«Жүлдегерлік жүз есеп» – математикалық олимпиадаға дайындықтың таптырмас құралы

«Жүлдегерлік жүз есеп» – математикалық олимпиадаға
дайындықтың таптырмас құралы
Қизатолла Серікбек
«Абай атындағы көпсалалы мектеп-гимназиясы»КММ
Математика пәні мұғалімі, mr_vip_serik@mail.ru

Кілт сөздер: пән олимпиадасы, логикалық ойлау, пифагор теоремасы,
нұсқау.
Пән олимпиадасы – ғылымның алғашқы басқышы, бала санасына
ғылымның алғашқы ізденістерін қалыптастырып, болашақ ғалымдарды
баулитын, ғылымға еркін бойлайтын жастар қосынын қалыптастыратын ең
үкен және ең тамаша бағдарламалық бәсеке.
«Біз әлемнің алдыңғы елдерімен бәсекелес болу үшін ең алдымен
технократтық мемлекетке айналуымыз керек», - дейді академик Асқар
Жұмаділдаев. Ғылымның тереңіне үңілу мына заманның алғы шарты десек, пән
олимпиадасы алғы шарттардың алғы шарты болып тұрғаны ақиқат.
Пән олимпиадасына дайындық, адам миының ең жоғары қабылдау
кезеңінде басталатындықтан, ол оқушылардың логикалық ойлау формасын
дамытып қана қоймай, ғылымға деген көзқарасын қалыптастырып, болашақ
бағдарын айқындайтын тамаша ғылыми ізденіс. [1]
«Жүлдегерлік жүз есеп» – математикалық олимпиадаға дайындықтың
таптырмас құралы. Кітапта жалпы үш бөлімге (айтулы ақиқаткерлік есептер,
таңдаулы тапқышкерлік есептер, әсемгерлік есептер) бөлінген 100 есеп
берілген. Сонымен бірге есептің тарихы, танымдық мақсаты және шешу жолы
туралы нақты деректер мен аралық ескертпелер, есептің мазмұнын ашатын
мысалдар, пысықтама-тапсырмалар кестесі ұсынылған. Бұл кітаптың ерешелігі
осында, оқушылар түсініктеме арқылы зерттеулер мен есептеулер жүргізе
отырып, берілген тапсырманы орындайды.
Жүлдегерлік жүз есептің 8-есебін алып қарастырсақ.
Пифагор есебі және Евклид шешуі
8-есеп. Тікбұрышты АВС үшбұрыштың бұрышы тік бұрыш болса, онда
оның АС және ВС ка теттеріне салынған квадраттардың аудандарының
қосындысы сол үшбұрыштың АВ гипотенузасына салынған квадрат ауданына
тең болады деп дәлелде(1-сызба).[2]

1-сызба
Нұсқау.Бұл есептің ең алғашқы дәлелдеулерінің біреуі ғылыми
геометрияның атасы Евклидтің (б.з.б. 356-300) әлемге әйгілі “Бастамалар” атты
көп томды кітабында келтірілген. Бұл дәлелдеу туралы ғылым тарихшылары :
“Евклидтің өзі тапқан шешу болар” – деген болжам айтылады.
Дәлелдеуі:
Евклид шешуінің жалпы сарыны мынадай:
1. С нүкте арқылы AD ∥ CP кесінді жүргізіледі және CP мен
AB – ның қиылысу нүктесін Q әрпімен белгілейді.
2. DC, CE, BF, AK кесінділері жүргізіледі.
3. ∆ADC=∆ABF болатынын дәлелдейді.
∆ADC мен ∆ABF үшбұрыштарын қарастырайық:  ,;
ADC
ABF
AC AF AB AD


  
, ; , ;AC AF ACHF AB AD ABED 0
0
90
90
CAD DAB CAB CAB
FAB FAC CAB CAB
     
     

Үшбұрыштар теңдігінің бірінші белгісі:
Теорема.(екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрышы бойынша
үшбұрыштардың теңдік белгісі). Егер бір үшбұрыштың екі қабырғасы мен
олардың арасындағы бұрышы сәйкесінше екінші үшбұрыштың екі қабырғасы
мен олардың арасындағы бұрышына тең болса, онда мұндай үшбұрыштар тең
болады.
Сонымен ∆ADC = ∆ABF болады.
4. 1
2
ADC ADPQ
SS

 болатынын дәлелдейді.
ADPQ – тік төртбұрыш болғандықтан, ADPQ
S AQ AD

   
,,
1
2
, , ,
1 1 1
2 2 2
AQC
CPD
AD CP AB CP AB CQ
AQCдан S AQ CQ
AD CP DE CP AQ DP AD PQ
СPD дан S DP CP DP CQ PQ AQ AD CQ



   
  
           
1 1 1
( ) 2
2 2 2
11
22
ADC AQC ADPQ CPD
ADPQ
S S S S AQ CQ AQ CQ AQ AD CQ AQ CQ AD AD CQ
AQ AD S
  
               
  

Сонымен, 1
2
ADC ADPQ
SS

 болатыны дәлелденді.
5. 1
2
ABF ACHF
SS

 болатынын дәлелдейді.
ACHF – тік төртбұрыш болғандықтан, ACHF
S AF AC
   
1
2
,,
11
22
ABC
BHF
ABCдан S AC BC
AF BH FH BH HC AC
BHFдан S AC HC BC AC AC BC


   

       
 
2
1 1 1
( ) 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2
ABF ACHF ABC BHF
ACHF
S S S S AF AC AC BC AC AC BC AC AC BC AC BC
AC AC AC S
  
               
   

Сонымен,
1
2
ABF ACHF
SS


болатыны дәлелденді.
6. Осы дәлелдеу барысының 3-ші,4-ші, және 5-ші сатыларынан ADPQ ACHF
SS
болатыны шығады.
∆ADC = ∆ABF болса, онда олардың да аудандары тең болады. Яғни, ADC ABF
SS


тең болады. Ал ADC ABF
SS

 болса, 11
22
ACHF ADPQ ACHF ADPQ
S S S S  
тең болады.
7. ∆CBE=∆ABK болатынын дәлелдейді.
∆СBE мен ∆ABK үшбұрыштарын қарастырайық:  ,;
CBE
ABK
CB BK AB BE


   , ; , ;CB BK CBKM AB BE ABED
0
0
90
90
CBE ABE CBA CBA
ABK CBK CBA CBA
     
     

Үшбұрыштар теңдігінің бірінші белгісі бойынша, ∆CBE = ∆ABK болады.
8. CBKM BEPQ
SS болатынын дәлелдейді.

Бұл теңдікті дәлелдеуде ең алдымен 7-ші сатыда ∆CBE мен ∆ABK -ның
тең болатынын дәлелдегенбіз. Олай болса олардың аудандары да тең болады.
Енді сол жағдайды қарастырайық.
Алдымен ∆ABK -ның ауданын табайық: ABK BCMK ABC AMK
S S S S
  
  
BCMK – тік төртбұрыш болғандықтан,
BCMK
S BC CM BC BC   

1
2
, , ,
11
()
22
ABC
AMK
ABCдан S AC BC
BK AM AM MK MK BC AM AC CM AC BC
AMKдан S AM MK BC AC BC


   
     
        
2
11
()
22
1 1 1 1
2
2 2 2 2
ABK BCMK ABC AMK
BCMK
S S S S BC BC AC BC BC AC BC
BC BC AC AC BC BC BC AC S
  
          
        

Енді ∆CBE –нің ауданын табайық: CBE BEPQ BQ CPE
S S S S
  
  
,,
BEPQ
S BQ BE
CP AD BE CP AB CP PE


1
2
11
()
22
1
()
2
BQC
CPE
BQCдeн S CQ BQ
CPEдeн S CP PE CQ PQ BQ
CQ BE BQ


   
       
    
11
()
22
1 1 1
2
2 2 2
11
22
CBE BEPQ BQC CPE
BEPQ
CBE ABK BEPQ CBKM BEPQ CBKM
S S S S BQ BE CQ BQ BQ CQ BE
BQ BE CQ CQ BE BQ BE S
CBE ABK S S S S S S
  

          
       
        
CBKM BEPQ
SS
болатыны дәлелденді.

9. ABED ADPQ BEPQ
S S S .
ABED – квадрат. PQ – ABED квадратын ADPQ және BEPQ тік
төртбұрыштарға бөледі
AB = AQ + BQ , BE=AD ,ABED
S =ADPQ BEPQ
SS  ()
ADPQ
BEPQ
S AQ AD
S BQ BE ADPQ BEPQ
ABED
S S AQ AD BQ BE AQ AD BQ AD AD AQ BQ
AD AB S


             
  

10. 6-шы , 8-ші және 9-шы сатылардан :
ABED ADPQ BEPQ
S S S
. Демек,
AB
2
=AC
2
+CB
2
.

6-шы сатыдан ACHF ADPQ
SS тең болатынын ,8-ші сатыдан BEPQ CBKM
SS тең
болатынын, 9-шы сатыдан
ABED ADPQ BEPQ
S S S орындалатынын
дәлелдегенбіз.
Олай болса, ABED ACHF CBKM
S S S

болады.

Демек, 2 2 2
AB AC BC
орындалатындығын көруге болады.
Дәлелдеу керегі осы еді.

Ұстаздың ұлы арманы ұлы тұлға болар шәкірт тәрбиелеу болса керек,
менің де ұстаздық мамандықты таңдап, осы салада жұмыс істеудегі ең үлкен
арманым – елдің ертеңі болар ұрпақ тәрбиелеу. Ал, осы жолда пән
олимпиадасы шыңдалар майдан.
Пайдаланған әдебиеттер:
1. Аятжан Ахметжан. Пәндік олимпиада және олимпиадалық дайындық.
2017 жыл.
2. Қ.Нұрсұлтанов, Г.Нақышбекова. “Жүлдегерлік жүз есеп”. Алматы-2009
3. Смирнов .А., Тұяқов Е.А. Геоматрия. Жалпы білім беретін мектептің 8-
сыныбына арналған оқулық. – Алматы: Мектеп, 2018. – 160 б., сур.

Шығыс Қазақстан облысы
Семей қаласының физика-математика бағытындағы
Назарбаев Зияткерлік мектебі


«Мұғалім зерттеуі – жетістікке жетер жол»
математика пәні мұғалімдерінің ғылыми-практикалық
конференциясы

Баяндама




Дайындаған: «Абай атындағы көпсалалы
мектеп-гимназиясы»КММ
математика пәні мұғалімі
Қизатолла Серікбек



Семей
2020 жыл