shkolakz.ru 1
Салу есептерін орындаудағы алгебралық өрнек.


Есен Асан

Жезқазған қаласы. №10 орта мектебі , 9«б» сыныбы

Ғылыми жетекшісі: Есенбаева Э.А.


Бұл тәсіл арқылы алгебралық өрнектерді қанағаттандыратындай салу есептері орындалады.Бұл мақсатта мынадай алгебралық өрнектерді қарастырайық..

Есеп №1. Кесінділердің қосындысы x=a+b кесіндісі берілген. Осы кесіндінің қосындысын табу керек.

а

a b

b A B C ℓ




Ол үшін бір ℓ түзуін аламыз. Түзуден а нүктесін белгілейміз. Осы нүктеден бастап берілген кесінділерді біріне бірін тізбектей саламыз.Яғни бір кесінділердің соңы екінші кесіндінің басы болу керек .Ол үшін а кесіндісін өлшеп А нүктесін бастап , b кесіндісін өлшеп В нүктесін саламыз.Сонда АС=a+b

Егер бірнеше кесінділер берілсе, осы әдісті пайдаланып салуға болады.

Есеп №2. Екі кесіндінің айырымына тең кесінді салу. x=a-b a>b


a

A C B



b




Кез-келген түзуінен А нүктесін белгілейміз. А нүктесінен бастап , АВ=а кесіндісін өлшеп саламыз.А нүктесінен бастап, АС=b кесіндісін өлшеп саламыз.Сонда СВ=a-b .

Есеп №3. Кесіндіні бүтін санға көбейту.x=a×n мұндағы n-бүтін сан.



а А

2 3 ℓ

Ол үшін а кесіндісі берілсін. Осыны бүтін санға көбейту керек. ℓ түзуін алып , одан А нүктесін белгілейміз, n-нің берілген шамасына қарай қанша қажет болса, сонша рет ℓ түзуінің бойынан , А нүктесінен бастап кесіндіні жалғастырып саламыз.


Есеп №.4. Кесіндіні бүтін санға бөлу. Яғни x=a÷n мұндағы n-1,2,3... Айталық түсінікті болу үшін n=3 болсын, яғни бір а кесіндісі берілген.Ол үшін бір ℓ түзуін алып және бұл түзумен қиылсатын екінші P түзуін алайық. . Түзудің қиылсу нүктесі А болсын. P түзудің бойына беретін кесіндіні өлшеп саламыз . Яғни бұл кесіндіміз а –ға тең , одан кейін келесі де өлшемде В кесіндісін аламыз. В кесіндісін өлшеп А нүктесін бастап P түзуінің бойына 3 рет саламыз.Бөліну нүктелері С,D,E деп белгілейік . Енді В нүктесін Е нүктесіне қосамыз. P түзуінің бойындағы D және С нүктелері арқылы ℓ түзуін қиятындай BE–ге || түзулер жүргіземіз. С ´ D´ B ℓ



а A

b

С

b b

D

b Р

E

Оларды С´,D´ деп белгілейміз.Сонда DD´ ||BE , CC´||BE және де AC=CD=DE=b

Ендеше Фалес теоремасы бойынша кесінділердің қатынастары өзара тең, яғни AC:CD:DE=AC´:CD´:D´B=1 бұл әдісті n-нің басқа мәндері үшін де қолдануға болады.

Ескерту: n=2, n=4 болғанда циркульмен сызғышты пайдаланып кесінділерді тең екі бөлікке бөлу ережесі бойынша орындауға болады.

Есеп №5. Кесіндінің бөлігін табу ,яғни x=a·m m,n- бүтін сандар және n>m

n

Түсінікті болу үшін m=3 n=4 болсын .Сонда а кесіндісінің x=a·3 бөлігін табу керек .

4

Ол үшін қиылсатын ℓ және P түзуін алайық .

A C D E B ℓ a



b b

C

b

D

b

E

P

B

P


А нүктесінен бастап а кесіндісін L түзуіне салайық..Оны В деп белгілейік. Бөлшектің қасиеті бойынша 3 бөлшектің мазмұны берілген . Бүтін тең 4- ке бөліп, оның үш бөлігін

4

Қарастырар деген сөз.. Сондықтан өлшемдегі бір b кесіндісін алайық .

EDC нүктелері арқылы BK-ға || және а түзуін иятындай түзулер жүргіземіз.

Мұндағы. AC=CD=DE=EK=b салуымыз бойынша .ЕндешеAC´=C´D´= D´E´=E´B´ .Ендеше AE´=3 а-ға тең болады.Іздеген кесіндіміз AE´ .

4

Есеп №6. Берілген үш кесіндіге 4-ші пропорционал кесінді салу. Яғни x=ab/c . Есептің шарты бойынша кесінділер пропорционал қатынаста болу керек .Сондықтан берілген алгебралық өрнекті пропорция түрінде жазайық.. a:x=c:b

Пропорцияның шеткі мүшелерінің көбейтіндісі ортаңғы мүшелерінің көбейтіндісіне тең.

a·b=c·x x=a·b

c

Есепті шешу үшін тағы да қиылысушы 2 түзу алайық.. ℓ,P түзулері А нүктесінде қиылыссын.


А с В b С ℓ


а


D


х


К

Р


ℓ түзуінің бойына А нүктесінен бастап, c+b кесіндісін салайық: Енді а кесіндісін А нүктесін бастап түзу бойына салайық .Енді D нүктесін B нүктесін қосамыз.С нүктесі арқылы Р түзуін қиятындай BD–ға || түзу болады.Фалес теоремасы бойынша a:x=c:b болады. Ендеше DK=x іздеген кесіндіміз DK болады.

__

Есеп №7. Берілген екі кесіндінің пропорционал ортасынсалу.X=√ab



a




b

__

Алгебра бойынша X=√ab екі санның геометриялық ортасы . Яғни X²=ab

Шешуі : бір ℓ түзуін алайық . ℓ түзуінен А нүктесін белгілейік. А нүктесінен бастап a+b–ға тең кесінді салайық. Ол үшін a,b кесінділерін өлшеп саламыз.





А а В С L


D




L

A C



__

болады.Ендеше оның қасиеті бойынша DB²=ab X²=ab X=√ab


Шеңберді тең бөліктерге бөлу.


Шеңберді тең бөліктерге бөлу себебі дұрыс көпбұрыштың салу есебімен тікелей байланысты. Бұл мәселе , яғни дұрыс көпбұрыштарды салу есебі ерте кездегі салу есептердің қатарына жатады. Бұған дәлел Пифагор мектебінде циркуль мен сызғыштың көмегімен қабырғаларының саны 2´´,2´´·3,2´´·5 мұндағы n=1,2,3... болатын дұрыс көпбұрыштарды сала білген. Қабырғаларының саны көп болған дұрыс көпбұрыштарды салумен айналысатын. Бұған байланысты ол шеңберді 2,3,4,6,8,12,16.... бөліктерге бөлген.

Осы тарихи мәліметтерді пайдалана отырып дұрыс көпбұрыштарды салудың кейбір түрлеріне, яғни шеңберді тең бөліктерге бөлудің кейбір жағдайына тоқтайық . Егер квадраттың қабырғадан одан әрі екі еселесек мұның нәтижесінде сегізінші бұрышын сала аламыз. Ол үшін квадраттың қабырғалары керіп тұрған доғалдарды тең екі бөлікке бөлу керек. Доғалдардың бөліну нүктелерін квадраттың төбелерінен қосса , онда біз шеңберді дұрыс сегіз бөлікке бөлеміз немесе қабырғалары тең сегіз бөлікке бөліп көпбұрыш саламыз. Осы сияқты сегіз бұрыштың қабырғасын екі еселесек онда дұрыс он алты бұрыш сала аламыз. Сөйтіп қабырғаның санның 4,8,16,32,64..... тағы да сол сияқты. Дұрыс көпбұрыштарды салуға болады.















Циркульдің ашасын өзгертпей диаметрінің ұшына қойып, бұл нүктелерді өзара қосып және ол нүктелерді диаметрлерінің 2-ші ұшымен қоссақ АВС тең қабырғалы үшбұрышын аламыз.Егер үшбұрыштың қабырғасын тең бөліктерге бөлсек (екі еселенетін болса) , онда керіп тұрған доғаларды тең екі бөлікке бөлуге болады.












Онда шеңбер тең алты бөлікке бөлінеді. Егер дұрыс алты бұрыштың абырғасын екі еселейтін болса , онда дұрыс он екі қабырғалы көпбұрыш салуға болады . Осы әдісті пайдаланып 3,6,12,24,48,96..... тағы да сол сияқты дұрыс көпбұрыштарды сала беруге болады.


Шеңбер өзінің радиусымен тең алты бөлікке бөлінеді. Дұрыс көпбұрыштың салудың қиын жағдайларын бірі дұрыс бес бұрыш салу болды. Бұл мәселемен ертедегі грек математиктерінің көпшілігі айналысты. Атап айтанда Пифагоршылар , Евклид, Архимед тағы да со сияқты бұл көпбұрышты салу да , олардың қолдарынан әдістері әр түрлі болды. Олардың ішіндегі дөңгелекті іштей дұрыс бесбұрыш және он бұрыш салудың әдісін Птолемей ұсынды.














Дөңгелекті квадраттау .

Бұл есепте тарихи есептердің қатарына жатады. Өйткені ерте заманнан келе жатан және шешімін осы уақытқа дейін шешпеген есептердің бірі болып табылады.Есептің негізгі мазмұны мынадай :

Ауданы дөңгелектің ауданына тең болатын квадрат салу.


































Одан кейін грек математиктерінің барлығы да есептің шешу әдісін іздеген. Бірақ бұлардың қай-қайсысы болмасын есептің нақты шешімін таба алмады. Олардың барлығы да мынадай мәселеге келіп тоқтады, яғни дөңгелектің ауданы және квадрат ауданын теңестіріп алгебралық талдау жасалынды..Дөңгелектің ауданы Sдөң=∏R² Sкв=a² ∏R²=a² Бұдан

___ __

a=√∏R²=R√∏ яғни бұл квадраттың бір қабырғасы ∏ саны иррационал сан

__

Болғандықтан R√∏ –ге тең болатын кесіндіні салу мүмкін емес. Сондықтан ауданы дөңгелектің ауданына тең болатын квадрат салуға болмайды.


Қолданылған әдебиеттер:


  1. Атанасян

  2. Погорелов А.В. Геометрия 7-11. Москва.Просвещение 1995

  3. Күнтуғанов Ө.К. Математикалық ұғымдарды оқыту методикасы. Жезқазған 1990ж.

  4. Левитин К. Геометрическая рапсодия. Москва. Просвещение 1976г.

  5. Геккель Э. Красота форм в природе.

  6. Земляков А.Н. Геометрия в 10 классе. Москва. Просвещение 1986г.

7. О.Б.Епишева, В.И.Крупич. Учить школьников учиться математике. (100-113) Москва. «Просвещение».1990

8. И.М.Шапиро. Использование задач с практическим содержанием в преподавании математике. Москва «Просвещение» 1990