Сборник материалов IX международной научной конференции студентов и молодых ученых

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ 

Л.Н. ГУМИЛЕВ АТЫНДАҒЫ ЕУРАЗИЯ ҰЛТТЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Студенттер мен жас ғалымдардың 

«Ғылым және білім - 2014» 

атты IX Халықаралық ғылыми конференциясының 

БАЯНДАМАЛАР ЖИНАҒЫ 

 

 

 

 

СБОРНИК МАТЕРИАЛОВ 

 

IX Международной научной конференции  

студентов и молодых ученых 

«Наука и образование - 2014» 

 

 

 

 

PROCEEDINGS 

of the IX International Scientific Conference  

for students and young scholars 

«Science and education - 2014» 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2014 жыл 11 сәуір 

 

Астана 

УДК 001(063) 

ББК 72 

Ғ 96 

 

 

 

 

Ғ 96 

«Ғылым  және  білім  –  2014»    атты  студенттер  мен  жас  ғалымдардың  ІХ 

Халықаралық ғылыми конференциясы = ІХ Международная научная конференция 

студентов и молодых ученых «Наука и образование - 2014» = The IX International 

Scientific Conference for students and young scholars «Science and education - 2014». 

–  Астана: 

http://www.enu.kz/ru/nauka/nauka-i-obrazovanie/

,  2014.  –  5830  стр. 

(қазақша, орысша, ағылшынша). 

 

ISBN  978-9965-31-610-4 

 

 

 

 

 

 

 

Жинаққа  студенттердің,  магистранттардың,  докторанттардың  және  жас 

ғалымдардың  жаратылыстану-техникалық  және  гуманитарлық  ғылымдардың 

өзекті мәселелері бойынша баяндамалары енгізілген. 

 

 

The proceedings are the papers of students, undergraduates, doctoral students and 

young researchers on topical issues of natural and technical sciences and humanities. 

 

В сборник вошли доклады студентов, магистрантов, докторантов и молодых 

ученых по актуальным вопросам естественно-технических и гуманитарных наук. 

УДК 001(063) 

ББК 72 

 

 

 

 

ISBN 978-9965-31-610-4 

©

Л.Н.  Гумилев  атындағы  Еуразия  ұлттық 

университеті, 2014 

2427

 

 

қаралатын жағдайға параметр мәнін  және иллюстрация санын анықтауда өз бетінше әрекет 

ету  мүмкіндігін  береді.  3.  Оқушылар  дайын  білім  ғана  алмайды,  зерттеу  процесі  кезінде 

оларды  «іздеп  табады».  4.  Оқушылардың  оқу  іс-әрекеті  жекеленген:  әрбір  оқушыны  оқыту 

оның  компьютермен  сұхбаты  барысында  іске  асады,  демек  оқушылардың  жеке 

ерекшеліктері ескеріледі [3]. 

Бұлардан  тыс  жаттықтырушы   ”1С:  Репетитор.  Математика  (часть  1)”  кешені,  «Дрофа» 

баспасының  «Математика  5-11»  кешені  де  сабақтың  әрі  қызықты,  түсінікті,  өнімділігіне 

кепіл береді. 

 

 

Сурет 3 

Математика  пәні  әрі  қызықты,  әрі  өте  қажетті  болған  пән.  Қазіргі  таңдағы  математиканы 

үйренуге  арналған  әдіс,  тәсілдер  сан  қилы.  Бұлар  оқушыларды  математика  әлемі  сіңіп 

кетуіне көмектеседі. 

Қолданылған әдебиеттер тізімі 

1.

 

«Математические 

этюды»сайт: 

http://www.etudes.ru); 

http://www.math.ru; 

http://www.exponenta.ru, 

2.

 

Allmath.ru — бүкіл математика бір жерде;  

3.

 

Сайттар: http://www.allmath.ru, http://graphfunk.narod.ru,http://www.neive.by.ru,  

4.

 

http://www.problems.ru, http://zadachi.mccme.ru, http://www.mathtest.ru,http://www.math-

on-line.com,  http://tasks.ceemat.ru, http://www.uztest.ru, http://eqworld.ipmnet.ru  

 

 

УДК  514.113  

ТӨРТІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУДІҢ КЕЙБІР ӘДІСТЕРІ 

 

Дайырбекова А.C 

Қазақ мемлекеттік қыздар педагогикалық университеті,  

«5В010900-математика» мамандығы бойынша 2 курс студенті,  

Алматы, Қазақстан 

Ғылыми жетекші – А.Ө. Дәулетқұлова  

 

Квадраттық  теңдеулерді  шешу  әдістерін  ежелгі  гректер,  үнділер  алғаш  рет 

пайдаланған. Ал үшінші дәрежелі теңдеулерді шешу әдістерін ең алғаш итальян ғалымдары 

Тартальей мен Кардано тапқан.  Куб дәрежелі теңдеулерді шешу әдістері  табылғаннан кейін, 

2428

 

 

көп  ұзамай  Кардано  оқушысы    Феррари  төртінші  дәрежелі  теңдеудің  шешу  әдісін  тапты. 

Радикалда үшінші  және төртінші дәрежелі теңдеулердің шешу әдістері табылғаннан кейін, 

енді бесінші дәрежелі теңдеуді шешу әдісін іздеуге  ұмтылыстар жасалды. Бұл мақсатқа жету 

үшін көптеген күш жұмсалды. 

1798  ж.  итальян  ғалымы  Руффини  төртінші  дәрежеден  жоғары  теңдеулер  радикалда 

шешілмейді  деген  шешім  айтты,  бірақта  бұл    пайымдау  толық  болмай  шықты.  Төртінші 

дәрежеден жоғары  дәрежелі  теңдеулерді  радикалда шешу  әдістері  болмайтындығы туралы 

қатаң  дәлелдемені  Норвегия  математигі  Абель  пайымдады.  Сонда  да,  Руффинида,  Абельде 

қойылған сұраққа толығымен, анық жауап бере алмады. 

Данышпан,  француз  математигі  Эврис  Галуа  (1811-1832)  бұл  сұраққа  нақты  жауап 

тапты.  Галуаның  басты  еңбегі  Ж.  Лагранж  бен  Н.Абель  бастаған  алгебралық  теңдеулердің 

радикал  арқылы  шешілетіндігі  туралы  зерттеулердің  негізінде  жасалған.  Осының 

нәтижесінде Галуа теориясы шыққан.  

Көптеген  жоғары  дәрежелі  теңдеулерді  шешу  үшін  толық  квадрат  бөліп  шығару, 

топтау,  анықталған    коэффиценттер  әдісі,    параметр  енгізу  әдістері,  белгісіздерді  белгілеу 

әдістері тағы да толып жатқан жасанды әдістер пайдаланылады. Осы әдістердің біршамасын 

алдағы тақырыптарда, теңдеулерді шешуде пайдаландық. 

Кез келген сандар өрісіндегі   

х

4

+ах

3

+вх

2

+сх+d=0    

 

 

 

   (1) 

төртінші дәрежелі теңдеу берілсін. Бұл теңдеуді шешу үшін Феррари әдісін пайдаланып, куб 

теңдеуді  шешуге келтіреміз.Берілген теңдеуді  х

4

+ах

3

=–вх

2

-сх-d  түрінде  жазып  аламыз.  Осы 

теңдеудің  екі  жағына  да 

4

2

2

x

a

  өрнегін  қосамыз,  сонда  теңдеудің  сол  жағы  екі  санның  

қосындысының толық квадратын береді:  

d

cx

x

b

a

ax

x











2

2

2

2

)

4

(

)

2

(

                                         (2) 

Сонғы теңдеудің екі жағына да 

4

)

2

(

2

2

y

y

ax

x





-өрнегін қоссақ, теңдеудің  сол  жағы  

үш 

санның 

қосындысының 

толық 

квадратын 

береді: 

)

4

(

)

2

(

)

4

(

)

2

2

(

2

2

2

2

2

d

y

x

c

y

a

x

y

b

a

y

ax

x



















 

   

 

 

 

 

Енді у-ті (2) теңдеуінің оң жағы толық квадрат болатындай етіп таңдаймыз. Ол үшін 

0

)

4

)(

4

(

4

)

2

(

0

4

2

2

2

2



















d

y

y

b

a

c

y

a

AC

B

  болу  керек.  Бұл  үшінші  дәрежелі 

теңдеу. Оның бір түбірі у

0

-ді тапсақ жеткілікті. y

0

-ді (2) теңдеуіндегі орнына қойып,  

A 

В

 

С

 

2429

 

 

2

2

0

2

)

(

)

2

2

(













x

y

ax

x

 

теңдеуін аламыз. Соңғы теңдеу мынадай: 

)

(

2

2

2

2

0

2

0

2



























x

y

ax

x

x

y

ax

x

         

екі теңдеуге мәндес. Бұл теңдеулерді шешіп, берілген теңдеудің 

төрт түбірін аламыз.  

Мысал.   х

4

-2х

3

+2х

2

+4х-8=0 

Шешуі:  Алдымен  х

4

-2х

3

  =-2х

2

-4х+8  түрінде  жазып  алып,  теңдеудің  екі  жағына  да 

2

2

2

4

x

x

a



  өрнегін  қосамыз,    (х

2

-х)

2

  =-х

2

-4х+8.  Осы  теңдеудің    екі  жағына  да 

4

)

(

2

2

y

y

x

x





 

өрнегін  қоссақ, 

)

4

8

(

)

4

(

)

1

(

)

2

(

2

2

2

2

y

x

y

x

y

y

x

x

















 

теңдеуін  аламыз.  y-ті  соңғы 

теңдеудің  оң  жағы  толық  квадрат  болатындай  етіп  таңдаймыз.  Ол  үшін

)

4

8

)(

1

(

4

)

4

(

0

4

2

2

2

y

y

y

AC

B















 

болу 

керек, 

мұнда 

4

8

),

4

(

,

1

2

y

C

y

B

y

A















. Бұл   у

3

-2у

2

+24у-48=0  үшінші  дәрежелі  теңдеу. Оның бір 

түбірі  у

2

(у-2)+24(у-2)=0



  (у-2)(у

2

+24)=0;  у

0

=2  болады.  Ендеше  (х

2

-х+1)

2

=х

2

-6х+9



(х

2

-

х+1)

2

=(х-3)

2 

бұдан             

3

1

3

1

2

2



















x

x

x

x

x

x

      теңдеулерін  алдық.  Теңдеулерді  шешіп,  берілген  төртінші 

дәрежелі теңдеудің төрт түбірін аламыз: 

3

1

;

3

1

2

1

i

x

i

x









; 

2

;

2

4

3







x

x

 

0

        

0

2

3

4













а

,

а

вх

сх

вх

ах

,     

                        (3) 

түріндегі теңдеу төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу деп аталады. 

х=0 теңдеуінің түбірі болмағандықтан, теңдеудің екі  жағында 

0

2



х

  бөлсек, келесі 

түрдегі теңдеуді аламыз: 

0

2

2











с

х

в

вх

х

а

ах

                                         

   (4) 

теңдеуін төмендегідей жазып алайық: 

0

1

2

1

2















 































 

с

х

х

в

х

х

а

. 

Бұл теңдеуді шешу үшін 

у

х

х





1

 белгілеуін енгіземіз, онда  

0

2

2









а

с

ву

ау

                            

 

            (5) 

2430

 

 

Егер  соңғы  теңдеудің  у

1

  және  у

2

  екі  түбірі  болса,  онда  бастапқы  теңдеу  мынадай 

болады 

0

1

1

2







ху

х

 және 

0

1

2

2







ху

х

 

Егер  (5)  теңдеуінің  у

0

  бір  түбірі  болса,  онда  бастапқы  теңдеу 

0

1

0

2







ху

х

 

теңдеуіне  тең.  Ал,  егер  (5)  теңдеуінің  түбірі  болмаса,  онда  бастапқы  берілген  теңдеудің  де 

түбірі болмайды. 

Мысал.    

0

1

5

8

5

2

3

4











х

х

х

х

                 

 

               (6) 

Шешуі:  Берілген  теңдеу  төртінші  дәрежелі    симметриялы  теңдеу.  х=0  теңдеудің 

түбірі болмағандықтан (6)-ң екі жағында 

0

2



х

 бөліп, берілген теңдеуге тепе-тең теңдеуді 

аламыз: 

0

1

5

8

5

2

2











х

х

х

х

                                

            (7) 

Топтастырсақ (7) теңдеуі мына түрге келеді: 

0

8

1

5

1

2

2















 





х

х

х

х

 

немесе 

0

6

1

5

1

2















 













 

х

х

х

х

 

у

х

х





1

 деп алып, 

0

6

5

2







у

у

 

2

1



у

  және 

3

2



у

  екі  түбірі  болатын  теңдеуін  аламыз.  Ендеше,  түбірлерді 

белгілеудің орнына қойсақ 

2

1





х

х

 және 

3

1





х

х

 

болады.  Бірінші  теңдікті  шешсек 

1

1



х

,  ал  екінші  теңдіктің  шешімі 

2

5

3

2





х

  және 

2

5

3

3





х

 болатынын көреміз. Сонымен берілген (6) теңдеуінің үш түбірі бар.  

Жауабы: 

1

1



х

, 

2

5

3

2





х

 , 

2

5

3

3





х

. 

Қорыта  айтқанда,  мен  бұл  мақала  барысында  бірнеше  әдебиеттерді  пайдалана 

отырып, жоғары дәрежелі теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің екі әдісін қарастырдым. Әр 

әдісті  мысал  арқылы  негіздеп,  төртінші  дәрежелі  теңдеулерді  шешу  жолдарын  көрсеттім. 

Бірақ біз кез келген төртінші дәрежелі теңдеулерді шешудің тұрақты бір әдісі болмайтынын 

көреміз, яғни әрбір  жоғары дәрежелі  теңдеулердің берілу түріне байланысты қандай тиімді 

әдістерді қолдану керек екендігін қарастырамыз. Жоғарғы дәрежелі теңдеуді көбейткіштерге 

жіктеу  арқылы  шешу  және  симметриялық  теңдеулерді  шешу  8-сыныптың  алгебрасында 

қарастырылған. 

Бұл жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу әдістерін лицейде, гимназияларда, тіпті орта 

мектептің  жоғарғы  сынып  оқушыларына  факультатив  сабақ  ретінде  беруге  болады.  Бұл 

қарастырылған  есептер  –теңдеулерді  шешу  әдістері,  теорияны  және  математиканы 

меңгерудің  тиімді  де  айырбасталмайтын  құралы.  Теңдеуді  бірнеше  әдіспен  шығару 

2431

 

 

ізденушілік  қасиетін,  шығармашылықпен  жұмыс  істеу  қабілеттігінің  дамуына  көп 

көмектеседі. Осы мақалада қарастырылған төртінші дәрежелі теңдеулерді шешудің әдістерін 

зерттеуді әрі қарай жалғастырып, келесі мақалаларда көрініс табады деген жолдамыз. 

 

Қолданылған әдебиеттер тізімі 

1.

 

Вавилов  В.В.,  Мельников  И.,  Олехник  С.Н.,  Пасиченко  П.И.  Задачи  по  математике. 

Алгебра: справочное пособие. – М. : Наука, 1987  

2.

 

Энтони Крофт, Роберт Дэвисон.  Математика негіздері 1-2 том, Алматы, 2013 

3.

 

Кутепов А. К., Рубанов А. Т. Задачник по алгебре и элементарным функциям  – М. : 

Высшая школа, 1969. 

4.

 

Асқарова М. Теңдеулер және теңсіздіктер және олардың системалары.- Алматы, 1992 

5.

 

Оразбаев Б.М.  Сандар теориясы. -Алматы, 1970 

6.

 

Бүкібаева К.О. Теңдеулер және теңсіздіктер. - Алматы, 1995 

7.

 

Есмұханов М. Теңдеулер. -Алматы, 1976 

8.

 

Даулетқұлова А.Ө, Адильханова А.Б. Коэффициенттері айнымалы төртінші дәрежелі 

алгебралық  теңдеулердің  кейбір  түрлерін  шешудің  және  дамыта  оқытудың  бір 

әдістемесі. //Высшая школа-Жоғары мектеп. Педагогика сериясы . №2. 258-261

 бб. 

 

 

 

ӘОЖ 371.352 

МАТЕМАТИКАНЫ  ОҚЫТУДА КӨРНЕКІЛІК  ПРИНЦИПТІ   

ЖҮЗЕГЕ АСЫРУ ӘДІСТЕМЕСІ 

 

Дарбичева Сымбат Суннатулаевна 

Aldeshov_s@mail.ru

 

М. Әуезов атындағы Оңтүстік Қазақстан мемлекеттік университетінің студенті, 

Шымкент, Қазақстан 

Ғылыми жетекшілері –  Ә.Қ. Бүркіт, С.С. Алдешов  

 

Қазақстан 

Республикасының 

Президенті 

Н.Ә.Назарбаев 

«Қазақстан-2050» 

стратегиялық  бағдарламасында  «Еліміздің  білім  беру  жүйесінің  дамуы  –  жаңа  ақпараттық 

технологиялар  мен  компьютерлердің  қолданылу  деңгейіне,  шығармашыл  білімнің 

қалыптастырылатындығына, оның әлеуеттік мүмкіндігінің күшеюіне байланысты» деп атап 

көрсетті.  Сондай-ақ  үстіміздегі  жылдың  ақпан  айындағы  дәстүрлі  халыққа  Жолдауында: 

«Білім  беру  жүйесін  ақпараттық-коммуникациялық  технологиялармен  жабдықтау  қажет» 

делінген болатын [1].  

Қазақстан  Республикасында  қазіргі  уақыттағы  экономика  және  әлеуметтік 

жағдайлардағы оң өзгерістер мен жетістіктер еліміздің білім беру жүйесін жетілдіруді талап 

етуде. Халықаралық стандарттар деңгейінде білім беруге қол жеткізу үшін математика пәнін 

оқытуда қолданылатын дәстүрлі әдістермен қатар, жаңа ақпараттық технологияларды, оның 

ішінде  компьютерді  пайдаланудың  ролі  ерекше.    Әрине  ол  үшін,  дидактиканың 

принциптерін, оның ішінде көрнекілік принципті жүзеге асыруда компьютерлік технология 

құралдарын тиімді қолдану қажет.  

Жалпы  орта  мектептің  математика  пәнін  оқытуды  ұйымдастыруда  пән  мұғалімі 

оқушылардың  логикалық  ойлау  қабілетін  дамытуы,  қажетті  біліммен  қамтамасыз  етуі, 

олардың  есеп  шығаруы  іскерліктері  мен  дағдыларын  қалыптастыруы  айтпаса  да  түсінікті. 

Оқыту сапасын арттыру, өмірмен практиканы байланыстыру да күн тәртібінен түскен емес. 

Оны  шешудің  бірден-бір  жолы,  атап  айтқанда  көрнекілік  принципті  компьютерлік 

технология  құралдары  арқылы  жүзеге  асырудың  дидактикалық  негіздемесін  жасауға  келіп 

тіреледі.