Университеттің 85 жылдығына арналған Қазіргі заманғы математика


Университеттің 85 жылдығына арналған «Қазіргі заманғы математика



Pdf көрінісі
бет439/527
Дата14.10.2023
өлшемі12,2 Mb.
#114644
1   ...   435   436   437   438   439   440   441   442   ...   527
Байланысты:
TaimanovMatem

Университеттің 85 жылдығына арналған «Қазіргі заманғы математика: 
проблемалары және қолданыстары» III халықаралық Тайманов оқуларының 
материалдар жинағы, 25 қараша, 2022 жыл 
415 
a
2

b
2
AM 
MB 
BN 
NC 
CP 
PD 
DQ 
QA 



2

 

 

a
2

b
2
2
max 

(
y



(
0



(
b












min 
g
(
y


g
 
= 4
x b 
x b 
2

болады. Бірінші және екінші жағдайларды қарастырып, а) және б) теңдеулері 
шығарылады. Теорема дәлелденді. 
Нәтиже. Егер 
 
= 1 болса, онда 
 
= 2 
max
{
MA 

MB 

MC 

MD
}






min
{
MA 

MB 

MC 

MD
}
= 2 
жағдайындағы теңдеулер келесідей 
max 
MA 
2

MB 
2

MC 
2

MD 
2
= 2
(

2


2
)

min
{
MA 
2

MB 
2

MC 
2

MD 
2
}


2


2
теңдігі орынды болады. 
1-
есеп. Беті 

болатын 
ABCD 
– дӛңес тӛртбұрыштың 
AB 

BC 

CD 

DA 
сәйкес 
жақтарынан 







нүктелері алынған, мұнда 




MNPQ 
тіктӛртбұрышының ауданының ең кіші мәнін табыңыз. 
Шешімі. Айталық, 

 
болсын. Бұл жағдайда 
AB 

AM 

MB 

(
1+ 
 
)
MB 

BC 

BN 

NC 

 
+1 
BN 

 
AD 

AQ 

QD 

 
+1 
QD 

 
CD 

CP 

pD 

 
+1 
PD 
 
болады. Осыған сүйене отырып, біз келесі ӛрнектерді аламыз (2-график): 
S
PQD 
 

=
 

(
1 + 
 
)
2
=
 

ACD 


MBN 
(
1 + 
 
)
2
ABC 
Осыдан мына теңдік шығады: 
S
PQD 

S
MBN 
=
 


(
1 + 
 
)
2
Ары қарай, 
Демек, 
S
QAM 

S
NCP 
=
 

(
1 + 
 
)
2
теңдігін аламыз. 
S
MNPQ 

S
ABCD 
– 
(

 
QAM 

S
NCP 

S
MBN 

S
PDQ 




2
 

1 + 
 
2
+ 1 

(
1 + 
 
)
2

.
a
2

b
2
AM 
MB 
 



Университеттің 85 жылдығына арналған «Қазіргі заманғы математика: 
проблемалары және қолданыстары» III халықаралық Тайманов оқуларының 
материалдар жинағы, 25 қараша, 2022 жыл 
416 
(
 

3-сурет 
Соңғы ӛрнектің ең кіші мәнін табу үшін бұл 
2
+1 
f
 
=
(
1+ 
 
)
2
,
 
> 0 
функциясын 
енгізіп, оның ең кіші мәнін табамыз. Ол үшін алдымен оның туындысын есептейміз: 

'
(
 


2
 
(
2
+1
)
(
2
+1
)
2
(
 
+1

(
1+ 
 
)
4

2
(
 
)
.
(
1+ 
 
)
3
Осы ӛрнек бойынша 


(
 

= 0 теңдеуінің жалғыз шешімі 
 
= 1 болып, 
(
0;1

аралығында 


(
 


және 
(
1; + 

аралығында 


(
 

> 0 
болады. Сонда 

(
 

функцияның ең кіші мәні 

(
1


1

-ға тең екенін білдіреді. Демек, 
MNPQ
тіктӛртбұрыш 
ауданының ең кіші мәні 


тең болады және бұл мән жоғарыдағы қатынас 1-ге тең 

болғанда, яғни 







нүктелері тіктӛртбұрыштың қабырғаларының ортасында 
болғанда жетеді. 
2-
есеп. Егер 
a




– оң сандар болса, онда кез келген , 
 

(
 
 

сандары 
үшін 
a
 
b
 

c
 
+
b
 
a
 

c
 
+
c
 
a
 

b
 
a
 
b
 

c
 
+
b
 
a
 

c
 

c
 
a
 

b
 
(1) 
теңсіздік орынды болады. 
Дәлелдеу. Келесі функцияны қарастырамыз: 
( ) 
p
 
q

f


q
 
+1 
+
p

+ 1 
+
p
 

q

,
 
0 . 
Мұнда 
p





1

– ӛзгермейтін сандар. Бұл функцияның туындысын есептеп, 


1 болғандықтан 


(
 


екенін, яғни 

(
 

функциясы ӛспелі екенін 
анықтаймыз. Демек, әрбір , 
 

(
 
 
0

– теріс емес сандар үшін 

(
 


(
 
)
, яғни 
p
 
+
q
 
+1 
q
 
+
p
 
+1 

p
 

q
 
p
 

q
 
+1 
q
 
+
p
 
+1 

p
 

q
 
 
(2) 
теңсіздігі орынды. Жалпыға қайшы әрекет етпей, 



деп алып, 






b
 


деп таңдасақ, ол жағдайда (2) теңсіздік мынадай кӛрініс табады: 


Университеттің 85 жылдығына арналған «Қазіргі заманғы математика: 
проблемалары және қолданыстары» III халықаралық Тайманов оқуларының 
материалдар жинағы, 25 қараша, 2022 жыл 
417 

 


 


 



 

1






 

 

 

 

 

 

 

 
 
+1 
+1 
+
+1 
+1 
+








Осы теңсіздіктің сол және оң жағында алмастырулар жасай отырып, (1) теңсіздікті 
құраймыз. 
Енді біз теңсіздіктің кейбір ерекше жағдайларын келтіреміз (1). 
1.
Егер 
 
0 , 
 
= 0 болса, бұл теңсіздік келесіге айналады: 
a
 
b
 

c
 
+
b
 
a
 

c
 
+
c
 
a
 

b
 



2.
Егер 
 
= 2 , 
 
= 1 болса, онда келесі теңсіздік құрылады: 



2


2




2


2




2


2














 
Сонымен, бұл жұмыста математикадан олимпиада есептерін шешуде 
математикалық талдау әдістерін қолдану және оларға байланысты әртүрлі есептерді 
шығару әдістемесі қарастырылды. Олимпиада есептерін шығаруда математикалық 
талдауды қолдану әдістері зерттеліп, оларды олимпиада есептерін шығаруда қолдану 
әдістемесі кӛрсетілді. 
ҚОРЫТЫНДЫ 
Математикадан олимпиада есептерін шығаруда математикалық талдау әдістерін 
қолдануды үйрену және оларды қолдану жолдарын табу оқушылардың математикаға 
деген қызығушылығын арттырады, математикалық талдаудың оқу материалын тереңірек 
және кеңірек оқуға мүмкіндік туғызады. Бұл жұмыс оқушылардың білімін арттырып, 
математика пәніне деген қызығушылығын арттырып, үйірме жетекшілеріне оқушыларды 
математика пәнінен олимпиадаға дайындауда үлкен кӛмегін тигізеді деп сенеміз. 
Математикалық олимпиадалар есептерін шешуде математикалық анализ 
әдістерін қолдану 
Аңдатпа 
Бұл мақалада математикадан олимпиада есептерін шешуде математикалық 
анализдің кейбір әдістерін қолдану жолдары кӛрсетілген. Мақала математикадан 
олимпиада есептерін шешуде математикалық талдау әдістерінің рӛлі мен орнын кӛрсетуге 
арналған. Негізгі назар дифференциалдық есептеудің негізгі теоремаларына аударылады. 
Зерттеу барысында әдебиеттерді талдау, дифференциалдық есептеудің негізгі 
теоремаларын, стандартты емес есептерді шешуде функцияның туындысын қолдану 
әдістері қарастырылды. 
Зерттеу нәтижесінде мектеп математика курсында математикалық анализ 
элементтерін зерделеу бойынша әдістемелік ұсыныстарға ерекше кӛңіл бӛлінген, сонымен 
қатар 9-11-сыныпта математикадан емтиханда, олимпиадаларда кездесетін типтік 
математикалық есептерді шешу әдістері берілген. Әр түрлі күрделілік деңгейдегі 
стандартты емес және олимпиадалық есептерге оқушылармен бірге талдау жасау, шешу 
жолдарын кӛрсету бойынша ғылыми зерттеу нәтижелері берілді. 
Ғылыми зерттеудің нәтижесі 10-11 сынып оқушыларын олимпиадаға дайындауда 
математика пәні мұғалімдеріне нұсқау ретінде қолданылуы мүмкіншілігі бар. 




Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   435   436   437   438   439   440   441   442   ...   527




©emirsaba.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет