-ға бөлінетін натурал 
сандарды табыңыз. 
Шешуі.
  Тек  қана  беске  және  тоғызға  бөлінетін  санның  жалпы  түрі  мынадай  болады: 
n
k
n
k
a
2
3
5
9
5




.  Сонда  бұл  санының  барлық  бөлгіштерінің  саны 



1
2
1


n
k
  -  ға  тең,  яғни 



10
1
2
1



n
k
 болады. 
1
2 
n
 - бірден үлкен тақ сан болатындықтан, 
5
1
2


n
 және 
2
1 

k
, яғни 
2
,
1


n
k
. Сонымен ізделінді сан 
405
81
5
9
5
2
1





a
.  
Жауабы: 
405. 

16
 
 
8  –  есеп.
  (ІІ.9.2)  Өзара  жай 
a
  және 
b


b
a 
  сандары  үшін 


3
73
3
3
3



b
a
b
a
теңдігі  орындалса,
b
a 
 
өрнегінің мәнін табыңыз. 
Шешуі.
 
Теңдікті 
нөлден 
үлкен 
b
a 
 
санына 
қысқартып, 
мына 
түрге 
келтіреміз. 
0
70
149
70
2
2



b
ab
a
.  Енді 
bt
a 
  ауыстыруын  пайдаланып  және  нөлге  тең  бола  алмайтын 
b
  санына 
қысқартып 
0
70
149
70
2



t
t
 
 
теңдеуін 
аламыз. 
Сонда 


2
2
2
2
2
51
17
3
289
9
140
149
70
70
4
149











D
  болатындықтан, 
7
10
,
10
7
2
1


t
t
. 
b
a 
 
шартынан 
7
10

t
  және 
7
10

b
a
. 
a
  және 
b
  сандарының  өзара  жай  болатындығынан 
7
,
10


b
a
  және 
3
7
10



 b
a
.  
Жауабы:
3

 b
a
. 
9 – есеп.
 (ІІ.9.4) 
k
- бүтін саны үшін 
64
4

k
жай сан болуы мүмкін бе? 
Шешуі. 
64
4

k
 өрнегін толық квадратты бөлу әдісі бойынша жіктейміз, сонда:  
 
 




 



.
8
4
8
4
4
8
16
8
8
2
8
8
2
8
64
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4























k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
 
Енді 


1
4
4
2
8
4
2
2







k
k
k
  болатындықтан  ешқандай 
k
-  бүтін  саны  үшін 
64
4

k
 
өрнегінің мәні жай санға тең бола алмайды.  
Жауабы: 
мүмкін емес. 
10–есеп.
 (ІІ.10.2)    Бастапқы 
m
тақ  натурал  сандардың  қосындысы  бастапқы 
n
жұп  натурал  сандардың 
қосындысынан 212-ге көп болатындай барлық 


n
m,
 натурал жұптарын табыңыз. 
Шешуі. 
Бастапқы 
m
тақ және бастапқы 
n
жұп натурал сандардың қосындысын есептеп, мынаны аламыз:  




 
.
2
2
2
2
...
6
4
2
;
2
1
2
1
1
2
...
5
3
1
2
2
n
n
n
n
n
m
m
m
m



















 
Есептің шарты бойынша 
212
2
2



n
n
m
. Бұдан 
848
4
4
4
2
2



n
n
m
, 
 


847
1
2
2
2
2



n
m
, 



847
1
2
2
1
2
2





n
m
n
m
.  Енді 
1
2
2
1
2
2





n
m
n
m
  болатын  ескеріп,  847  санын  біріншісі 
екіншісінен  кіші  болатын  екі  көбейгіш  түрінде  жазамыз: 
77
11
121
7
847
1
847






.  Бұдан  мына  жүйені 
аламыз:  









.
11
,
7
,
1
1
2
2
;
77
,
121
,
847
1
2
2
n
m
n
m
 
Бұл  жүйелерді  қоссақ  және  азайтсақ,  онда 
88
,
128
,
848
4

m
  және 
66
,
114
,
846
2
4


n
  немесе 
22
,
32
,
212

m
 және 
16
,
28
,
211

n
. 
Жауабы:

 
 

16
;
22
,
28
;
32
,
211
;
212
. 
11–есеп.
 (ІІ.10.3)
1
2013

x
көпмүшесін 


3
1

x
 көпмүшесіне бөлгендегі қалдықты табыңыз. 
Шешуі.
 
1
2013

 x
x
f
 көпмүшесінде 
y
x

1
 деп алсақ, онда 
  



.
2013
1006
2013
671
2012
2011
...
2013
1
1
2013
2
2013
2012
...
2013
1
1
2
2009
2010
3
2
2012
2013
2013
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
f





















 
 

17
 
 
Сонымен 
  

1
1
2013


 y
y
f
  көпмүшесін 
  

3
3
1
y
x
y
g



  көпмүшесіне  бөлгендегі  қалдық 
 
2
1006
2013
2013
y
y
y
r



. 
Бастапқы 
айнымалыға 
көшіп 
мынаны 
аламыз: 
 







1005
1006
1
2013
1
1006
2013
1
2013
2









x
x
x
x
x
r
. 
Жауабы:
 



1005
1006
1
2013




x
x
x
r
. 
12 –есеп.
 (ІІ.11.4)    Қос  қостан  тең емес 
c
b
a ,
,
нақты сандары үшін   






0
5
5
5






a
c
c
b
b
a
болуы мүмкін бе? 
Шешуі.
0
,
0
,
0









z
a
c
y
c
b
x
b
a
 деп алсақ, онда 
0



z
y
x
. Сонда   
















0
4
3
2
5
5
10
5
2
2
2
2
2
2
3
3
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5












































y
y
x
xyz
y
xy
x
y
x
xy
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
y
x
y
x
y
x
z
y
x
a
c
c
b
b
a
 
себебі 
0
,
0


y
x
 болғанда 
0
4
3
2
2
2









y
y
x
.  
 

жүктеу/скачать 12,19 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: