«Анықталмаған теңдеулердің шешу тәсілдері»

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ

ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН ОБЛЫСЫНЫҢ БІЛІМ БАСҚАРМАСЫ

КЕНТАУ КӨПСАЛАЛЫ КОЛЛЕДЖ

ҒЫЛЫМИ ЖҰМЫС

Тақырыбы: “Анықталмаған теңдеулердің шешу тәсілдері.

Математика пәнінің оқытушысы Р.Е.Молдабекова

Резюме

В научной работе представлен материал на тему «Неопределенные способы решения уравнений»

Summary

This scientific work presents material for "Indefinite ways of solving equations"

Кентау 2016 жыл.

Мазмұны

Кіріспе

I-тарау.Анықталмаған тендеулердің (Диофант тендеулерді) шешудің теориялық негіздері.

1.1.Диофанттың өмірі мен шығармашылық жұмыстарының мәні мен маңыздылығы.

II-тарау.Анықталмаған теңдеулер және теңдеулер жүйесінің бүтін түбірлерін табудың әдіс-тәсілдері.

2.1.Анықталмаған сызықсыз теңдеулерді шешу әдістері

2.1.1.Көбейткішке жіктеу тәсілі.

2.1.2.Бөлшек өрнектің бүтін мәнін есептеу тәсілі.

2.1.3.Модуль(салыстырым) пайдаланып Диофант теңдеу щещу.

2.1.4.Жұп, тақтық қасиетті пайдалану.

2.1.5.Кері жору тәсілі.

2.1.6.Айнымалының мәнін бағалап, шектеу тәсілі.

Қорытынды

Пайдаланылған әдебиеттер

Кіріспе

Қазіргі уақытта математикамен кәсіби түрде немесе әуесқойлықпен барлығы Диофанттық теңдеу туралы, тіпті Диофанттық анализ туралы естіген болар.Соңғы 15-20 жылдары өзінің алгебралық геометрияға жақындығына байланысты ол «сәнге» айналды.Сонымен қатар анықталмаған анализге атау берген Диофанттың өзі туралы, антикалық заманның қызықты оқымыстыларының бірі туралы ештеңе айтылмаған.Оның еңбектері туралы тарихшылар өздерінің кері көқарасына ие.Олардың көпшілігінің ойынша, Диофант қк, алайда жекелеген әдістерді пайдалана отырып, анықталмаған теңдеулерге ұқсайтын жекелеген есептерді шешумен айналысқан.Осы бағалар туралы біз дәлірек төменде айтатын боламыз.

Сонымен қатар Диофант есептерін қарапайым талдау көрсетіп отырғандай, ол анықталмағн теңдеулерді бүтін сандарда шешу мәселесін қойып қана қойған жоқ және де оларды шешудің кейбір жалы әдістерін берді.Осы орайда айта кету керек, антикалық математикада жалпы әдістер ешқашан шешілетін есептерден бөлек «таза түрінде» сипатталмаған.Диофантпен де жағдай осыған ұқсап тұр.Виет пен Ферма үшін оның әдістері түсінікті болды және олар жаңа есептерді шешу үшін оларды пайдаланады.

Диофант идеяларының дамуы Анри Пуанкаре мен Андре Вейльдің жұмыстарына дейін жалғасты.Сондықтан Диофант анализінің тарихы ерекше қызықты.

Бұл жұмыс анықталмаған теңдеулердің бүтін түбірлерін табуға арналған Диофант әдістеріне және олардың тарихына арналған.

Тақырыптың қажеттілігі мен маңыздылығы

1.Бұл тақырыптың теориялық және практикалық маңызы зор бола тұра программалық курста зерттелмейді.

2.Олимпиадаға дайындық жасаудағы басты тақырыптың бірі Анықталмаған тендеулердің бүтін түбірлерін табуға арналған (диофант тендеуін шешу) есептер болатыны сөзсіз.

3.Диофант тендеу шешу тәсілдері математикалық әр түрлі есептер шешуге қолданылатын маңызды әдіс тәсілдерді қамтиды.

Тақырыптың мақсаты мен міндеттері

Диофант тендеу шешудің және жалпы математика бағытымен топталып алынғандықтан, оқушыларды математиканы оқып үйренуге тәрбиелеу, есеп шығару дағдысын арттыруға тиімді ықпал ететін болады.

Практикалық мазмұндағы мәтін есептерді тендеу және олардың жүйесінің бүтін шешімін табу жолымен шешу арқылы теорияны өмірмен ұштастыра білуге баулу.

Негізгі тәсілді игеру арқылы есептер шығару тәсілдері.

Жұмыстың құрылымы мен көлемі.

Жұмыс кіріспеден,екі тараудан, қорытындыдан және әдебиеттер тізімінен тұрады.Жұмыстың көлемі бет

Бірінші тарауда анықталмаған тендеулердің (Диофант тендеулерді) шешудің теориялық негіздері жөнінде қысқаша шолу жасалған.

Екінші тарауда анықталмаған тендеулердің және тендеулер жүйесінің бүтін түбірлерін табудың әдіс-тәсілдері қаралды.

1-тарау.Анықталмаған тендеулердің (Диофант тендеулерді) шешудің теориялық негіздері.

1.1.Диофанттың өмірі мен шығармашылық жұмыстарының мәні мен маңыздылығы.

Диофант ғылым тарихында едәуір қиын жұмбақтардың бірі.Бізге оның өмір сүрген жылдары және осы салада жұмыс жасағандар туралы белгісіз.Оның еңбектері тұтастай өткізбейтін қараңғының арасындағы жарқыраған алаңға ұқсайды.

Диофант өмір сүрген уақыттың аралығы, мүмкін бес жүз жылды құрайды.Осы аралықтың төменгі шегі ешқандай қиындықсыз анықталады:өзінің көпбұрышты сандар туралы кітабында Диофант б.ғ.д II ғ ортасында өмір сүрген математик Гипсикл Александрсийкийді бірнеше рет тілге тиек етеді.Бір жағынан Теон Александрийскийдің,белгілі астроном Птолемейдің «Альмагестіне»берген комментаринде Диофант шығармаларының үзіндісі келтірілген.Теон б.э.IY ғ ортасында өмір сүрген.Осымен осы аралықтың жоғарғы шегі анықталады.Сонымен, 500 жыл.

Диофанттың едәуір толық мәтінін шығарушы , француздың ғылым тарихшысы Поль Таннери осы аралықты сүзгіден өткізуге әрекет жасайды.Экспуриалдық кітапханасында ол XI ғасырдағы византиялы ғалым Михайл Пселлдің хатының үзіндісін тауып алды, онда «оқымысты Анатолий Александрийский осы ғылымның едәуір маңызды бөліктерін жинағаннан кейін (белгісіздік дәрежесі және олардың белгіленуін ендіру туралы айтып отыр) оны өзінің досы Диофантқа арнады.

Анатолий Александрийский «Арифметикаға кіріспені» құрастырды,оның үзінділері Ямблих және Евсевийдің бізге дейін келіп жеткен шығармаларында келтіріледі.Бірақ, Анатолий Александрияда б.ғ. III ғ ортасында,тіпті дәлірек айтатын болсақ 270 ж, Лаодаксий деп атайтын Диофантпен достығы осы уақыттан бұрын да орын алуы мүмкін.

Егер, танымал Александриялық математик және Диофант атты Анатолийдің досы бір адам болса, онда Диофанттың өмір сүру уақыты б.з. III ғ ортасы.

Диофанттың «Арифметикасының» өзі «достопочтенды Диониске» арналған.Ол мәтінінен көріп отырғанымыздай , арифметикаға және оны оқытуға қызыққан.Дионисий есімі сол уақытта айтарлықтай таралғанымен, Таннеридің айтуынша «мақтаулы» Дионисияны көрнекі лауазымдарға ие болған дәуірдің белгілі тұлғаларының арасынан іздеу керек.Міне, 241 жылы Александрийдің Епископы Дионсий деген біреу болды, ол 231 жылдан бастап қаланың христиандық гимназиясына басшылық етті.Сондықтан Таннери бұл Дионисийді өзінің енбегін арнаған Диофантқа ұқсастырды да Диофант б.э. III ғасырынвң ортасында өмір сүрді деген тұжырымға келді.

Диофанттың «Арифметика» - шешімделген және қажетті түсініктемелермен қамтылған есептердің жинағы.Сондықтан бір қарағанда, ол теориялық шығарма болып табылады.Алайда мұқият оқысақ, есептердің мұқият таңдалғандығын және толығымен анықталған, қатаң ойластырылған әдістерді көрсету үшін қызмет атқаратындығын көруге болады.Көне заманда қабылданғандай, әдістер жалпы түрде тұжырымдалмайды, біртипті есептерді шешу үшін қайталанылады.

II-тарау. Анықталмаған теңдеулер және теңдеулер жүйесінің бүтін түбірлерін табудың әдіс – тәсілдері.

2.3. Анықталмаған сызықсыз теңдеулерді шешу әдәстері.

2.3.1. Көбейткіштерге жіктеу тәсілі.

1-есеп: 2x²+3xy+y=35 теңдеуінің бүтін шешімдерін тап.

Шешуі: 2x²+3xy+y²=35 →(2x+y)(x+y)=35

35=5*7=(-5)*(-7)=1*35=(-1)*(-35) және x, y – бүтін сандар болғандықтан байланысты жұйелерді шешу арқылы (2;3), (-2;9), (-2;-3), (2;-9), (34;-33), (-34;69), (-34;33), (34;69) пар сандары тендеудің шешімі болатынын анықтаймыз.

2-есеп: x⁴-y⁴-20x²+28y²=107 тендеуінің бүтін шешімдерін тап.

Шешуі: x⁴-y⁴-20x²+28y²=x⁴+x²y²-x²y²-y⁴-24x²+4x²+24y²+4y²-96+96=(x⁴+x²y²-24x²)-(x²y²+y⁴-24y²)+(4x²+4y²-96)+96=(x²+y²-24)-(x²-y²+4)+96 болғандықтан берілген тендеу (x²+y²-24)(x²-y²+4)=11 түрінде жазылуымен қатар 11=1*11=(-1)*(-11) болатынын ескеріп алдыңғы есептегідей барлық мүмкін жағдайды қарастыру арқылы (2;-3), (-2;-3), (4;3), (-3;-3), (-2;3), (2;-3), (-4;3), (4;-3), шешімдерін табамыз.

3-есеп: 1+x+x²+x³=2^y тендеуінің бүтін шешімдерін тап.

Шешімі: Берілген тендеуді (1+x)(1+x²)=2^y деп түрлендірейік.Бұдан 1+x6 1+x² сандары 2^y - нің бөлгіштері болады.Немесе 1+x=2^m, 1+x²=2^y-m →x=2^m-1, x²=2^y-m-1 бұдан 2^2m+2^m-1+1=2^y-m-1 немесе 2^y-m+2^m-1-2^2m=2 болады.Төмендегі жағдайларды қарастырайық.

1)m=0 болсын. 2^y+2-1=2 немесе 2^y=1→y=0 және 1+x=2^m → x=0.

2)m>0 болсын. 2^y-m-1+2^m-2^2m-1=1 және 2^m,2^m-1 –лар бүтін 2^y-m-1 –бүтін және 2^y-m-1(1+2^2m-y+1-2^3m-y=1),→2^y-m-1=1, 1+2^2m-y+1-2^3m-y=1 немесе y-m-1=0, 2m-y+1=3m-y →m=1, y=2, x=2^m-1-1 олай болса тендеудің (0;0), (1;2) ≥4-есеп: xy=x+y тендеуінің бүтін шешімін тап.

Шешімі: Тендеуді xy-x-y+1=1 →(x-y)(y-1)=1 түріне келтірейік.1=1*1=(-1)*(-1) және x,y – бүтін сандар болатынын пайдаланып мүмкін екі жағдайды қарастыру арқылы (0;0),(2;2) шешімдерін табамыз.

2.3.2. Бөлшек өрнектің бүтін мәнін есептеу тәсілі.

1-есеп: 2x²-2xy+9x+y=2 тендеуінің бүтін шешімдерін тап.

Шешуі:Берілген тендеуді y= =x+5+ түріне келтірсек y бүтін сан болу үшін бөлшегі бүтін мәнді қабылдау керек.Мұның төмендегі төрт мүмкіндігі бар.

а) 2x-1=1, б)2x-1=3, в)2x-1=-1, г)2x-1=-3, Сондықтан тендеудің бүтін шешімдері (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3) пар сандары болады.

2-есеп: тендеулер жүйесінің бүтін шешімдерін тап.

Шешімі:2-тендеуден x=y+z-3-ті 1-тендеуге қойсақ yz-3y-3z+4=0 болады да y=;

3-есеп: x³-13xy+y³=13 тендеуінің бүтін сандар жиынында неше шешімі бар.

Шешімі:x+y=s, xy=t ауыстыруын орындау арқылы берілген тендеуді s³-3st-137=13 немесе t= түріне келтірейік.Бұдан 27t= =9s²-39s+169-39s- t – бүтін сан болғандықтан бүтін сан болу керек.Сондай-ақ s²-4t=(x-y)²≥0 s²-4*

1 3s+13=1(3) және 13*96=2²*7²*13 санының осы қасиеттерге үйлесетін бөлгіштерін тапсақ:1;4;7;13;28;49;52 болады да S сан сәйкес -4;-3;-2;0;5;12;13; мәндерін қабылдайды.Бұған сәйкес t-нің мәндері t=-77,-10,-3,-1,4,35,42, x,y – тер z²-sz-t=0 тендеуінің түбірлері болады.Бұл тендеуді s,t –нің табылған мәндерінде шешсек (7;5), (7;6), (7;12), (1;3), (1;-1), (1;4), (-5;2) деген 7 шешім шығады да x, y симметриялы екенін ескерсек есептің бүтін сандар жиынында 7*2=14 шешімі болады.

2.3.3. Модуль (салыстырым) пайдаланып Анықталмаған тендеуді шешу.

1-Есеп: x²+5y²=20z+2 тендеуін бүтін сандар жиынында шеш.

Шешімі: Берілген тендеуді x≡2(mod5) түрінде жазуға болады.Егер x=5k →x²≡0(mod5), x=5kұ1→x²≡1(mod5), x=5kұ2→x²≡-1(mod5) болатындықтан теендеудің бүтін шешімі жоқ.

2-Есеп: 19x³-91y²=1991 тендеуінің бүтін шешімін тап.

Шешімі: Тендеуді түрлендіріп

19(x³-100)=91(1+y²) →19(x³-2)-19*98=91(1+y²) түріне келтірейік. 91≡0(mod7), (19.7)=1x³≡0(mod7) – ге келтірейік. x≡0;1;2;3;4;5;6(mod7) немесе x=7k;7k+1;7k+2;7k+3;7k+4;7k+5;7k+6 жағдайларын тексеріп көрсек x³≡2(mod7) тендеудің шешімі жоқ екені дәлелденеді.

3-Есеп: 3ⁿ+55 саны бүтін квадрат болатын барлық натурал n-сандарын тап.

Шешімі: 3ⁿ+55=s², s N (1) дейік

а) n=2m+1 3²=1(mod4)→3²ⁿ⁺¹≡3(mod4) 55≡3(mod4) болатындықтан тендеу s²≡2(mod4) түріне келеді де s²≡0;1(mod4) болатындықтан бұл жағдайда есептің шешімі жоқ.

б) n=2m (жұп сан) болсын.Бұл жағдайда (1) тендеуінің s²=(3^m)²+55 немесе (s-3^m)(s+3^m)=55 түріне келтірейік, 55=1*55=5*11 және s-3^ms+3^m болатынын ескерсек

1.s-3^m=1; s+3^m=55

2.s-3^m-5; s+3^m=11 бұл жүйелерін шешу арқылы

а) m=3, s=28 →n=6

б) m=1, s=8 →n=2 мәндерінде 3ⁿ+55 өрнегінің мәні бүтін санының кватраты болатынына көз жеткіземіз.

2.3.4. Жұп, тақтық қасиетті пайдалану.

Есеп 1: x³+y³-3xy=2 теңдеуінің бүтін шешімін тап.

Шешімі: а) x, y екеуі бірдей немесе қай біреуі тақ болса теңсіздіктің сол жағы тақ сан болады да бұл жағдайда шешімі жоқ.

б) x, y екеуі де жұп болсын немесе x=2m, x=2n.Берілген тендеуді түрлендірсек 2(2m³+2n³-3mn)=1 болатындықтан шешімі жоқ.

Есеп 2: x²+y²=2006 тендеуінің бүтін шешімі болмайтынын дәлелде.

Шешімі: а) x, y екеуі де жұп немесе біреуі жұп, біреуі тақ болса сол жағы 4ке бөлінеді де оң жағы бөлінбейтіндіктен шешімі жоқ.

б) x=2z+1, y=2t+1 болсын z²+z+t²+t=501 →z(z+1)+t(t+1)=501 тендеуінің сол жағы жұп, оң жағы тақ болатындықтан шешімі жоқ.

Есеп 3: y²+9=x³ тендеудің бүтін шешімін тап.

Шешімі: а) x-жұп сан болсын.Бұл жағдайда берілген тендеу y²≡-1(4) салыстырымына келеді.Бұл салыстырымның шешімі болмайды.

б) x-тақ сан болсын.Тендеуді

y²+1=x³-8=(x-2)(x²+2x+4) түріне келтірейік.

А=x²+2x+4=(x+1)²+3=-1(4) сондықтан А санының жай бөлгіштерінің қай бірі р=-1(4) түрінде болады.А p→ y²+1⋮p немесе y²≡-1(p) бұл тендіктің екі жағын дәрежеге шығарсақ y^p-1≡-1(p) болады.Келесі жағынан (y;p)=1 → Ферманың кіші теоремасы бойынша y^p-1≡1(p) болуға тиіс.Қайшылыққа келіп тендеудің бүтін шешімі болмайтыны дәлелденді.

2.3.5. Кері жору тәсілін керектену.

Есеп 1: x²+y²=3t² бүтін шешімдерін тап.

Шешімі: x=y=t=0 шешімі болады.

а) x,y,t үшеуі де нөлден өзгеше деп алайық.(x;y;t)=d десек x=dx₁, y=dy₁,t=dt₁ және (x₁;y₁;t₁)=1 → x₁²+y₁²=3t₁²→x₁²+y₁²⋮3→x₁;y₁ екеуі де 3-ке бөлінуі шарт x₁=3x₂;y₁=3y₂ →3(x₂²+y₂²)=t₁² →t₁⋮3.Бұл (x₁;y₁;t₁)=1 дегенге қайшы келеді.

б) x;y;t сандарының қай бірі нөлге тең болатын жағдайларда да жоғарғымен бірдей шешім болмайтынын дәлелдеу қиын емес.

Есеп 2: x⁵+3x⁴y-5x³y²-15x²y²+4xy⁴+12y⁵=33 тендеуінің бүтін шешімі болмайтынын дәлелде.

Шешімі:Тендеудің сол жағын көбейткіштерге жіктеп, (x+3y)(x+y)*

(x-y)(x+2y)(x-2y)=33 түріне келтіреміз.Керісінше тендеудің x₀,y₀ бүтін шешімі бар делік.x₀⁵≠0 болғандықтан y₀≠0 →x₀+3y₀, x₀+y₀, x₀-y₀^, x₀+2y₀, x₀-2y₀ сандары әртүрлі.Ал 33 санында (-1) 1 (-3)-11һ(-1) 1 3 (-11)деген әртүрлі 4 көбейткіш қана болуы мүмкін.

2.3.6. Айнымалының мәнін бағалап, шектеу тәсілі.

Есеп1: 6x²+5y²=74 тендеуінің бүтін шешімін тап.

Шешімі: Берілген тендеуді 6(x²-4)=5(10-y²) түріне келтірейік.Бұдан x²-4=5u, 10-y²=6v немесе u=v болуы тура. →u, v айнымалылары үшін 0 және 1-ге тен болатын екі ғана мүмкіндік бар.u=v=0 болса тендеудің бүтін шешімі жоқ u=v=0 кезде бұдан (3;2), (3:-2), (-3;2), (-3;-2) шешімдерін аламыз.

Есеп 2: x(x+1)(x+7)(x+8)=y² тендеуінің бүтін шешімдерін тап.

Нұсқау: x²+8x=z деп алып z9 болғанда z²+7z=y² саны (z+3)² –мен (z+4)² сандарының арасында болатындығына көз жеткіземіз.Бұдан z9 болғанда шешім жоқ екенін анықтадық.Енді z≤8 болғандағы x-тің мәндерінде тендеудің шешімін табу қажет.

Есеп 3: x²+xy+y²=x²y² тендеуінің бүтін шешімдерін тап.

Нұсқау: Теңдеуді (x+y)²=xy(xy+1) түріне келтіріп, xy0 болса x+y,сондай-ақ x y -1 болса (x+y)² сандары бүтін мән қабылдамайтынына көз жеткізу қажет.

Есеп 4: x(x+1)(x²+x+2)=2y² тендеудің бүтін шешімдерін тап.

Нұсқау: x(x+1) жұп →y-жұп болатынына көз жеткіз. x(x+1)=2z, y=2t десек z(z+1)=2t²→z=2a² немесе z+1=2b² түрінде болатынын ескеріп 2 жағдайды жеке жеке алып көр.

Жауап: а) (0;0), (-1;0)

б) (1;2), (1;-2), (-2;2), (-2;-2)

Есеп 5: x⁴+x³+x²+x+1=y² тендеуінің теріс емес бүтін шешімдерін тап.

Нұсқау: Тендеуді (x²+ ²+ ² түріне келтір.

8y8x²+4x+3 8y8x²+4x+4 немесе 2y2x²+x+1 тендіігінің екі жағын квадратта және берілген тендеуді пайдаланып x-тің мәнін шекте.

Қорытынды

Орта мектепте анықталмаған тендеулердің бүтін түбірлерін табудың қарапайым әдістері қарастырылады.Оқушылар анықталмаған тендеулердің шешудің таңдау тәсілі, дербес шешімдерін алтыншы сыныптан бастап үйренеді.Әсіресе, бұл тендеулердің бүтін шешімдерін табу мәселелері қарастырылады.Бұл дипломдық жұмыста Диофант тендеулердің бүтін шешімдерін табудың әдіс-тәсілдері жинақталып, оларды жалпылау арқылы жалпы әдіс қорытындыланған.Диофанттық тендеулердің бүтін шешімдерін табудағы оқушылардың логикалық ойлауын қалыптастыру, математикаға қызығушылықты арттыру, байқағыштыққа, шапшаң есептеу және шешу дағдыларын қалыптастыру, өзіндік ізденуге жол ашу, математика әлемінің сырларын анықталмаған тендеулер арқылы ашудағы проблемалық есептерді орта мектепке пайдалану мәселелері қарастырылды.

Бүтін сандар адамдарды ерте дәуірлерден бері қызықтырып келеді.Ежелгі грек-рим шежірелерінде, сол дәуірдің өзінде-ақ бүтін сандар арифметикасын күнделікті өмірдің қажеттілігінен де тереңірек, кеңірек зерттеп үйренгені туралы мәлімет айтылады.Бүтін сандардың қасиеттерін зерттеумен ертедегі гректің данышпан ғалымдары Евклид, Пифагор,Диофант тағы басқалары айналысқан.

Евклид (біздің заманымыздан бұрыңғы IV ғасыр)жай сандардың ақырсыз көп екенін және басқа қасиеттерін дәлелдеген болса, Эратосфен (б.э.б. 384-322) берілген саннан үлкен емес жай сандар кестесін түзудің тәсілін ұсынған.

Пифагор (б.э.б. 580-500) натурал сандардың қатынасы арқылы музыканы зерттеген.ынатурал сандарды зерттеп үйренгені соншалықты, натурал сандарға түрлі атаулар беріп, адам тағдырын сандардың қасиеті арқылы болжаған.Келешекте дүниені сан басқарады, сан дүниенің негізі деген мистикалық пайымдаулар жасауға дейін барған.Диофант анықталмаған тендеулерді бүтін сандарда шешуді қарастырған.

Бүтін сандардың тамаша қасиеттерін көп зерттеген ғалымдардың бірі – француздың атақты математигі П.Ферма (1601-1665).Ол өзінің атымен аталған бірнеше теорема қалдырған.

Математика тарихында анықталмаған тендеулерді бүтін сандарда шешумен бірінші болып, III ғасырда өмір сүрген грек математигі Диофант айналысқан.Сондықтан анықталмаған тендеулерді кейде диофанттық тендеулер деп те атайды.Анықталмаған тендеулердің, негізінен, бітін шешімдерін табу қарастырылады.

Практикалық өмірде, атап айтқанда халық шаруашылығы өркендеуімен байланысты техникалық мәселелерде анықталмаған тендеулердің бүтін шешімдерін табу – ғылымда болсын немесе техникалық мәселелерде болсын негізгі проблемалардың бірі болып табылады.

Пайдаланылған әдебиеттер

1. Бейсеков Ж, Рахымбек Д, Шарипов Т.А. – Орта мектепте математиканы оқытудың әдістемесіне арналған оқу құралы – Шымкент 2003, -180 бет.

2. Бидосов Ә. – Орта мектепте математиканы оқыту методикасы. – Алматы, 1992.-224б.

3. Брадис В.Н. методики преподавания математики в средней школе.-М.Учпедгиз,1951.-504стр.

4. Көбесов А. – Орта мектепте математиканы оқыту методикасы. – Алматы, 1989.-86б.

5. Математика пәні бойынша қазақ мектептеріне арналған бағдарлама (5-9 сыныптар) Алматы, 1999.-24 бет.

6. Мұқашев Ә.Қ, 5-6 сыныптарда математиканы оқытудың кейбір мәселелері.-Алматы Рауан.-1991.-144бет.

7. Оразалиев А. - математикалық сөйлемдер.-Алматы, 1996. – 68 бет.

8. Груденов Я.И. – совершенствование методической работы учителя математики. Кн для учителя.-М:Просвещение,1990.-224с.

9. Репьев В.В. – Общая методика преподавания математики.-М.Учпедгиз,1958.-223стр.

10. Баймұханов Б.Б, - математика есептерін шығару.-Алматы мектеп 1988.