Файл: Алпысов А.. Математиканы оыту дістемесі оу ралы Павлодар, 2012.docx

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 08.11.2023

Просмотров: 1779

Скачиваний: 140

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

СОДЕРЖАНИЕ

Алпысов А.Қ.

1. Математиканы оқыту әдістемесі пәні

2. Математиканы оқытудың мақсаттары мен мазмұны

Математиканы оқытудың қағидалары

Математиканы оқытудың әдістері

5. Математикалық ұғымдар, сөйлемдер және оларды үйренудің әдістемесі

6. Математиканы есептер арқылы оқыту әдістемесі

Математикадан сыныптан тыс жұмыстар, оны өткізу әдістері

9. Педагогикалық практика туралы

10. Геометрияны оқыту әдістемесі Планиметрия курсын үйрену әдістемесі. Геометрия есептерін шешудіңәдістері. Стереометрия курсын үйренуәдістемесі. Геометрияны оқытуда есептерді шеше білу дағдысын қалыптастыру және оны жалпы түрде дамыту аса маңызды мәселелердің бірі болып табылады. Геометриялық есептерді шешу туралы жалпы білік- дағдылар әдетте көптеген есептерді шешу арқылы қалыптасады. Олай болса, студент пен оқытушының не мұғалім мен оқушының жүйелі түрде ұзақ уақыт еңбектенуіне тура келеді. Шешілу жолы беймәлім, әр түрлі теориялық фактілерді байланыстыруды қажет ететін, студенттер шығара алмайтын жаңа есептер де жиі кездеседі. Сондықтан студенттерді кез келген геометриялық есепті шешудің жалпы тәсілдерімен қаруландыру керек. Бұл талап математикалық есептерді шешу практикумының бағдарламасында да айтылған. Практикум белгілі бір есептердің түрлерін және оларды шешудің тәсілдерін таныстыруға бағытталып қана қоймай, қайта дәлелдеудің барынша жалпы әдістерін ойлауды меңгерту болып табылады. Оқытушы студентке әрбір есепті шығартқанда, оның шешімін әдістемелік талаптарға сай іздеуге, соңында мақсатқа сай дұрыс шешімді табуға жәрдемдесетіндей талдау тәсілдері мен болашақ мұғалімдерге қажетті білім-білік дағдыларын қалыптастыруға ұмтылады. Теориялық және әдістемелік білім мен әдіс- тәсілдерінсіз кез-келген әдістемелік есепті шешуге бола бермейді. Практикадан байқалатындай, көбінесе геометрия есептері әр түрлі тәсілдермен логикалық тұрғыда көбірек ойлануды қажетсінеді. Геометрия есептерін шешудің кезеңдерін білу оқушылар мен студенттерде қалыптастырылуға тиісті аса маңызды дағдылардың бірі. Есептерді шешу процесі келесі кезеңдерден тұрады. Есептің шартын түсіну: а) есепті талдау; б) есеп шартын схема түрінде жазу. Есепті талдағанда оның шарты қандай, онда қандай талап қойылған (не берілген, не белгілі, есеп шарты неден тұрады?) екені анықталады. Есеп шартын схема түрінде жазғанда оның сызбасы қоса қарастырылады, осы талдаудың нәтижесінде есеп шартындағы ең керекті, таныс элементтер ескеріліп, олар қысқаша жазылады. Есепті талдау мен оның сызбасын және шартын схема түрінде қысқаша жазу — есепті шешу үшін жоспар іздеудің негізгі құралы болып табылады. Есепті талдай келе осы есепке қандай мөлшерде теориялық білімнің қажет болатындығы анықталады. Есеп шешімін іздеу — есепті шешудің тәсілін іздеу, бұл бүкіл процестің негізгі бөлігі болып табылады. Бұл кезеңде ең алдымен берілген есептің түрі (типі), яғни оның дәлелдеуге, есептеуге не геометриялық түрлендіруге берілгені анықталады, осыған орай есепті шешу тәсілі ізделеді. Есеп шартында берілген элементтер мен іздеуге, анықталуға тиісті белгісіздер арасындағы байланыс ізделеді. Есеп шешімін іздеуде бір-бірімен тығыз байланысты мынадай екі жақты мәселені анықтайды: а) белгілі теориялық білімді шешілуге тиісті есеп шартына сай түрлендіру; б) есеп шартын белгілі теориялық фактілерге сәйкес және оларға байланысты түрлендіру. Бұл арада теориялық білім деп отырғанымыз математикалық ұғымдар мен олардың анықтамалары, теоремалар және математикадағы негізгі әдістер (координаттар әдісі, векторлық әдіс, геометриялық түрлендірулер мен теңдеулер құру әдісі және т.б.). Есептердің түрі мен құрылысына қарай оларды кластарға жіктеп талдау мен шешу әдістерін таңдап алады. Әсіресе, бірнеше теориялық материалдарды біріктіретін, әрі күрделі, әрі көптеген есептерді шешуге теориялық әдістемелік негіз болатын тірек есептерін талдау кезінде белгілі бір гипотеза ұсынылады және оның іске асырылуы тексеріледі. Есеп шешімін іздеу үшін гипотеза ұсына отырып, осы есепке нақтылы қандай теориялық материал керек болатынын анықтаймыз. Теориялық білімді негіздеуші әдісті таңдап, гипотезаны тексереміз. Егер есепті талдағанда бұрыннан таныс элементті байқасақ, не ол шешілуі таныс есепке ұқсас болса, онда есепті шешу үшін белгілі әдісті қолдану мүмкіндігі туралы ой, не есепті шешу жоспары пайда болады. Егер есептің таныс емес түрін шығаруға тура келсе, онда одан бұрыннан таныс есептердің кемінде бір элементін іздейміз немесе берілген есеп шартын бұрын шешілген есептегі таныс бір элемент табылатынын талдаймыз. Жоспарды іске асыру. Бұл арада шешу идеясы табылып, есеп шешіледі. Шешілген есепті талқылау: а) есеп шешімін тексеру; б) есепті зерттеу; в) есеп шешімін әр түрлі параметрлер мен байланыстар бойынша талдау. Есептің шешілуінің және оған қолданылған әдістер мен теориялық негіздеулердің дұрыс екенін, ол шешім есеп шартының барлық талаптарын қанағаттандыратынын білу үшін оны тексеру керек. Есепті зерттеу келесі мәселелерді анықтауы керек: қандай шарт орындалғанда есептің шешімі бар; қандай шарт орындалғанда есептің жалпы шешімі жоқ болады?Есептің шешімін талдау мынадай мәселелерге жауап береді. Есепті шешудің бұдан басқа ең тиімді жолы жоқ па? Есепті жалпылауға бола ма? Осы есептен қандай қорытындылар жасауға болады? Есепті шешу процесінің құрылымы ең алдымен есептің сипатына, есеп шығарушының қандай біліммен, білікпен, дағдымен қаруланғанына тікелей байланысты. мысал. Тікбұрышты үшбұрыштың катеттеріне жүргізілген медианаларысм жәнесм. Оның гипотенузасын табу керек (8-сурет). А ЕС ВF8-суретШешуі. ВС мен AC катеттерін сәйкес х пен у ар-ылы белгілейік. ВСЕ, ACF — тікбұрышты үшбүрыштар болғандықтан,ВС 2  BE 2  EC 2және CF2 AF 2 AC 2 , яғни x2 2  y73  4жәнеx  52  y2 24 . Бұл тендеулер жүйесін шешіп, х пен у-ті табамыз: 73  0,25y2  4  52  4y2 ,y2  36 ; y  6cм ,х  8см;АВ  10см . мысал. ABC үшбұрышында АВ=26см, BC=30см, АС=28см. В төбесінен ВН биіктігі мен BD биссектрисасы жүргізілген. BHD үшбұрышының ауданын табу керек. Шешуі. ABC үшбұрышының ауданын екі әдіспен өрнектейік: SAВС 0,5АС  ВН 0,5  28  h  14h ; екінші жағынанS АВС  336см2 . Демек, 14h=336, h=24 см. Енді CD=x деп алып, ABC үшбұрышының ішкі бұрышы биссектрисасының қасиетін пайдаланайық: ВС:АВ=CD:DA, 30:26=x:(28-x), х=СD=15см; AD=28-15=13см. ВСН : СН 2  ВС 2  ВН 2  324, CH=18 см, DH=CH-CD=18-15=3см, S=0,5DH  ВН 36см2 . мысал. Медианалары mb  9см ,ma  12см ,mc  25смболатын үшбұрыштың ауданын есептеу керек (9-сурет). СА сурет Шешуі.ABC : mb  BE  9см ,ma  AD  12см .mc  CF  15см. Берілген элементтер мен іздеген элементтің арасындағы байланысты анықтайық (О — медианалардың қиылысу нүктесі). AOC : AО  2 m  2 12  8см , OC  2 m 10см , OE  1 m 3см 3 a33 с 2 b ОЕ медианасын екі еселеп, АОС үшбұрышын AOCB1параллелограмына дейін толықтырайық. Сонда AC 2  OB2  2(AO2  OC2 ) ; AC . Осы сияқты OD медиананы екі еселеп, ВОС үшбүрышынпараллелограмға толықтырсақ: BC   .Осылай қарастырып, АВ=10см екенін аламыз. Енді Герон ABCформуласымен ауданды есептесек, S  72см2 . Осы есепті басқа әдіспен шешейік.AOC менABC -ның табандары тең болғандықтан, S 1 SШынында да,OME BNE ,OM  OE , алOE  1 AOC3 AOCBN BEBE 3 болғандықтан,OM  1 . СондықтанBN 3 SAOC SABC OMBN 1 ,3SAOC 1 S3ABC ЕндіAOCB1параллелограмынан: 1SAOC  SOCB ; OC  2 EC  2 15  10 , CB  AO  2 m  8, OB  2OE  2  1  9  6 , AOC ABC3 3 1 3 a 1 3 p  12 ,S  24см2 ,S  72см2 Геометрия есептерін шешудің әдістеріне: а) геометриялық; б) алгебралық; в) комбинациялық деп аталатын негізгі әдістер жатады.Есептерді геометриялық әдіспен шешкенде логикалық ойлаудың жәрдемімен белгілі теоремалар арқылы тұжырымдауды қажетсінетін сөйлемдерді дәлелдейміз. Ал есептерді алгебралық әдіспен шешкенде ізделінген шаманы табу, не тұжырымдауға тиісті сөйлемді дәлелдеу тікелей есептеу жолымен немесе теңдеулер мен олардың жүйелерін құру арқылы іске асады. Тікелей есептеу әдісінің мәні мынада: есептің берілгендері мен белгісіздерінің жан-жақты байланыстарынан аралық қосымша белгісіз шамалар тізбегі құрылады, тізбекке қатысытын әрбір белгісіз шама анықталады немесе іздеген шама белгілі шамалар арқылы өрнектеледі. - мысал. Теңбүйірлі ABC үшбұрышының табаны AC, төбесіндегі В бұрышы сүйір, С бұрышының биссектрисасы CD кесіндісі болсын. D нүктесі арқылы CD биссектрисасына перпендикуляр түзу жүргізілген. Бұл түзу үшбұрыштың AC табанымен немесе оның созындысымен Е нүктесінде қиылысады. AD =0,5ЕС болатынын дәлелдеу керек (10-сурет). ВFDЕ А K С сурет Есеп геометриялық әдіспен тікелей шешіледі. CD кесіндісі — EFC үшбұрышының әрі биіктігі, әрі биссектриссасы. D нүктесін ВС қабырғасымен (CD  EF және CD — С бұрышының биссектриссасы) қиылысқанша созсақ, EFC теңбүйірлі үшбұрышы шығады. Есептің шарты бойынша CD  EF. Ендеше ED = DF. D нүктесінен ВС-ға параллель түзу жүргізсек, ол AC табанымен К нүктесінде қиылысады. Бұл DK кесіндісі EDC үшбұрышының медианасы бола алады. ЕК:КС = ED:DF = 1, бұлардан DK = 0,5ЕС, сондықтан AD = DK= 0,5 EC. -мысал.Теңбүйірлі трапецияға іштей дөңгелек сызылған. Трапеция ауданының дөңгелек ауданына қатынасы -ге тең. Трапецияның үлкен8 табанындағы сүйір бүрышын табу керек (11-сурет). ABCD — теңбүйірлі трапециясы берілген,Sдон : STP  : 8 . Бірінші тәсіл. Есептің мазмұнынан оны синтез әдісімен немесе алгебралық әдіспен шешуге болатынын байқаймыз. Синтез әдісі бойынша берілгендерге сүйеніп дөңгелектің радиусын табуға болады. Дөңгелектің радиусын г, трапецияның табан қабырғалары ұзындықтарын a, b деп қосымша белгісіздер ендіреміз. Есеп шарты бойынша r 20,5(a b)  2r  , 8a b 8r,r  a  b .8 Екінші жағынан шеңберді сырттай сызылған төртбұрыштың қасиеті бойынша AD+BC=AB+DC теңдігін жаза аламыз. Бұдан 2AD=a+b, AD=0,5(a+b). Тікбұрышты AED үшбұрышынанsin A  DE AD4r a  b; бұл теңдікке r-дің мәнін қойып ықшамдасақ, sin A = 0,5 шығады. Сонымен,A  .6 A BE сурет Бұл есепте жоғарыда айтылған тірек элементін және қосымша белгісіздер енгізу, теңдеу құру, қосымша белгісіздерді ығыстыру процестерінің барлығы орындалады.Екінші тәcіл. 11-суреттен AD=BC теңдігін ескеріп, бір нүктеден шеңберге жүргізілген екі жанама тең болатынын пайдалансақ, AN  a ,2NN  b,2sin A  DEAD2r AN  ND4r .a  b r-дің 1-тәсілдегі мәнін орнына қойсақ, sinA = 0,5, бұданA  .6 Теңдеулер құру арқылы шешілетін есептерді қарастыралық.6-мысал. Тікбұрышты үшбұрыштың гипотенузасы с-ға тең, үшбұрыштың бір сүйір бұрышынан катеттерінің біріне ұзындығы m-ге тең медиана жүргізілген. Осы үшбұрыш катеттерінің ұзындықтарын табу керек (12-сурет). ВDС А12-сурет Есепті теңдеу құру әдісімен (алгебралық әдіспен) шешу үшін АС=x, BC=y деп белгілейік. Тікбұрышты үшбұрыштардан Пифагор теоремасы бойынша:АС 2  ВС 2  AB 2 ,АС 2  СD2  AD2немесеx2  y2  c2 , x2 (0,5y)2 m2 . Бұл жүйенің шешіміBC  2, AC . Математикалық есептердің көбінде қосымша белгісіздер енгізу әдісі қолданылады. Бұл есептердің берілген элементтері мен қажетті теориялық материалдарды байланыстыруға септігін тигізеді. Есепті шешу барысында осы қосымша белгісіздер ығысады.7-мысал. Ромб биіктігі оның қабырғасын m және n бөліктерге бөледі.Ромб диагоналдарының ұзындықтарын табу керек (13-сурет). СА13-сурет тәсіл. Теңдеулер құруға қажетті белгісіздер енгізелік. Ол үшін АС=x, BD=y деп белгілейміз. СондаАВ  AE  EB  m  n.Бұл қосымша элементті есеп шартындағы белгілі және белгісіз шамалар арқылы өрнектейміз. ЕD  h десек,h2  y2  n2жәнеh2  (m  n)2  m2.h2 -тың мәндерін теңестірсек, у2  n2  (m  n)2  m2, х-ті табамыз:y 2  2mn 2n2немесеy . АОВ үшбұрышынан АО2  AB2  OB2  (m n)2  (0,5 AC  x  2AO 2n(m  n))2 ,. Сонда жауабы: 2n(m n), . тәсіл. Аудандарды пайдалану әдісі бойынша 0,5d1d2шамасын қосымша элементтер арқылы табылатын ауданға теңестіреміз, яғни 0,5d1d2  (m  n)2n(m  n) , мұндағыh 2n(m  n) . АОВ үшбұрышынан (0,5d )2  (0,5d )2  (m n)2 немесе d 2  d 2  4(m  n)2 . Бірінші теңдіктің екі1 2 1 2 жағында 4-ке көбейтіп екінші теңдікке қоссақ, онда 1 2(d  d )2  4(m  n)  4(m n)2  4(m n)( m  n). Бірінші теңдіктен d1 -ді тапсақ және оны соңғы теңдікке қойсақ, түрлендіргеннен кейінd  болады. Енді d 2  4(m  n)2  d2 2 1 1 теңдігінеd 2 -нің табылған мәнін қойсақ,d1  екені шығады. Егер берілген есепте кейбір шамалардың (ұзындықтардың немесе аудандардың) қатынастарын табу қажет болса, дербес жағдайда белгілі бір бұрышты есептеу қажет болса, ондай есептер көмекші параметр енгізу деп аталатын тәсілмен шешіледі. Бұл тәсіл бойынша есепті шешу үшін сызықтық элементтердің біреуін белгілі деп алып, іздеп отырған шаманы сол арқылы өрнектейді де олардың қатынастарын құрады. Мектеп оқушыларының кеңістікті қабылдап, оны көз алдына елестете алуы стереометрияны оқытудың негізгі мәселелерінің бірі болып саналады. Осы айтылған мақсатты іс жүзіне асыруда кеңістіктегі салуға берілген есептерді шешудің зор мәні бар. Жазықтықтағы геометриялық салулар теориясы жеткілікті түрде талқыланып қарастырылады, ал стереометрияның әдістемелік мәселелеріне әлі де толық көңіл бөлінбей келеді. Геометриялық салулар теориясы – салуды негіздеу, есептерді кластарға жіктеу, есеп шешу әдістері, белгілі бір класқа жататын есептерді шешу критериі, салу есептерін шешкенде барынша жай әдістерді тиімді қолдану сияқты мәселелерді қарастырады. Кеңістіктегі салу есептерін кластарға жіктеу туралы әр түрлі көзқарастар мен тәсілдер бар. А.Н. Чалов кеңістіктегі салу есептерін геометриялық салуды орындау тәсілдері бойынша келесі топтарға бөледі: 1) елестету арқылы шешілетін есептер; 2) проекциялық сызбамен шешілетін есептер; 3) модельмен шешілетін есептер. Салуға берілген стереометрия есептерін позициялық және метрикалық деп екі топқа бөлетіндер де бар. Негізгі элементтерінің қиылысуын ғана іздейтін, соны салумен аяқталатын есептер позициялық әдіспен шешілетін есептерге жатады. Кесінді салу, белгілі бір шамасы бар бұрышты салу, перпендикуляр тұрғызу, биссектриса жүргізу және т.б. белгілі шарттарды қанағаттандыратын фигура салу талабы қойылатын есептер метиркалық есептерге жатады. Мысалы, В.А. Гусев, В.Н. Литвиненко, А.Г. Мордкович өздерінің құрастырған «Математикалық есептер шешу практикумында» кеңістіктегі салуға берілген есептерді мынадай әдістер бойынша топтарға бөледі: 1) кеңістіктегі қарапайым салулар; 2) нүктелердің геометриялық орындары; 3) кейбір нүктелердің геометриялық орындары мен түзулерді пайдалану; 4) кескіндеу арқылы салу.Салуға берілген стереометрия есептері талдау, салу, дәлелдеу жәнезерттеу сияқты төрт кезеңнен тұрады.Талдау – бір бүтінді, құрамды бөліктерге жіктейтін, әр бөлікті жеке қарастыратын зерттеу әдісі. Ол салу есебін шешудің жоспарын табуға мүмкіндік тудырады. Талдау – есеп шешудің барынша маңызды кезеңі. Есепке дұрыс жүргізілген талдау – есепті шешу жоспарын дұрыс құрастырудың кепілі. Салу есебіне талдау жасағанда сызба басты рөл атқарады. Сонда есеп шартын, сызбадағы элементтердің өзара орналасуына барынша басынан аяғына дейін талдау жасалады, есеп шартында берілгендер мен іздеген элементтер арасында байланыс орнатылады. Есептің салу кезеңінде салу есебіне қолданылатын аксиомаларды, теоремаларды, қосымша қарапайым салуларды дәл көрсету керек. Дәлелдеу кезеңі есеп шешімінің дұрыстығына күдік туғанда қажет болады. Салу есебін зерттеу кезеңінің өзіндік маңызды ерекшелігі бар. Ол қандай шарттар орындалғанда есептің шешуі бар болады және неше шешімі бар деген сұрақтарға жауап береді. Сонымен бірге зерттеу кезеңі кеңістік елесті дамытуға мүмкіндік туғызады.Салуға берілген алғашқы есепті шығарғанның өзінде есепті шешудің кезеңдерін (талдау, салу, дәлелдеу, зерттеу) дәл анықтап бөлу керек.Кеңістіктегі салуға берілген есептерді шешудің негізгі әдістері:аксиоматикалық әдіс, проективтік әдіс, геометриялық орындар әдісі.Аксиоматикалық әдістің негізгі мәні есепті шешу кезінде салудың өзі орындалмайды, салуға берілген есеп элементар салуларға келтіріледі, кейін бұлардың бәрін бірге қарастыруға болатындай түрдегі барлық жай амалдар қарастырылады. Салу есебінде көрсетілген амалдар кейде аксиомалар деп, ал есепті шешу әдісі аксиоматикалық әдіс деп аталады. Себебі есепке қолданылатын барлық амалдар елестеу арқылы формальді түрде жүргізіледі де логикалық түрде негізделеді, мұндай әдіс формальді-логикалық әдіс деп те аталады. Әдетте логикалық ой тұжырымдары сызба арқылы жүрізіледі. Бұл есеп шешімін барынша жеңілдетеді: ойды іске қосады, көптеген геометриялық элементтер мен олардың жиынын есте сақтап қалуға, кеңістік жөнінде дұрыс түсінік орнығып қалыптасуына мүмкіндік берді. Аксиоматикалық әдіс оқушылар санасында кеңістік туралы түсініктің, логикалық ойлаудың дамуына барынша терең және берік теориялық білім алуға, әсіресе белгілі бір салуларға түсінік беретін стереометрияның алғашқы теоремаларын үйренуге мүмкіндік туғызады. Есептер шешу кезінде алдымен көрнекі құралдар – жазықтықтар моделі (нұсқасы), нүктелер мен түзулерді мақсатты түрде қолдану пайдасы зор. Осындай әдістер көмегімен салудың талаптары айқын түрде көрсетіледі, бұдан соң логикалық түрде негіздеу және логикалық негізде салынған кескінді салу дәлелденеді. Модельдеу есеп шешімін көрнекі түрде талдау жасауға, талдауды ықшамдауға мүмкіндік береді.Проективтік әдіс (проекциялық сызбада салу есебін шешу әдісі). Егер ерекше проекциялау ережесі бойынша геометриялық денелердің кескінін пайдалануға мүмкіндік болса, онда ол есепті сызбалық құралдың көмегімен барлық салу жұмысын орындауға болады. Мұндай кескін геометриялық денені бір жазықтыққа проекциялау жолы мен алынады және проекциялық сызба деп аталады, ал есепті шешу әдісін «проекциялық сызбада салынатын есеп» деп атайды.Кеңістіктегі салу есептерін шешуге барынша ынғайлы әдіс – еркімізше алынатын параллель проекциялау. Ол сызбаның көрнекілігімен, оны салудың өте жай қарапайым болатынымен сипатталады. Проекциялық сызба арқылы шешілетін салу есептері төрт кезеңнен тұрады. Бірақ барлық кезеңдерді әр есепте түгел іске асыру талабы қойылмайды.Геометриялық орындар әдісі. Кеңістікте элементтердің геометриялық орындарын табуға берілген кез келген есепті салу есебі ретінде тұжырымдауға болады. Кеңістіктегі геометриялық орындар әдісімен салуға берілген есептерді шешудің мәні төмендегі мәселелер арқылы сипатталады. Әуелі есептегі берілген шарттардың біреуінен басқасын ескерусіз қалдыра тұрамыз. Өзіміз әдейі таңдап алып қалаған бір ғана шартты қанағаттандыратын нүктелер жиынын қарастырамыз. Бұдан әрі есептің екінші шартын қанағаттандыратын нүктелер жиыны қарастырылады жәнет.с.с. Біз қарастырған барлық жиындардың қиылысуы есептің шешімі болады. Кеңістіктегі салу есептерін шешудің тек төрт әдісін қарастырдық. Кеңістікте салуға берілген есептерді шешудің басқа да әдістері бар. Есептер шешудің бір немесе басқа әдісін таңдап алу шешілуге тиісті есептің сипатына, есеп шығарушының дайындық дәрежесіне, т.б. байланысты. Күрделі есептерді шешу кезінде көбінесе бір мезгілде бірнеше әдіс қатарынан қолданылады.Кеңістіктегі салуға берілген есептерді шешуге мысалдар қарастырайық. мысал. Берілген а және b түзулеріне паралелль, берілген А нүктесінен өтетін жазықтық жүргізу керек. Талдау. Іздеген жазықтық а түзуіне паралелль а1түзуі арқылы өтуі керек. Дәл осы сияқты іздеген жазықтық b түзуіне паралелль b1түзуі арқылы өтуі керек. а1және b1түзулері А нүктесі арқылы өтуі керек. Салу. 1. А нүктесі және а түзуі арқылы жазықтығын жүргіземіз. 2.  жазықтығында А нүктесі арқылы а түзуіне паралелль а1түзуін жүргіземіз. 3. А нүктесі және b түзуі арқылы жазықтығын жүргіземіз. 4. жазықтығында А нүктесі арқылы b түзуіне паралелль b1 түзуін жүргіземіз. 5. а1 және b1түзулерінен бір-бірден М және N нүктелерін таңдап аламыз. 6. А, М, N нүктелері арқылы іздеген а жазықтығын жүргіземіз. Дәлелдеу. 1. Салуымыз бойыншаа1 ажәнеа1 . яғни,а . 2. b1 b -бұл салуымыз бойынша жәнеb1 . Демек,b . 3.A a1жәнеA  b1 . сонда, A.Зерттеу. А нүктесінің а немесе b түзулерінде жатуына тәуелсіз есептің әрқашан шешімі болады. Егер а мен b түзулері паралелль болмаса, онда есептің бір ғана шешімі бар болады. Ал көп шешуі бар болады.а bболса, онда есептің сансыз мысал. Барлық төрт қабырғасы және қарама-қарсы екі қабырғасының орталарын қосатын кесінді берілген жағдайда ABCD төртбұрышын салу керек (14-сурет). D СC114-суретШешуі. ABCD — ізделген тертбұрыш, EF — АВ және DC қабырғаларының орталарын қосатын кесінді болсын. AD қабырғасын параллель жылжытыпED1және ВС қабырғасын параллель жылжытыпEC1 жағдайына келтіреміз, сондаDD1  AE ,DD1AE ; CC1  BE ,CC1BE , DF  CF — бұлар шарт бойынша, демек,DD1 F  FC1C(екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрышы бойынша тең). Бұл үшбұрыштардың теңдігінен DFD1  CFC1шығады. Демек,D1 , F жәнеC1 — нүктелері бір түзудің бойында жатады.D1 EC1үшбұрышында екі қабырғасы мен үшінші медианасы белгілі болғанда оны салуға болады. Бұдан соң үш қабырғасы бойынша DD1 F жәнеFCC1үшбұрыштарын салып,DAED1 , жәнеBEC1C параллелограмдарын салуға болады. Бұдан соң A және В нүктелері анықталады. Салу.DEC1үшбұрышынD1 E  ADжәнеCE1  BC, сондай-ақ EF медианасы бойынша саламыз. Бұл үшін ең алдымен 2EF,ED1 ,EC1 , үш қабырғасы бойынша үшбұрыш салып, оны параллелограмға дейін толықтырамыз. Осы параллелограмның жартысыD1 EC1 — үшбұрышы болады. Қабырғалары1 DC2және1 AB2болатын өзара тең үшбұрыштарD1 F жәнеFC1кесінділеріне салынады. Бұлар арқылы D және С нүктелерін саламыз.DAED1жәнеBEC1Cпараллелограмдарын салып, А және В нүктелерін табамыз.Дәлелдеу. ABCD төртбұрышы — ізделген төртбұрыш, себебі ол есептің барлық шарттарын қанағаттандырады. DF және FC бір түзудің бойында жатыр, себебіDFD1  CFC1 жәнеDF1 және C1 Fбір түзудің бойьшда жатыр. Зерттеу.ED1C1 үшбүрышын салу үшін2EF  AD  BCжәне 2EF AD  BCшарттарының орындалуы қажетті, алDD1 FжәнеFCC1 — салу үшінD F  1 ( AB CD) және D FAB  CDшарттары орындалуы 1 2 1қажетті. Егер бұл шарттар орындалса, онда есептің бір ғана шешімі бар болады.Әдістемелік ұсыныстар: 1. Кеңістікте салуға берілген есепті шешуге кірісуден бұрын материалдың теориялық жағын меңгеріп алу қажет. 2. Салу есептерін шешуге кіріскенде алдымен қарапайым салулардан бастап шешу керек. 3. Есептер шешу кезінде әсіресе көрнекі құралдар мен модельдерді (нұсқаларды) пайдаланудың ерекше маңызы бар. 4. Негізгі салуларды дәл орындау керек: а) кеңістіктегі нүктенің орнын анықтау; б) берілген екі нүкте арқылы түзу жүргізу; в) бір түзудің бойында жатпайтын үш нүкте арқылы жазықтық жүргізу; г) түзу мен жазықтықтың қиылысу нүктесін табу; д) әрбір жазықтықта барлық планиметриялық салулардың орындалуы; е) егер өзін анықтайтын элементтер берілсе, онда геометриялық дене салу.Егер кеңістікте салуға берілген есептердегі негізгі амалдар, яғни онда ұсақ бөліктерге бөлінетін негізгі қарапайым салулар түгел орындалса, онда кеңістіктегі кез-келген геометриялық салу орындалады деп есептеледі. 1   ...   6   7   8   9   10   11   12   13   ...   16

Практикалық сабақтар

Математиканы оқыту әдістемесі пәні бойынша тест сұрақтары

Тест сұрақтарының жауаптары

Әдебиеттер

Алпысов Ақан Қанапияұлы

қой, үш адам және т.б.) бұлардың әртүрлі қасиеттеріне назар аударады.

«Көру» процесі бала санасында бейнелеудің ерекше формасын қабылдайды (сезінеді), объектіні сезімдік түйсіну – танымның ең алғашқы сатысы, ол ұғымға сәйкес қалыптасады. Математика пәні өзі зерттейтін ұғымдарды белгілі бір жүйеге келтіріп, өзіне тән талаптарға сәйкес ұғымдарды бөлшектейді. Ол үшін:

а) бөлудің негізі бірыңғай болуы керек. Бұл шартты сақтамау нәтижесінде оқушылар жиі қатеге ұрынады. Мысалы, үшбұрыш ұғымын тең бүйірлі, сүйір бұрышты және тік бұрышты үшбұрышқа бөледі.

ә) бөлу өлшемдес болуы тиіс. Мұның мәні – бөлінетін ұғымның көлемі бөлу мүшелері көлемдерінің қосындысына тең болуы керек.

б) бөлу мүшелерінің әрқайсысы басқаларын қоспауы тиіс, яғни олардың бірде біреуі басқа ұғымның көлеміне кірмеуі тиіс. Мәселен, «бүтін сандар, жай сандар, жұп сандар, тақ сандар» бөлуі дұрыс емес, себебі 5 саны жай сандарға да, тақ сандарға да кіреді.

в) бөлу үзіліссіз болуы керек, яғни бөлінетін ұғым бөлу мүшелері үшін ең жақын тек болуы тиіс.

Ұғымдарды классификациялауды олардың әр түрлі белгілері бойынша жасауға болады. Мысалы, бір ғана үшбұрыш ұғымын «бұрыштары бойынша» және «қабырғалары бойынша» жеке-жеке классификацияланады:

а) үшбұрыш бұрыштары бойынша: сүйір бұрышты, тік бұрышты, доғал бұрышты.

б) әр қабырғалары бойынша: әр қабырғалары

(а b,

b c,

а с) , тең

бүйірлі

(a b c) , тең қабырғалы

(a b c) .

Классификациялау ұғымдардың мәнін олардың қатынастарын айқындау, көлемін шектеу арқылы дұрыс түсінуге көмектеседі. Сондай-ақ функция ұғымын да әр қырынан классификациялауға болады. Егер бір ұғымның көлемі басқа ұғым көлемінің бөлігі болса, онда бірінші ұғым түрлік ұғым, ал екіншісі тектік ұғым деп аталады. «Тек» және «түр» атаулары салыстырмалы сипатта ғана болады. Мәселен, «параллелограмм» ұғымы

«ромб» ұғымына қарағанда тектік ұғым болады, ал «көпбұрыш» ұғымына

қарағанда түрлік ұғым болып табылады. Сол сияқты «үшбұрыш» ұғымдары бойынша үшбұрыштың екі қабырғасы тең болатынын бөліп алатын болсақ, онда «тең бүйірлі үшбұрыш» ұғымы жалпы «үшбұрыш» ұғымының түрі, ал

«тең бүйірлі үшбұрыш» үшін «үшбұрыш» тектік ұғым болады. Егер тең бүйірлі үшбұрыштардың ішінен бір бұрышы тік болатын болса, онда тең бүйірлі үшбұрыш – тектік, ал тең бүйірлі тікбұрышты үшбұрыш – түрлік ұғым болады. Мәселен, алгебралық жағынан функцияларды алгебралық және трансценденттік деп, жұптық белгілі бойынша – тақ, жұп, тақта
емес, жұпта емес функцияларға саралауға болады.

    1. Математикалық сөйлемдердің маңызды түрлеріне аксиомалар, постулаттар, теоремаларжатады.

Аксиома деп ешбір дәлелдеусіз қабылданатын сөйлемді айтады.

Ғылыми теорияны құрғанда сүйенетін бастапқы негізі – дәлелдеусіз алынған сөйлемдер жүйесі, яғни, аксиомалар. Ғылыми теорияның басқа тұжырымдары (теоремалары) осы аксиомаларға сүйеніп дәлелденеді. Аксиомалар және алғашқы ұғымдар математикалық теорияның негізгі фундаментін құрайды. Математикалық теориялардың негізі болатын аксиомаларды ғылыми тұрғыда жан-жақты зерттеу ХІХ ғасырдың соңы мен ХХ ғасырдың басында қолға алынды. Бұл кезеңде бірсыпыра ғалымдар математикалық теориялардың тізімін жасаумен шұғылданады.

Белгілі бір ғылымның негізін қалайтын барлық аксиомалар тобын аксиомалар жүйесі дейді. Мәселен, геометрияның барынша толық әрі қарапайым аксиомалар жүйесін жасағандардың бірі атақты неміс математигі Д. Гильберт еді. Д. Гильберт геометриялық жүйеде алғашқы үш (нүкте, түзу, жазықтық) ұғымды және алғашқы үш (жатады, арасында, конгруэнтті) қатынасты қарастырады. Г. Вейль бүкіл мектеп геометриясын векторлық кеңістік идеясы негізінде құруды ұсынды.

А.Н. Колмогоров бүгінгі таңдағы мектеп геометриясының аксиомалар жүйесін жасады. Аксиомалар жүйесіне мынадай талаптар қойылады:

  1. Аксиомалар жүйесі қайшылықсыз болуы тиіс. Мұның мәні жүйедегі аксиомалар мен сол аксиомалардың барлық логикалық салдары бірін–бірі теріске шығармауы керек.

  2. Аксиомалар жүйесі тәуелсіз болуы тиіс. Мұның мәні: жүйедегі кез- келген аксиома басқаларынан шықпауы керек.

  3. Аксиомалар жүйесі толық болуы тиіс. Мұның мәні: жүйедегі аксиомалар теорияның негізін қалау үшін жеткілікті болуы керек.

Ұзын саны шектеулі аксиомалардан теорияны құру әдісін аксиоматикалық әдіс деп, ал теорияны аксиоматикалық теория деп атайды. Бұл теорияның басқа қағидалары оның негізін қалаған аксиомалардың логикалық салдарлары болып табылады. Математика ғылымында геометрияны, арифметиканы, ықтималдықтар теориясын және т.б. құрудың аксиоматикалық әдістері белгілі.

Постулат дегеніміз – белгілі бір ұғым немесе ұғымдардың арасындағы белгілі бір қатынас қанағаттандыруға тиісті талаптарды сипаттайтын математикалық сөйлем.

Сондықтан постулаттың өзі белгілі бір ұғымның немесе ұғымдар жүйесі анықтамаларының бөлігі болып табылады. Мысалы, «жазықтықтағы параллель түзулер» ұғымы екі постулатпен анықталады. Айталық,

а және в түзулері өзара параллель болуы үшін мына қасиеттерді қанағаттандыруы тиіс.

а) а және в түзулері бір жазықтықта жатуы тиіс, яғни а в .

б) екі түзу бір бірімен беттесуі немесе мүлдем ортақ нүктелері

болмауы тиіс, яғни а в а в  

Теорема деп ақиқаттығы дәлелдеу арқылы тағайындалатын математикалық сөйлемді айтады.

Әрбір теорема өзінің шартын (Р) және қорытындысын (Q) қамтиды. Мәселен, «Вертикаль бұрыштар тең» теоремасында «Вертикаль бұрыштар» - шарты, ал «тең» қорытындысы. Осы теоремаға «егер ... , онда ... » тіркестерін пайдаланып, тұжырымын басқаша, келісімді (силлогизм) түрде беруге болады, яғни «Егер бұрыштар вертикаль болса, онда олар тең болады». Бұл тұжырымның ерекшелігі, теореманың шарты (егер...) мен қорытындысы (онда ...) бір–бірінен ерекшеленіп тұрады. Кейбір жағдайларда теореманы

«Егер..., онда...» тіркестерінсіз тұжырымдауға болады. Мұндай тұжырымдарды кесімді тұжырымдау дейді. Кесімді тұжырымдау әдетте қысқа, ыңғайлы болып келеді. Теореманың тұжырымын логикалық тілде былай жазады: Р (шарт)  Q (қорытынды).

Ал теореманы дәлелдеу дегеніміз Р шартты ақиқат деп алып, Q қорытындының ақиқаттығын логикалық жолмен көрсету.

Теоремалар тура, кері, қарама - қарсы және кері теоремаға қарама –

қарсы теорема түрінде кездеседі. Алғашқы теореманы тура теорема (Р Q)

деп алсаң, онда берілген теоремаға кері теорема деп тура теореманың шартын қорытындысымен, ал қорытындысын шартымен ауыстырудан

шыққан теореманы айтамыз (Q P).

Тура теоремаға қарама–қарсы теорема деп оның шарты мен

қорытындысын тікелей бекерге шығарудан алынған теорема (P Q).

Қарама–қарсы теоремаға кері теорема деп оның шарты мен

қорытындысын бекерге шығарудан алынған теореманы айтамыз (Q P) .

Жалпы алғанда, тура теорема дұрыс болғанда, оған кері теорема мен қарама–қарсы теорема әрдайым дұрыс бола бермейді. Келтірілген мысалда, тура теорема дұрыс та кері теорема жалған. Шынында, тік төртбұрыштың диагональдары тең. Бірақ ол тең бүйірлі трапеция емес. Сондай–ақ мысалдағы қарама–қарсы теорема да жалған, өйткені тік төртбұрыш тең бүйірлі трапеция бола алмайды, бірақ оның диагональдары тең. Ал кері теоремаға қарама–қарсы теорема әрдайым тура теоремамен мәндес болады. Осы сияқты, кері теорема мен қарама–қарсы теорема да мәндес болады. Кері және қарама–қарсы теоремаларды дәлелдеудің маңызы зор.
Сондай–ақ

олардың дәлелдеуін игерудің мәні ерекше. Біз кері теореманы дәлелдеудің әр түрлі әдістеріне мысалдар келтірейік.

Тура теорема. Егер шеңбердің екі хордасы тең болса, онда олар керетін доғалары да тең болады.

Кері теорема. Егер шеңбердің екі доғасы тең болса, онда олар керетін хордалары да тең болады.

Дәлелдеудің бірінші тәсілі –кері теореманы тура дәлелдеу.

Берілгені.

AmB CnD

(7сурет).


m

В

А

7-сурет
Дәлелдеу керек: AB CD.

Дәлелдеу.

AmB CnD

болғандықтан, АВ доғасын СD доғасына

бейнелейтін етіп көшіргенде, А және В нүктелері сәйкес Q және Р

нүктелеріне бейнеленеді және

ОА OB OC OD

екенін еске алсақ, онда

АОВ  COD. Демек, АВ CD .

Дәлелдеудің екінші тәсілі – қарсы жору.

АВ CD

деп ұйғарамыз. Олай болса,

AB CD1

(1)


    1. (2)

болатындай D1 нүктесін салайық. Ал тура теоремадан

АВ CD (3)

      1. және (3) теңдіктерден

СD CD1 , яғни СD нүктесі өзінің

CD1

бөлігіне тең,

бірақ бұлай болуы мүмкін емес. Сонымен, біз қайшылыққа келдік. Демек,

АВ CD

деп ұйғаруымыз дұрыс емес. Ендеше,

АВ CD .

Енді кері теореманы дәлелдеудің үшінші тәсілін қарастырайық. Бұл тәсілде кері теоремамен мәндес қарама-қарсы теореманы, яғни

(Q P)  (P Q) пайдаланамыз. Екі теореманың да дұрыстығына көз

жеткізу үшін олардың біреуін дәлелдеу жеткілікті. Біз қарама-қарсы теореманы дәлелдейік.

Теорема (қарама-қарсы). Егер шеңбердің екі хордасы тең болмаса, онда олар керетін доғалар да тең болмайды.

Дәлелдеу. Теореманың шарты бойынша

АВ СD . Сондықтан

АВ СD1


болатындай D1 нүктесін салайық. Онда алдыңғы теорема бойынша

АтВ  СnD1 , сонда мынадай екі жағдай болуы мүмкін:

        1. АВ СD

        2. АВ СD

болса, онда болса, онда

АтВ СnD,

АтВ СnD.

Олай болса,  АтВ  СnD . Дәлелдейтініміз осы еді.

Қарсы жору әдісі теоремаларды дәлелдеуге жиі қолданылатындықтан, оны кейінірек мүмкіндігінше жете қарастырамыз. Теореманы дәлелдеудің бұл әдісі үш сатыдан тұрады:

  1. Теореманы дәлелдегенде оның қорытындысын бекерге шығарамыз, яғни дәлелдеуді талап ететін байламдарға қарсы ұйғарамыз (біздің мысалда доғаларды керетін хордалар тең емес).

  2. Қабылданған ұйғаруға байланысты логикалық дұрыс ой қорытулар жасай отырып, соңында қайшылыққа келеміз (мысалда кесінді өзінің бөлігіне тең).

  3. Логикалық дұрыс талдау жасағанмен қайшылыққа келеміз, олай болса, біздің ұйғаруымыз дұрыс емес деп байлам жасаймыз. Демек,

дәлелдеуді талап еткен қорытынды дұрыс (яғни, мысалда

АВ СD

деуіміз

жалған, олай болса АВ СD).

Теоремаларды дәлелдегенде оқушыларды дәлелдеу әдістеріне төсілдіріп, оны есеп шығарғанда, басқа пәндерді оқығанда, ойлану үрдісіне пайдалануға үйрету мақсатын көздейміз. Олай болса, мұғалім оқушыларға теоремаларды дәлелдеуді үйретуге көңіл бөлуі керек. «Дәлелдеу дегеніміз ақиқат пайымдауларға негізделген ой қорыту және болжамдарға сүйеніп дәлелдемелік пайымдаулар» деген болатын Платон.

Теореманың ішінде шарты және қорытындысы болады. Шартынан не берілгенін, ал қорытындысынан не дәлелдеу керек екенін білуге болады. Теорема «егер» деген сөзбен басталса, «онда» деген сөзге дейінгі – оның шарты, ал онда деген сөзден аяғына дейінгі – қорытындысы. Бірақ кейбір теоремалардың шарты мен қорытындысын оқушылар айыра алмайды. Мұндай жағдайда оқушыларға мұғалім көмектесіп үйретуі керек. Мысалы:

«Сыбайлас бұрыштардың қосындысын табыңдар». Оқушылар

транспортирмен бұрыштарды өлшеп, қосындысы

1800

болатынын табады да,