Ф и з и к а ақпаратты тарату жылдамдығы және информациялық энтропия


ПАРАМЕТРДЕН ТӘУЕЛДІ СЫЗЫҚТЫ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕСІН ЗЕРТТЕУ



жүктеу 2.92 Mb.
Pdf просмотр
бет5/8
Дата12.03.2017
өлшемі2.92 Mb.
1   2   3   4   5   6   7   8

ПАРАМЕТРДЕН ТӘУЕЛДІ СЫЗЫҚТЫ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕСІН ЗЕРТТЕУ 

ЖӘНЕ ШЕШУ 

 

Сыдыков А.А. - аға оқытушы, Майбазарова Б.Д. – 2-курс магистранты  

(Алматы қ., ҚазмемқызПУ) 

 

Белгісіздерінің коэффициенттері және бос мүшелері параметрден тәуелді шамалар 

болып келетін сызықты жүйені қарастырайық. 

 

                                           







2

2



2

1

1



1

c

y

b

x

a

c

y

b

x

a

                                                 (1) 

Жүйе  параметрдің  қабылдай  алатын  мәндеріне  байланысты  зерттеліп  шешілуге 

тиісті. 


Бұл  мақалада  осындай  жүйелерді  дамыта  оқытудың  және  зерттеп  шешудің  бір 

әдістемесі кӛрсетіледі. 

Крамер ережесі бойынша жүйенің негізгі анықтауышы: 

                                     

.

2

1



2

1

2



2

1

1



a

b

b

a

b

a

b

a



                                              (2) 



Бірінші және екінші белгісіздердің анықтауыштары: 

     


,

2

1



2

1

2



2

1

1



c

b

b

c

b

c

b

c

x



                        



.

2

1



2

1

2



2

1

1



a

c

c

a

c

a

c

a

y



             (3) 



І. Негізгі анықтауыш 

0



, онда (1) жүйенің құрамындағы белгісіздердің нақтылай бір 

мәндері анықталады. 

,

2



1

2

1



2

1

2



1

a

b

b

a

c

b

b

c

x

x





                      

.

2

1



2

1

2



1

2

1



a

b

b

a

a

c

c

a

y

y





 

ІІ. Жүйенің барлық анықтауыштары нӛлге тең, яғни 



,

0

0



0

0

0



0

2

1



2

1

2



1

2

1



2

1

2



1

















a

c

c

a

c

b

b

c

a

b

b

a

y

x

 

онда соңғы қатынастан:  



,

2

1



2

1

2



1

t

c

c

b

b

a

a



 

мұндағы t – пропорционалдық коэффициент. 



 

Енді 


t

b

b

t

a

a

2

1



2

1

,



  және 



t

c

c

2

1



  екендіктерін  ескерсек,  (1)  жүйе  мына 

түрге келеді.  

.

2



2

2

2



2

2

2



2

2

c



y

b

x

a

c

y

b

x

a

t

c

ty

b

tx

a







 



Коэффициенттің  мәні 

0



t

,  сондықтан  жүйенің  шектеусіз  кӛп  шешімдері 

болады. 

Бірінші белгісізді кез келген сан деп қабылдасақ, яғни 



k

x

, онда 



.

2

2



2

b

k

a

c

y



 

32  Вестник Казахского государственного женского педагогического университета №1(6) 2011 

 

Сонымен 











2

2



2

;

b



k

a

c

k

 - жүйенің шектеусіз кӛп шешімдері. 

ІІІ.  Жүйе  үшін 







0

0



2

2

y



x

  болсын,  яғни



















2

1



2

1

2



1

2

1



2

1

2



1

a

a

c

c

b

b

c

c

t

b

b

a

a

,  онда  (1)  жүйе  мына 

түрге келеді.  





2



2

2

1



2

2

c



y

b

x

a

c

ty

b

tx

a

Бірінші теңдеуді t – ға бӛлсек шығатыны: 



.

,

2



1

1

2



2

2

2



1

2

2



t

c

c

t

c

c

c

y

b

x

a

t

c

y

b

x

a











 

 

Соңғы теңдіктің орынсыз екенін ескерсек, жүйенің шешімі болмайтындығына кӛз 



жеткіземіз. 

Жоғарыда  кӛрсетілген  формулалар  параметрлі  жүйелерді  дамыта  оқытуға  және 

зерттеп шешуге мүмкіндік беретіндігін мысалдар арқылы айқындай түсейік. 

Мысал.  






 










1



1

1

2



1

1

1



2

2

2



2

a

y

a

x

a

a

y

a

x

a

жүйесін зерттеп шешу. 

Әдістемелік нұсқаулар: 

 

1. Жүйенің негізгі анықтауышы: 



 



 












1

1

1



2

1

1



1

2

1



1

1

1



1

2

1



1

2

2



2

2

2

















a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

 

 



2. Бірінші белгісіздің анықтауышы: 

 



 















 

3



1

1

2



1

1

1



1

1

1



1

1

1



1

1

1



1

2

2



2

2

2



2

2

2



2

2

2























a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

x

 

 



 

3. Екінші белгісіздің анықтауышы: 

 



 







 

 


 

 














2

5



1

2

5



1

1

2



1

3

3



1

1

1



2

1

1



1

2

1



1

1

1



1

2

1



1

2

2



3

2

2



3

3

2



2

2

2



2

2



























a



a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

y

 


33  Вестник Казахского государственного женского педагогического университета №1(6) 2011 

 

І. 



0



 болсын, яғни 

.

1



1

0









a



a

a

 

Бұл жағдайда: 



 












,



1

1

2



5

1

1



1

3

1



2

2



















a

a

a

a

a

a

a

y

a

a

a

a

a

a

x

 одан 


















1



2

5

1



3

1

2



a

a

a

y

a

a

a

x

ІІ. Егер 



0



a

 болса, онда 

.

0



0

0











y

x

 

Негізгі анықтауыштың мәні нӛлге тең болғандықтан, жүйе ӛзіне мәндес келесі 



түрдегі сызықты теңдеуге 

1





y

x

айналады. Енді 



k

y

 (k – кез келген сан) деп 



қабылдасақ, жүйенің шектеусіз кӛп шешімдері:



k

k;

1



 анықталады.  

ІІІ. Егер 

1





a

 болса, алдыңғы пунктегідей 

.

0

0



0









y

x

 

Бұл жағдайда жүйе тӛмендегі теңдеуге мәндес болып шығады.  



.

0

0



0

4







x



y

x

 

Екінші белгісізді тағы да 



k

y

 болсын деп санасақ, жүйенің мына түрдегі 





k

;

0

 



шешімдерінің жиынтығын аламыз. 

IV.  Параметр 

1



a



  болса, 









0

0

0



y

x

  екендігі  шығады  және  де  жүйенің  шешімдері 

болмайды. 

Қорыта келгенде мектеп математикасында ӛтілетін параметрден тәуелді сызықты 

теңдеулер жүйесін дамыта оқытудың және зерттеп шешудің бір әдістемесі айқындалып 

кӛрсетілді. 

 

ӘДЕБИЕТТЕР  



1.

 

К.И.Швецов, Г.П.Бевз. Справочник по элементарной математике. Наукова думка, 



Киев-1966г. 

2.

 



В.Н.Литвиненко, А.Г.Мордкович. Практикум по решению математических задач. 

М., Просвещение, 1984г. 

3.

 

А.Х.Шахмейстер.  Уравнения  и  неравенства  с  параметрами.  С.  –  Петербург, 



Москва, 2006г.  

4.

 



Современные  основы  школьного  курса  математики.  Пособие  для  учителей/Под 

ред. А.И.Маркушевича/-М., 1979-382с. 

5.

 

Математика  в  понятиях,  определениях  и  терминах,  часть  1,2.  Пособие  для 



учителей./Под ред. Л.В.Сабинина. – М.,-1978-320с. 

6.

 



В.В.Локать. Задачи с параметрами. Москва, 2003. 

7.

 



Г.А.Ястребинецкий.  Уравнения  и  неравенства,  содержащие  параметры.  Москва, 

1972. 


8.

 

В.С.Крамер. Задачи с параметрами и методы их решения. Москва, 2007. 



34  Вестник Казахского государственного женского педагогического университета №1(6) 2011 

 

 



ТҮЙІНДЕМЕ 

Бұл мақалада параметрден тәуелді сызықты теңдеулер жүйесін дамыта оқытудың 

және зерттеп шешудің бір әдістемесі кӛрсетілді. Мұндай жүйелерді зерттеп шешу, яғни 

дамыта оқыту үшін Крамер әдісі пайдаланылды. 

 

РЕЗЮМЕ 


В  данной  статье  показана  методика  обучения  и  решения  систем  линейных 

уравнений  с  параметрами.  Для  решения  таких  систем  с  исследованием  использован 

метод Крамера. 

 

 



 

 

БӨЛШЕК – РАЦИОНАЛДЫ ФУНКЦИЯЛАР ГРАФИКТЕРІН САЛУДЫҢ 



МАҢЫЗДЫ ТҰСТАРЫН ЖЕТІЛДІРЕ ОҚЫТУ 

 

Сыдыков А.А. - аға оқытушы, Саимбетова Ф.Б. – 2-курс магистранты 

(Алматы қ., ҚазмемқызПУ) 

 

Егер  математиканы  тіршіліктің  кӛзі  деп  сезінсек,  онда  оның  қозғаушы  күші 



«функция» екенін ұғынуымыз керек. Сонымен қатар функция табиғатта кездесетін кез 

келген  құбылысты  сипаттайтын  шамаларды  байланыстыратынын  ескерсек,  оның 

математика салаларында алатын орнының ерекше екенін аңғару қиын емес. 

Сондықтан функцияны  «оқыту»  мектеп  математикасынан  бастау  алып  шектеусіз 

дамытыла зерттеліп, жалғасын табатын ілімнің бірі болып қала береді.  

Ендеше  сол  функциялардың  бір  түрін  зерттеудің  негізгі  тұстарын  айқындай 

түсейік. 

«Бӛлшек – рационалды функцияларды зерттеу» оқушыларға, студенттерге сондай 

– ақ оқытушыларға да біраз ізденістерді талап ететін күрделі тақырып. 

Осыған  орай,  бірінші  кезекте  қажетті  болатын  математикалық    түсініктердің 

иірімін ашып алайық. 

Сонымен   шексіздікке ұмтылсын. 

,

;...


10

;...;


3

;

2



;

1

100







x

x

 

онда 



x

1

 бӛлшегі нӛлге ұмтылады: 



.

0

1



;...

10

1



;...;

3

1



;

2

1



;

1

1



100



x

 

Сонымен, егер 



,







x

 онда 

.

0



1





 

x

 

Осы тұрғыда келесі тұжырымдар да дұрыс болады. 



 

Егер 








x

, онда 


,

0

10



1







x

 сондай – ақ 

егер  









x

, онда 









0

10

1



10

2

x

 және т.с.с. 

Олай болса 

2

2

2





x



x

 бӛлшегінің мәні қандай болмақ? 

Бӛлшектің алымының дәрежесі бӛлімінің дәрежесінен аз болғандықтан 


35  Вестник Казахского государственного женского педагогического университета №1(6) 2011 

 



.

0



2

2

2









x

x

x

 

Қорытындылай 



келгенде, 

кез 


келген 

мына 


түрдегі 

бӛлшек          

,

...


...

2

2



1

1

0



2

2

1



1

0

n



n

n

n

m

m

m

m

b

x

b

x

b

x

b

a

x

a

x

a

x

a









 

 









x



n

m

,

 нӛлге ұмтылатындығын кӛреміз. 



 

Егер 


 

нӛлге 


ұмтылса, 

яғни 


;...,

10

;...;



01

,

0



;

1

,



0

;

1



n

x



 

онда  


.

1

,



10

;...;


100

;

10



;

1

1







x

x

n

 

Сонымен,  егер 













x

x

1

0



,  бұл  ұмтылыс  оң  жақтан,  сондықтан  оны 

былай 


,



1

0

0













x



x

  сол  жақтан  ұмтылысты 















x

x

1

0



0

 

түрінде жазу ертеден қалыптасқан. 



 

Сол сияқты мына бӛлшек 

2

1



x

 үшін де: 

                         



;

2

1



0

2













x



x

 

                         



.



2

1

0



2













x

x

 

Кейбір  бӛлшектер  үшін  алдымен  таңба  тұрақтылығы  интервалдарын,  яғни  қай 



аралықта бӛлшектің таңбасы оң, қай аралықта теріс екендіктерін айқындағаннан кейін 

ғана оң және сол жақты ұмтылыстарын анықтаған ыңғайлы. 

3

2

1



2



x

x

  бӛлшегінің таңба тұрақтылығы интервалдары: 

 

 

 



Ендеше: 













3

2



1

0

3



2

x

x

x

 

                















3

2

1



0

3

2



x

x

x

 

               















3

2



1

0

1



2

x

x

x

 

               















3

2



1

0

1



2

x

x

x

Бӛлшек  –  рационалды  функциялар  графиктерін  салуда,  асимптоталарды  дұрыс 



анықтау және тұрғыза білу басты мәселе.  

Енді асимптоталардың түрлеріне және оларды анықтау тұстарына тоқталайық. 

1. 

a

x

  түзуі 



 

x

f

y

  функциясының  бағандық  асимтотасы  деп  аталады,  егер 



 



.



0







x

f

a

x

 


36  Вестник Казахского государственного женского педагогического университета №1(6) 2011 

 

Мысал. 



5

2





x

y

  функциясы  үшін 

5



x



  түзуі  бағандық  асимптота  (пунктир  түзумен 

белгіленеді), себебі 

 








y

x

0

3



2. 


b

y

  түріндегі  түзуді 



 

x

f

y

  функциясының кӛлденең асимптотасы деп атаймыз, 



егер 



 



.

b

x

f

x





 



Мысал. 

1

3





x

x

y

 функциясының кӛлденең асимптотасын анықтау үшін, алдымен бүтін 

бӛлігін жекелейміз.  

                                  

1

4

1



1

4

1



3

3











x

x

x

x

x

 

                                





.

1



1

4













y

x

x

 

Ендеше 



1



y

 

түзуі 



– 

кӛлденең 

асимптота. 

Бӛлшек 


– 

рационалды 

 

n

n

n

n

m

m

m

m

b

x

b

x

b

x

b

a

x

a

x

a

x

a

x

f









...



...

2

2



1

1

0



2

2

1



1

0

  функциясы  үшін 



m

n

  болса,  кӛлденең 



асимптотаның теңдеуі: 

.

0



0

b

a

y

 



Егер 

m

n

 болса, онда кӛлденең асимптота абцисса осі, яғни 



.

0



y

 

3. 



b

ax

y



  түзуі  кӛлбеу  асимптота  деп  аталады,  егер 

 


x

f

y

  функциясы  үшін 



  





.



0







b

ax

x

f

x

 

Ескерту. Кӛлбеу асимптота бӛлшек – рационалды функциялардың алымының дәрежесі, 



бӛлімінің дәрежесінен бірге артық болғанда ғана анықталады. 

Мысал. 


2

2

2





x

x

x

y

 функциясының кӛлбеу асимптотасының түрін анықтау.  

Бӛлшектің  алымының  дәрежесі,  бӛлімінің  дәрежесінен  бірге  артық,  олай  болса 

ескертуге  сәйкес  берілген  функцияның  кӛлбеу  асимптотасы  бар.  Бұрыштамалық  бӛлу 

арқылы функцияның бүтін бӛлігін айырамыз. 

                                                                



x

x

2

2



     


2



x

 

                                                                



x

x

2

2



      


4



х

 

                                                                        



x

4

 



                                                                        

8

4





x

 

                                                                                



8

 

 



Сонымен, 

.

2



8

4

2



2

2







x



x

x

x

x

 

















4

2



2

2

x



x

x

x

x

 немесе 




.

0



4

2

2



2























x

x

x

x

x

 

Сондықтан 



4



x

y

  түзуі  қарастырылған  функцияның  кӛлбеу  асимптотасы 

болып табылады. 

Енді  график  салудың  жоғарыда  кӛрсетілген  маңызды  тұстарын  ескере  отырып 

келесі функцияның  





4

2



3

3

2



2

2

2



2







x

x

x

x

x

y

 графигін тұрғызайық. 



37  Вестник Казахского государственного женского педагогического университета №1(6) 2011 

 

Функцияның ӛрнегін түрлендіріп жазамыз. 



 

 









.



4

2

1



1

3

2



2

2







x



x

x

x

x

y

 

1)  



 







.



4

;

2



;

1

:



x

x

x

y

D

 

2) Функцияның таңба тұрақтылығы интервалдары: 



                        

 

3) Бағандық асимптоталар: 



,

2

;



1

;

4







x



x

x

 себебі: 

 


;

0



4







y

x

 



 

;



0

4









y

x

 



 

;



0

1









y



x

 



 

;



0

1









y



x

 



 

;



0

2









y



x

 



 

;



0

2









y



x

 

4) Кӛлбеу асимптотасын анықтау. 



;



9

12

2



4

12

6



4

9

4



3

2

2



3

4

2



3

2

4



2

2











x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

 

 



18

24

4



8

2

2



3

4





x

x

x

x

 

8



10

2

3





x

x

x

 

x



x

x

x

16

20



2

2

2



3

4



 



10

2



x

 

 



80

100


10

10

18



8

16

10



2

3

2



3







x

x

x

x

x

x

 

                    



98

92

26



2



x

x

 

 











10

2

;



4

2

1



49

46

13



2

10

2



2









x



y

x

x

x

x

x

x

y

 - кӛлбеу асимптотасының теңдеуі.  

0

637


529

;

0



49

46

13



2







D

x

x

 - қиылысу нүктелері жоқ. 

5) Бақылаушы мәндері: 



;

11

5



20

11

225



2

11

2



1

2

1



4

25

4



9

2

5



,

1















y

 

                     



 

.

21



16

48

21



1024

1

7



6

4

8



2

5

2



2







y

 

6) Осы мәліметтерді пайдаланып функцияның графигін тұрғызамыз. 



38  Вестник Казахского государственного женского педагогического университета №1(6) 2011 

 

 



 

ӘДЕБИЕТТЕР 

 

1.

 



Шойынбеков К.Д., Әбілқасымова А.Е., Есенова М.И., Тұрлыханова М.Ә., «Анализ 

бастамалары» Оқу құралы. – Алматы: Білім, 2002.-320 б. 

2.

 

С.Г.Крейн,  В.Н.Ушакова  «Математический  анализ  элементарных  функций» 



М.,1963 г. 

3.

 



А.Х. Шахмейстер «Построение графиков функций элементарными методами» С.-

Петербург, М., 2008. 

 

ТҮЙІНДЕМЕ 



 

Бұл  мақалада  бӛлшек  –  рационалды  функцияның  графигін  салудың  маңызды 

тұстарын оқыту әдістемесі және бағандық, кӛлденең, кӛлбеу асимптоталарды анықтау 

тәсілдері кӛрсетілген. 

 

РЕЗЮМЕ 


 

В  этой  статье  показана  методика  обучения  важных  моментов  построения 

графиков и способы определения вертикальных, горизантальных, наклонных асимптот 

дробно – рациональных функции. 



Каталог: images -> arhiv -> 2011
arhiv -> Қазақстан тарихы
arhiv -> К вопросу о взаимосвязи учебного и внеучебного процессов в начальной школе
arhiv -> Казахский государственный женский педагогический
arhiv -> Қожахметова К. Ж. п.ғ. д профессор Алматы қ
arhiv -> Психологические аспекты стрессоров
arhiv -> Қазақ мемлекеттік қыздар педагогикалық
arhiv -> Химия және биология пән мұҒалімдерінің республикалық І съезіне арналған қҰттықтау хат
arhiv -> Музыка – music әож 78
arhiv -> ОҚыту әдістемесі
2011 -> Шараларға қатысты ұлттық мәдениеттің қайта ӛркендеуіне кеңінен жол ашылды. Оған елбасы Н.Ә


Поделитесь с Вашими друзьями:
1   2   3   4   5   6   7   8


©emirsaba.org 2019
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет