Ы. Алтынсарин атындағы мектеп-гимназия 10г сынып оқушысы Смаилова Айша Жетекші: Шет ауданы
жүктеу/скачать 119.82 Kb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- Смаилова Айша Жетекші:Шет ауданы Ы.Алтынсарин атындағы мектеп-гимназия Математика пәні мұғалімі
- Жауабы: (10; 9, - 2,5; -1; 3). Анықтаушы көмегімен параметрлі теңдеулер жүйесін шешуү К
| Е.А.Букетов атындағы Қарағанды Мемлекеттік Университеті
Қарағанды облысы Білім Департаменті Аймақтық практикалық конференция Тақырыбы:Анықтауыштарды есептеулерде қолдану Орындаған: Шет ауданы Ы.Алтынсарин атындағы мектеп-гимназия 10г сынып оқушысы Смаилова Айша Жетекші:Шет ауданы Ы.Алтынсарин атындағы мектеп-гимназия Математика пәні мұғалімі Омашева Дәрібала Қойбағарқызы Қарағанды қаласы 2009жыл Мақсаты:2-ші,3-ші,п-ші ретті анықтауыштардың элементтерінен құралған кесте бойынша мәндерін есептеу ережелері туралы түсінік бере отырып,анықтауыштардың қасиеттерін есептеулерде қолдану жағдайларын көрсету.Анықтауыштар көмегімен екі және көп белгісізі бар теңдеулер жүйесін шешуді және әр типті геоиетриялық есептерді жеңіл әдіспен шешу жолдарын түсіндіру Кіріспе
Тарих пайымдауында анықтауыш фнеомен-матрицалардан бұрын анықталған Алғашқыда анықтауыш сызықтық теңдеулер жүйесі ретінде берілген Анықтауыш бір немесе бірнеше теңдеулерден тұратын жүйелерді шығару үшін қолданылады.Анықтауыш алғаш рет Қытайда математика оқулықтарында пайдаланылған.Еуропада жұптық анықтауыштар VІ ғасырдың соңында Корданның,көбінесе Лейбництің зерттеулерінде кездескен.Жапонияда анықтауыштар алгебралық теңдеулер саласында айнымалыларды қатыстырмай оқыту мақсатында пайдаланған.1750 жылы Швейцар математигі Г.Кромер белгісіздерді жүйенің коэффиценттерінен тұратын анықтауыштар арқылы өрнектейтін жалпы формуланы анықтады.1771ж. Ваандермонд ианықтауыштарды тәуелсіз функциялар түрінде көрсетсе,ал 1772ж. Лаплас математиктер арасында анықтауышты қосымша минорларға бөлу әдісін көрсетті.Лагранж айнымалыларды қатыстырмау теориясының аясында алғаш рет зерттеді.1801ж. Гаусс анықтауыш феноменін сандар теориясына пайдаланды.Гаусс анықтауыштардың кері шамасын есептеумен айналысты.Ол өз жұмысында қазіргі заман математикасында көбейту теоремасы ретінде қалыптасқан қорытындыға сүйенді.Анықтауыштың немесе математикалық феноменді зерттеуде тағы бір маңызды фигура – пруссиялық математик Якоби болды.Өз жұмысында зерттеуші көп уақытын функционалдық анықтауыштарға жұмсады.Кейіннен оны Якоби анықтауышы деп атады.Анықтауыштың негізгі мағнасы квадраттық матрица сызықтық түрлендіру ретінде көлемді есептейтін масштабтық коэффицент деп түсінуге болады.Анықтауыш кері матрицаға,яғни нөлге тең емес дәреже және сызықтық теңдеулер жүйесіне Кромер ережесін пайдалана отырып сипиттама беру үшін қажет.ПХП параметрлі квадраттық матрица жазықтықтағы п-мөлшерлік вектор шамасымен сәйкес болатын координаттық түрінде қарастырылады. Енді анықтауыштарды 5 теңдеуден тұратын теңдеулер жүйесін шешуде қолданамыз. x + у + 2t – V = 11 x + у + 2t + t = 13 х + у - V + t = 15 х + 2t - V + t = 1 у + 2t - V + t = 0
1 1 2 0 -1 1 1 2 1 0 0 0 -2 1 0 -2 1 = 1 1 2 1 0 = 0 0 -2 1 -1 = -1 * 0 -1 0 1 = -1 * -1 0 1 + (-1) 1 1 0 1 -1 0 -1 0 1 -1 -1 0 0 1 0 0 1 1 0 2 1 -1 -1 0 0 1 -1 0 1 2 1 -1 1 2 1 -2 1 0 -2 1 = -1 - (-2 – 2 - 2) = 2 + 6 = 8 = 0 -1 0 1 0 1 с у Z t V жүйенің бір шешімі бар 11 1 2 0 -1 0 0 0 0 -1 13 1 2 1 13 1 2 1 0 13 1 2 1 0 4 0 -2 1 х = 15 1 0 1 -1 = 4 0 -2 1 -1 = -1 * -10 -1 0 1 = -2 1 0 2 1 -1 -10 -1 0 1 -1 -11 0 0 1 0 1 2 1 -1 -11 0 0 1 -1 4 0 1 13 1 1 -10 -1 1 - 2* -10 -1 1 = -2 * (-4 - 11) – 2 * (-13 – 11 – 11 + 10) = -2 * -11 0 1 -11 0 1 * (-15) -2 * (-25) = 30 + 50 = 80 Х 80
Х = ---- = ----- = 10 8 x с Z t V 0 0 0 0 -1 1 13 2 1 1 11 2 0 -1 1 13 2 1 0 0 4 -2 1 4 -2 1 у = 1 13 2 1 0 = 0 4 -2 1 -1 = -1* 0 -10 0 1 = -1* -10 0 1 - 1* 1 15 0 1 -1 0 -10 0 1 -1 -1 -11 0 1 -11 0 1 1 1 2 1 -1 -1 -11 0 1 -1 0 0 2 1 -1 13 2 1
4 -2 1 = -1* (22 - 30) – 1* (-26 – 20 – 20 - 8) = -2 – (-74) = 72, -10 0 1
х у с t V у 72 1 1 11 -1 0 0 0 0 -1 0 у = ---- = ---- = 9. Z = - 1 1 13 0 1 = - 1 1 13 0 1 = 8 1 1 15 -1 1 0 0 4 -1 1 1 0 1 -1 1 0 -1 -10 -1 1 0 1 0 -1 1 -1 0 -11 -1 1 1 1 13 1 0 0 4 1 0 4 1 1 13 1 4 1 4 1 13 1 = -1* 0 -1 -10 1 = - -1 -10 1 + 0 4 1 = - + - = -1 0 -11 1 0 -11 1 -1 -10 0 -11 1 -10 1 4 1 1 13 1 4 1 4 1 13 1 = 0 4 1 = - + - = - (4 + 11) – (4 + 10) + (13 - 4) = -1 -10 1 -11 1 -10 1 4 1 Z -20 5
= -15 – 14 + 9 = -20. Z = ------ = ----- = - ----- 8 2
V = х + у + 2 Z – 11 = 10 + 9 – 5 – 11 = 3. Жауабы: (10; 9, - 2,5; -1; 3). Анықтаушы көмегімен параметрлі теңдеулер жүйесін шешуү К параметрінің қандай мәнінде жүйенің бір шешімі, шексіз көп шешімі бар, немесе шешімі жоқ болады? 3х + 2ку = 1 3 (к - 1) х – ку = 1 3 2к 1 = 3 (к - 1) – к = -3к – 6 к2 + 6к = -6к + 3к = 3к (-2к + 1) = 0 = К = 0 немесе К =----- 2
Х = = -к - 2к = -3к = 0 = К = 0. 1 -к
У = = 3 – 3к + 3 = 6 – 3к = 0 К=2 егер К=0; К= ---- болса, жүйенің бір 3 (К-1) 1 2 -3К 1 2 - К шешімі бар х1 = -------------------------- = -----------; у = ----------------- 3К (-2к + 1) 2К – 1 К (-2К + 1) 1 К = 0; К = ---- болса жүйенің шешімі жоқ 2 Тексеру: 1 3х = 1 х = ---- К = о = = 3 1 -3х = 1 х = - ---- 3 1 3х + у = 1 3х + у = 1 К = ---- = 3 1 = шешімі жоқ 2 - -- х - -- у = 1 -3х – у = 2 2 2
3х + 4у = 1 мүш. азайт/з К = 2 3х – 2у = 1 у = 0 1 +6у = 0 х = ----; 3 Теңдеулер жүйесін зерттейміз. (а + 5) х + (2а + 3) у – (3а - 2) = 0 (3а + 10) х + (5а + 6) у – (2а + 4) = 0 Шешуі: а + 5 2а + 3 = 3а + 10 5а + 6 = (а + 5) (5а + 6) – (2а + 3) (3а + 10) = 5а2 + 6а + 25а + 30 – --(6а2 + 9а + 20а + 30) = -а2 + 20 = - а (а - 2) егер а (а - 2) = 0 болса, шешімі шексіз көп немесе шешімі жоқ. 3а + 2 2а + 3 х = = (3а + 2) (5 а + 6) – (2а + 4), 2а + 4 5а + 6 14 (2а + 3) = 15а2 + 18а + 10а + 12 – 4а2 – 14а – 12 = 11а2 + 14а = а(11а + 14) =0 = а =0; а2 = - ---- 11 а + 5 3а + 2 У= = (а + 5) (2а + 4) – (3а + 10) = 2 а2 + 14а + 20 - 9 а2 – 36а – 20 = - 7 а2 - 3а + 10 2а + 4 22 - 22а = - а (7а - 22) = а1 = 0, а2 = ---- 7 І төбесі А1 ІІ-ші В, ІІІ-сі С болсын Сонда
S = + --- = + --- = + = + --- (10* ( -9) – 8 * (-6)) = - 2 х2 - х3 у2 – у3 - 2 2 + 6 -5 - 4 - 8 -9 - 2 1 1 = + --- * (-90 + 48) = - --- * (-42) = 21. - 2 2
Мысалы: А (-2; 5), В (4; 3), С (16; -1) нүктелері берілген 1 1 х2 – х1 у2 - у1 1 4 – (-2) 3 – 5 1 6 -2 1 S = + --- + --- = + --- = + --- =+ -- * - 2 2 х3 – х1 у3 - у1 2 16 – (-2) -1 - 5 2 18 -6 2
А (х1, у1) және В (х2, у2) екі нүкте арқылы өткен түзудің теңдеуі: х – х1 у – у1 х2 – х1 у2 – у1 = 0 мысалы: А(1; -3), В(2; 5) нүктелері арқылы өткен түзудің теңдеуін жазу керек: шешуі: х – 1 у + 3 = 0 – 8 (х - 1) – (у + 3) * 1 = 8х – 8 – у – 3 = 8х-у – 11 = 0 2 – 1 5 + 3 2) Анықтауыш көмегімен векторларың векторлық көбейтіндісін есептеу i j k а (х1, у1, Z1) және в (х2, у2, Z2) векторлардың векторлық көбейтіндісі деп С = х1 у1 Z1 х2 у2 Z2 векторын айтады. Векторлардың векторлық көбейтіндісі мына формуламен анықталады. у1 Z1 Z1 х1 х1 у1 а + в = ; ; а + в векторлық көбейтіндісінің модулі а және в у2 Z2 Z2 х2 х2 у2 модулдерінің көбейтіндісін осы векторлардың арасындағы бұрыштың синусына көбейткенге тең: а х в = а * в sin (а, в) а х в векторлық көбейтіндісі модулінің сан мәні а және в векторларына салынған параллелограмм ауданына тең. S = а х в мысалы, А (1; 0; 3), В (2; 2; -1), С (4; -2; 0) нүктелері берілген АВС үшбұрышының ауданың табу. Шешуі. АВ х АС саны АВ және АС векторлары арқылы тұрғызылған параллелограмм ауданына тең. 1 2 -4 -4 1 1 2 Онда SАВС = --- АВ х АС , АВ (1; 2; -4), АС (3; -2; -3) ж2не АВ х АС = ; ; = 2 -2 -3 -3 3 3 -2 1 341 (-14; -9; -8) SАВС = --- 14 2 + 9 2 + 82 = ---- (кв. бірлік). 2 2 Векторлардың компланарлық шарты а, в, с векторлардың бас нүктелерін бір нүктеге түйістіргенде олар бір жазықтықта орналасса онда ол векторлар компланар болады. Белгісі: а = в + с. Егер векторлар координаталарымен берілсе, яғни а (х1, у1, Z1), в (х2, у2, Z2), с (х3, у3, Z3) болса, онда олардың компланарлық белгісі: х1 у1 Z1
х2 у2 Z2 = 0 х3 у3 Z3
c = mi + 2k векторлары компланар болатындай m мәнін тап. 1 - 1 2
3 1 0 = 2 - 2m + 6 = 0 = m = 4, = а = gв + pс орындала ма, тексерейік; а (1; -1, 2) = g (3, M 0 2 1, 0) + р (4, 0, 2) = 1 = 3g + 4р -1 = g + 0 = 2 = 0 + 2р = g = -1 = а = -в + с, яғни векторлар компланар. р = 1
А (х1, у1, Z1), В (х2, у2, Z2), С (х3, у3, Z3) нүктелері және К (х, у, Z) нүктесі бір түзуде жатпайтын болсын деп берілсін. Егер АК, АВ, АС векторлары комплар болса онда А, К, В, С нүктелері бір жазықтықта жатады. Векторлары координаталары арқылы жазайық: АК (х-х1, у-у1, Z-Z1); АВ (х2-х1, у2-у1, Z2 -Z1); АС (х3-х1, у3-у1, Z3-Z1) сондықтан жазықтық теңдеуі: х-х1, у-у1, Z-Z1 х2-х1, у2-у1, Z2 -Z1 = 0. х3-х1, у3-у1, Z3-Z1 1. Мысал: А (0, 1, 5), В (3, 0, 0), С (-1, 1, 6) нүктелерінен өтетін жазықтық теңдеуін құру керек. Шығарылуы: Жазықтықтың ах+ву+сZ+d = 0. теңдеуіне А, В, С нүктелерінің координаталарын қойып, үш белгісізі бар теңдеулер жүйесін шешеміз. в + 5с + d = 0 0 1 5 3а + d = 0 = = 3 0 0 ; -а + в + 6с + d = 0 -1 1 6 1 1 5 а =1 0 0 = 5 – 6 = -1 1 1 6
в = 3 1 0 = 15 + 5 – 18 = 2 -1 1 6
с =3 0 1 = -1 + 3 – 3 = -1. –х + 2у – с + 3 = 0. х – 2у + с – 3 = 0 -1 1 1 жазықтық теңдеуі. ІІ тәсіл формуласы бойынша. х – 0 у – 1 Z – 5 х у – 1 Z – 5 -1 – 5 3 -5 3 – 0 0 – 1 0 – 5 = 3 -1 -5 = х* = (у - 1) * + (Z -5) * (-1) = -х -1 – 0 1 – 1 6 - 5 -1 0 1 0 1 -1 1 + 2у – 2 – Z + 5 = -х + 2у – Z + 3 = 0 = х – 2у + Z – 3 = 0. Егер d жазықтығы: а1 х + в1 у + с1 Z + d1 = 0 және в жазықтығы а2 х + в2у + с2Z + d2 = 0 өзара перпендикуляр болса, онда біреуінің нормаль векторы екінші жазықтықта жатқан векторлармен компланар болады. Осы қасиетке сүйеніп, А (х1, у1, Z1), В (х2, у2, Z2) екі нүктеден өтіп, ах + ву + с z + d = 0. жазықтығына перпендикуляр болатын жазықтықтың теңдеуін жазуға болады: х – х1 у – у1 z – z1 х2 – х1 у2 - у1 z2 – z1 = 0 а в с
Мұнда а, в, с – жазықтықтың нормаль векторының координаталары 2-ші және 3-ші ретті анықтауыштар Элементтер қасарланған индекстермен нөмірленеді. 1. Кез келген а11, а12, а21 және а22 сандары үшін а11 * а22 – а12 * а21 айырмасын 2-ші ретті анықтауыш деп атайды және былай белгілейді; а11 а12 а21 а22
2-ші ретті анықтауыш а11 а12 = а11 * а22 – а12 * а21 а21 а22 формуласымен есептелінеді және оны мына схема бойынша есте сақтауға болады:
0  0 0 0 0 0.
2. кез келген а11, а12, а13, а21, а22, а23, а31, а32, а33 нақты сандары үшін а11 а22 а33 + а12 а23 а31 + а13 а21 а32 – а13 а22 а31 – а11 а23 а32 – а12 а21 а33 қосындысын 3-ші ретті анықтауыш деп атайды және былай белгілейді: а11 а12 а13 а21 а22 а23 а31 а32 а33 3-ші ретті анықтауышты есептеу үшін Саррюс схемасын (үшбүрыш ережесін) жиі қолданады. 0 0 0 0 = 0 0 0 + 0 0 0 + 0 0 0 - 0 0 0 - 0 0 0 - 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Қосарланған идекстің ыңғайлығы оның бірінші индексі – элементтің қай жолда орналасқанын, ал екінші индексі оның қай тік жолда орналасқанын көрсетеді. Мыс., а31 элементі 3-ші жатың, 1-ші тік жолдардың қиылсуында орналасуын білдіреді. Үшінші ретті анықтауыш ережесі: а) Кестенің бас диагоналінде тұрған сондардың көбнйтіндісінен (а1, в2, с3) б) Екінші диагональ бойындағы сондардың көбейтіндісін шегереміз (с1, в2, а3) в) Үшбұрыштың екі төбесін қосатын түзу кестенің бас диагоналіне параллель болған жағдайда үшбұрыштың төбелеріндегі сандардың көбейтіндісінің алдына плюс таңбасын қоямыз. г) Егер түзу екінші диагоналіне параллель болса, үшбұрыш төбесін құрайтын үш санның көбнйтіндісінің алдына минус таңбасы қойылады. Анықтауыштың қасиеттері.
Мысалы; а1 в1 с1 а1 а2 а3 а2 в2 с2 = в1 в2 с2 а3 в3 с3 с1 в1 с3
Мысалы:а)ІІ және ІІІ жолдың орындары ауысқан а1 в1 с1 а1 в1 с1 а2 в2 с2 = - а3 в3 с3 а3 в3 с3 а2 в2 с2 б) І және ІІІ бағанның орындары ауысқан 6 7 8 8 7 6 2 0 1 = - 1 0 2 4 3 2 2 3 4
Мысалы: ІІ және ІІІ бағандар тең 3 2 2
4 -3 -3 = 0 0 -1 -1
4. Бір жолдың (немесе бір бағанның) барлық элементтерінің ортақ көбейткішін шығаруға болады: ка1 кв1 кс1 а1 в1 с1 а2 в2 с2 = К а2 в2 с2 а3 в3 с3 а3 в3 с3
І – қосылғыш түрады, екіншісінде екінші қосылғыш турады, ал қалған элементтері өзгермейді. Мысалы: а1 в1+с1 d1 а1 в1 d1 а1 с1 d1 а2 в2+с2 d2 = а2 в2 d2 + а2 с2 d2 а3 в3+с3 d3 а3 в3 d3 а3 с3 d3
Мысалы: а) ІІ-ші бағанда (-2)-ге көбейтіп, І-ші бағанға қостың; б) ІІ-ші бағанды (-1)-ге көбейтіп ІІІ бағанмен қостың; а) 2 1 1 0 1 0 -5 -1 = 1 3 2 = -5 3 -1 = -1 = - (-10 -7) = +17 1 4 6 -7 3 2 -7 2 б) 1-ші жол бойынша жіктедік б) 2 1 1 3 2 1 2 1 3 = 1 3 2 = 2 -1 +1 = 2 (18 - 8) – (6 - 2) + (4 - 3) = 17 1 4 6 4 6 1 6 1 4
а2х + в2у = с2 Теңдеулердің коэффиценттерінен кесте құрып, оның мәнін мына ереже бойынша есептейік: кестенің бас диогоналының бойында тұрған цифрлардын көбейтіндісінен (а1 в2) келесі диогональдын бойындағы цифрлардын көбейтіндісін шегерейік а1 в1
= = а1в1 – а2в2 а2 в2
с1 в1 = = с1в2 – в1с2 с2 в2 (бірінші бағандағы элементтер сәйкес түрде жүйенің с1 және с2 бас мүшелерімен алмастырылды). Қорытынды Бұл жұмыста екінші,үшінші,п-ші ретті анықтауыштардың элементтері,олардың элементтерінен құрылған кесте бойынша мәндерін есептеу ережелері туралы толық түсінік келтірілді.Анықтауыштың қасиеттері, олардың есептеулерде қолдану жағдайлары көрсетілді.Анықтауыштаркөмегімен екі және одан да көп белгісізі бар бірнеше теңдеулерден тұратын теңдеулер жүйесін жеңіл әдіспен шешуге болады.Анықтауыштардың қасиеттеріне сүйене отырып параметрлі теңдеулер жүйесіндегі параметрдің қандай мәнінде жүйенің бір шешімі,шексіз көп шешімі немесе шешімі болмайтындығын анықтай аламыз.Сонымен бірге анықтауыштарды,олардың қасиеттерін қолдана отырып әр типті геометриялық есептеді шығара аламыз.Вектордың векторлық көбейтіндісі арқылы үшбұрыштың,параллелограмның аудандарын есептеу,екі нүкте арқылы өтетін жазықтық теңдеуін,үш нүкте арқылы өтетін жазықтық теңдеуін,компланар векторларды анықтап,бір векторды екі вектор арқылы жіктеп жазуға болады.Мектеп бағдарламасында қарастырылмайтын анықтауыштар көмегімен теңдеулер жүйесімен бірге әр типті геометриялық есептерді тез және жеңіл түрде шығаруға болатындығын көрсеттім. Әдебиеттер: 1.Э.С.Маркович Курс высшей математики с элементами теории вероятностей и матаматической статистики 2.Журнал «Репетитор» №6(2005) 1,2,3(2006) 3.Ә.Н.Шыныбеков Геометрия 10 жүктеу/скачать 119.82 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|
= 0 0 - 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0