ԴՊՐՈՑՈՒՄ - n Latert.nla.am/archive/NLA AMSAGIR/Matematikan dprocum/2010... ·...

ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱՆԴՊՐՈՑՈՒՄ

О_Iск_IС

1ЬI s #

5 1 15 ° 3

* 3 1 _з с е з -

° ч 3 3 с? 3 £Ь- с i - 13

■=■ S . 5

QооCVI

յ Ժ՜

ՕԳՆՈՒԹՅՈՒՆ ՈՒՍՈՒՑՉԻՆ է. Ի . Ա յ վ ա զ յ ա նԱՎԱԳ ԴՊՐՈՑԻ «ՀԱՆՐԱՀԱՇԻՎ ԵՎ ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱԿԱՆ ԱՆԱԼԻԶԻ ՏԱՐՐԵՐ» ՈՒՍՈՒՄՆԱԿԱՆ ԱՈԱՐԿԱՅԻ ՆՈՐ ԴԱՍԸՆԹԱՑԻ ՄԱՍԻՆ (Մաս 1. 10-րդ դասարան)................................................................3

ՄԵԹՈԴԱԿԱՆ Ս. Ի ս կ ա ն դ ա ր յ ա նՏԱՐՐԱԿԱՆ ԴՊՐՈՑՈՒՄ ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱՅԻ ԴԱՍԱՎԱՆԴՄԱՆ ՄԵԹՈԴՆԵՐԻԿԱՏԱՐԵԼԱԳՈՐԾՄԱՆ ՈՐՈՇ ՀՆԱՐՆԵՐԻ ՄԱՍԻՆ.......................11

ԳԻՏԱՄԵԹՈԴԱԿԱՆԱ. Մկրտչյան, Ն. Մա րտիրոսյան, Ա. ԿիրակոսյանՀԱԿԱԴԱՐՁ ՖՈՒՆԿՑԻԱՅԻ ՀԱՍԿԱՑՈՒԹՅԱՆ ՄԱՍԻՆ...................17

ՆՈՐ ՏԵԽՆՈԼՈԳԻԱՆԵՐ Գ. Վ. Ա ղ ե կ յ ա նԲԱԶՄԱՆԻՍՏԵՐԻ ԻՆՏԵՐԱԿՏԻՎ ՀԱՏՈՒՅԹՆԵՐԻ ԿԱՈՈՒՑՈՒՄԸ ՀԱՄԱԿԱՐԳՉՈՎ.................................................... 23

ԱՐՏԱԴԱՍԱՐԱՆԱԿԱՆ Ա. Մ ե լ ի ք - Փ ա ր ս ա դ ա ն յ ա նՊՏՂՈՄԵՈՍԻ ԵՐՐՈՐԴ ԹԵՈՐԵՄԻ ՇՈՒՐՋ................................... 32

Ա. Ս. Մ ի ք ա յ ե լ յ ա նՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱՅԻ ՕԼԻՄՊԻԱԴԱՅԻ (2-ՐԴ)ՏԱՐԱԾՔԱՅԻՆ ՓՈՒԼԻ ԽՆԴԻՐՆԵՐԸ (2010).................................45

ԻՆՔՆԱԿՐԹՈՒԹՅՈՒՆԿ. Մ. Մ ո ս ե ս յ ւ ս ն , Գ. Ա. Հ ա մ բ ա ր ձ ո ւ մ յ ա նԿԱԽՎԱԾ ԳԱԳԱԹՆԵՐԻ ԹԻՎԸ ԾԱՈԵՐՈՒՄ................................ 57

Գ. Ն ե ր ս ի ս յ ա նԽՆԴԻՐՆԵՐ............ 64

Խ մ բ ա գ ր ա կ ա ն խ ո ր հ ո ւ ր դ

Հւսմլետ Միքայելյան գլխ ա վոր խ մբա գիր

Սարիբեկ Հակոբյան գլխ ա վոր խ մբա գրի տ եղա կա լ, պ ա տ ա սխ ա նա տ ու քա րտ ուղա ր

Խ ո ր հ ր դ ի ա ն դ ա մ ն ե ր

Աբրահամյան Արաս Այվազյան էդվարդ Առաքելյան Կորյուն Բաղդասարյան Գևորգ Զաքարյան Վանիկ Հարությունյան Հայկունի Ղուկասյան Նորայր Ղուշչյան Ալեքսանդր Միքայելյան Օնիկ Մովսիսյան Յուրա Նավասարդյան Հայկազ Աաֆարյան Գրիգոր Աեդրակյան Նաիրի Տոնոյան Գառնիկ

Ն կ ար ի չՎ. Հ. Միքայելյան

Հ ա մ ա կ ա ր գ չ ա յ ի նձ և ա վ ո ր ո ւ մ ը

ԳոԻար Խաչատրյանի

Տիգրան Մեծի 67, սենյակ 401 375005 Երևան 5 Tigran Metsi 67, Room 401 375005 Yerevan 5, Armenia

« Մ ա թ ե մ ա տ ի կ ա ն դ պ ր ո ց ո ւ մ »գ ի տ ա մ ե թ ո դ ա կ ա ն սւ մ ս ա գ ի ր № 1, 2 0 1 0 թ .

Լրատվական գործունեություն իրականացնող' « Կ ր թ ո ւ թ յ ա ն ա զ գ ա յ ի ն ի ն ս տ ի տ ո ւ տ » ՓԲԸ

Հասցեն' Երևան, Տիգրան Մեծի 67, վկայական՛ N 01 Ա 044424,տրված 16.02.1999թ.

Ամսագրի թողարկման պատասխանատու՝ գ լխ ա վ որ խ մբա գիր Հ ա մ լե տ Մ ի ք ա յե լյա ն

Հանձնված է տպագրության 05.03.201 Օթ: Տպաքանակը' 2010, ծավալը 4 մամուլ: Թուղթ' օֆսեթ: Չափսը’ 70x100 1/1Տ;

Գինը' 700 դրամ:Ուսումնական հաստատություններին հատկացվում է ա ն վ ճ ա ր

Phone: (010) 55 99 38 Fax: (010) 55 92 98 E-mail: atuedu.am Internet: lutp://\\\v\\ .anieda.am

Օ Գ Ն Ո Ւ Թ Յ Ո Ւ Ն Ո Ւ Ս Ո Ւ Ց Չ Ի Ն

Օ գ ն ո ւ թ յ ո ւ ն ո ւ ս ո ւ ց չ ի ն

ԱՎԱԳ ԴՊՐՈՑԻ «ՀԱՆՐԱՀԱՇԻՎ ԾՎ ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱԿԱՆ ԱՆԱԼԻԶԻ ՏԱՐՐԵՐ»

ՈՒՍՈՒՄՆԱԿԱՆ ԱՌԱՐԿԱՅԻ ՆՈՐ ԴԱՍԸՆԹԱՑԻ ՄԱՄԻՆ (Մաս 1. 10-րդ դասարան)

է. Ի. Այվազյան, մանկ. գիտ. թեկնածու, դոցենտ ԿԱԻ

Ավագ դպրոցի «Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր»

(այսուհետ՜ ՀՄԱՏ) ուսումնական առարկայի պետական չափորոշչի բացատրւս֊

գրում նշվում է, որ այդ փաստաթղթի առաջին մասը ՀՄԱՏ առարկայի հայե

ցակարգն է, որում բւսցահայւովում են առարկայի կրթական նշանակությունը,

նպատակները, ուսուցման հիմնական սկզբունքները և բովանդակային գծերը:

Ընդ որում, առարկայի կրթական նշանակությունը պարզաբանվում է

«Հանրահաշիվ» և «Մաթեմատիկական անալիզ» առարկաների գիտական, տեխ

նիկական և հասարակական կյանքի բոլոր ոլորտների առաջընթացի համար

ունեցած կարևորագույն դերով, այն է' որպես փոփոխականների, դրանց հետ

գործողությունների կատարման, դրանց միջև գոյություն ունեցող զանազան

առնչությունների (ֆունկցիաների) և հարաբերությունների վերաբերյալ մաթե

մատիկայի բնագավառ: Այդ դերն իր արտացոլումն է ունեցել ինչպես անցյալի

բազմաթիվ, այնպես էլ ներկա կրթական համակարգերում, ինչն իր հերթին պայ

մանավորված է հետևյալ հիմնական գործոններով.

ա) հանրահաշիվը և մաթեմատիկական անալիզը' լինելով մաթեմատի

կայի կորևորագույն բնագավառներ, անփոխարինելի դեր են խաղում մարդու

աշխարհայացքի ձևավորման գործում:

բ) Դրանք միաժամանակ պարունակում են հսկայական կրթական ներուժ,

հետևողականություն և նպատակասլացություն, որը նպաստում է անձի հոգևոր

աշխարհի ձևավորմանը, սովորողի իմացական ոլորտի (մտածողության), կամա

յին ու անհատական որակների ձևավորմանն ու զարգացմանը: Միևնույն ժամա

նակ, հանրահաշվական մտքերի հստակությունը և մաթեմատիկական անալիզի

ուսուցման արդյունքում ձևավորվող վերլուծական կարողությունները, առաջա

դրված հարցերին տրվող պատասխանների միանշանակությունը նպաստում են

սովորողների մոտ համաձայնության գալու անչափ կարևոր կուլտուրայի և

ստեղծագործական ունակությունների ձևավորմանը:

գ) ՀՄԱՏ առարկայի կրթական դերը պայմանավորված է նաև դրա գործ-

նական-կիրառական ընդգծված նշանակությամբ:

դ) Հանրահաշվական մտքերը և մաթեմատիկական անալիզի ոլորտում

գործածվող դատողություններն ունեն հստակ, կուռ տրամաբանական կառուց

վածք: Դրանց շարադրման ընթացքը կատարվում է ձևական տրամաբանության

օրենքներով ու օրինաչափություններով: Այդ պատճառով ՀՄԱՏ առարկայի ու

սուցման միջոցով հնարավոր է ձևավորել և զարգացնել սովորողների տրամա

բանական և ալգորիթմական մտածողությունը:

ե) ՀՄԱՏ առարկայի դասավանդումը մեծապես կարող է նպաստել սովո

րողների լեզվամտածողության զարգացմանը:

զ) ՀՄԱՏ առարկայի դասավանդումը հնարավորություն է ստեղծում նաև

սովորողներին հաղորդակից դարձնելու ազգային և համամարդկային արժեքնե

րին [1; 5]:

Առարկայի բովանդակությունը շարադրվում է ինչպես գծայնորեն, այնպես

էլ պարուրաձև' ըստ հետևյալ բովանդակային գծերի, իրական թվեր, եռանկյունաչափության տարրեր, թվային ֆունկցիա, բանաձևեր (հավասարություն, անհավասարություն, հավասարում, անհավասարում, համակարգեր և համախմբեր), միացությունների տեսության, վիճակագրության, հավանականությունների տեսության տարրեր, տրամաբանության տարրեր. Ընդ որում, չափորոշչում

վերջին երկու գիծը միատեղված է մեկ գծի մեջ, որը տեղին չէ, քանի որ ՀՄԱՏ

առարկայի ինչպես բնագիտամաթեմատիկական, այնպես էլ ընդհանուր ու

տարբերակված հոսքերի 11-րդ դասարանի ծրագրերում և դասագրքերում տրա

մաբանությանը նաև (բացահատորեն) հատկացված է առանձին բաժին (գլուխ).

Այժմ կանգ առնենք նշված բովանդակային գծերի վրա, հենքում ունենալով

ավագ դպրոցի ՀՄԱՏ առարկայի հոսքային դասագրքերի գիտամեթոդական

առանձնահատկությունները:

10-րդ դասարանի ՀՄԱՏ դասագրքերում կոնկրետացվել են, հիմնականում,

իրական թվեր, եռանկյունաչափության տարրեր և թվային ֆունկցիա բովանդա

կային գծերը, որոնց շարադրանքը, սակայն, «համեմված» է նաև բանաձևերի ու

տրամաբանության գծերի տարրերով:

1. Իրական թվերի բովանդակային գիծը համակարգում է սովորողների

նախորդ դասարաններում ուսումնասիրած գիտելիքները ռացիոնալ և իռացիո

նալ թվերի վերաբերյալ, ամբողջացնում է պատկերացումները թվային բազմու

թյունների, թվային ուղղի մասին, ձևավորում է իրական թվերով թվաբանական

հաշվարկներ կատարելու հմտություններ և տասնորդական մոտարկումներ

գտնելու և կիրառելու կարողություններ: Այս բովանդակային գիծը նախատեսում

է նաև խորացված ուսուցման հոսքերում կոմպլեքս թվերի վերաբերյալ պարզա

գույն նյութի ուսուցում, կոմպլեքս թվեր, գործողություններ դրանց հետ, կոմպ

լեքս հարթություն, կոմպլեքս թվի երկրաչափական մեկնաբանությունը և եռան

կյունաչափական տեսքը, մոդուլը, արգումենտը, Մուավրի բանաձևը, ո-րդ աստի

ճանի արմատ կոմպլեքս թվից:

Այս բովանդակային գծի հիմնական նորությունը «Իրական թվեր» պարա

գրաֆն է, որում, ինչպես նախորդ դասընթացում, իրական թիվը նույնացվում է

տասնորդական կոտորակի հետ, իսկ վերջինս էլ փոխմիարժեք համապատաս

խանության մեջ է տրվում թվային ուղղի կետի հետ.

«Թվային ուղղի կամայական կետի համապատասխանում է մի իրական

թիվ և, հակառակը, կամայական իրական а թվի թվային ուղղի վրա համա

պատասխանում է մի կետ: Այն գտնվում է սկզբնակետից |а| հեռավորությամբ'

սկզբնակետից աջ, եթե a-Կ դրական է և ձախ, եթե a-Կ բացասական է»:

Ընդ որում, թվային ուղղի А կետին համապառասխանող а իրական թիվը

երբեմն անվանում են А կետի կոոոռԻնատ. իսկ թվային ուղիղը' կոոոռԻնատաւԻն

ուոԻո:Այս կերպ իրական թիվը նույնացնելով թվային (կոորդինատային) ուղղի

վրա նրան համապատասխանող կետի հետ, կստանանք, որ а իրական թվի

մոդուլը' |а|-0 թվային կամ կոորդինատային ուղղի վրա а ֊ի հեռավորությունն է

0-ից: Արդյունքում հնարավորություն է ստեղծվում երկու' а և ծ թվերի տարբերու

թյան մոդուլին տալ երկրաչափական մեկնաբանություն, այն է' որպես а և Ъ կե-

տեոԻ հեռւսվոոոաւուն:

Այս պնդումը դասագրքում ապացուցվում է լրիվ ինդուկցիայի մեթոդով:

Իրական թվերի նման մեկնաբանությունը թույլ է տալիս էապես հեշտացնել

մոդուլ պարունակող որոշ հավասարումների և անհավասարումների լուծումը:

Օրինակ 1. Լուծել | х - 5 | = 3 հավասարումը:

Մենք պետք է գտնենք թվային ուղղի այն կետերը, որոնց հեռավորությունը 5-ից 3

միավոր է: Այսինքն' х =5 - 3 = 2 կամ х =5 + 3 = 8:

Օրինակ 2. Լուծել | 3 x - 7 | = 5 հավասարումը (N 32 բ):

Կանգունորեն պետք է գտնել 7 կետից 5 միավորով ձախ գտնվող կետի և 5

միավորով աջ գտնվող կետի կոորդինատները.

2Зх = 7 - 5 = 2=>х = — և З x = 7 + 5 = 12=>x = 4:

Օրինակ 3. Լուծել 12х + 7 | < 3 անհավասարումը:

Նկատենք նախ, որ \2х + 7\ < 3 <=> |2х - (-7)1 < 3, ուստի պետք է գտնենք

թվային ուղղի այն կետերը, որոնց հեռավորությունը -7-ից փոքր է 3 միավորից

(նկ.1):

3 միավոր 3 միավոր

ք---------- A ---------- V A 'ւ-----------о------1-------1-------•-------1-------1-------о-------^

A - 7 В x

նկ. 1

Ակնհայտ է, որ А և В կետերը գտնվում են -7-ից ուղիղ 3 միավոր

հեռավորության վրա; Ուստի А կետի կոորդինատը կլինի - 7 - 3 =-10 իսկ 5-ինը'

—7 + 3——4: Հետևաբար (-10;-4) հատվածի կետերը գտնվում են -7-ից ավելի

փոքր հեռավորության վրա, քան 3 միավորը: Այսինքն' 2хе (-10 ;-4 ) <=>

-1 0 <х <-4 <=> -5 < х <-2 <=> хе (-5;-2):

Օրինակ 4. (N 33 գ) Լուծել' |х +9 | < |х +1 | անհավասարումը:

ՈՒնենք' |х +9 | < |х +1 | <=> |x - (-9) | < |x- (-1) |: Հետևաբար պետք է գտնենք

թվային ուղղի այն կետերը, որոնք - 9 կետին ավելի մոտ են, քան -1-ին (նկ. 2):

: ֊ И

Հ~ -- • ֊-9

Н------ Ւ

֊ ( ֊ 4՜\— —•— I------ Ւ

նկ. 2

Ակնհայտ է, որ թվային ուղղի [-9; -1] հատվածի միջնակետը' (-5)-ը, (-9)-ից և

(-1)-ից գտնվում է հավասար հեռավորության վրա: ՈՒստի -5 կետից ձախ

գտնվող х կետերը -9 ֊ին ավելի մոտիկ են, քան -5-ից աջ գտնվող կետերը:

Այսինքն'

IX + 9 1 < |X +1 | < =>X < - 5 օ r e (— °°;-5]

Օրինակ 5. (N 35 բ) Հիմնավորեք, որ |x - 4 |+ |х -И | = 7 հավասարումը

լուծում չունի (նկ. 2):

| X — 4 | + | X 44 | = 7 •<=>■ | X — 4 | + | X —(—4) | = 7 ^ A C + CB=7\ (1)

Սակայն A C + С В >ճ5=8:Հնարավոր է երեք դեպք:

1) X < -4: Այդ դեպքում' |х - 4 | + |х - (^ ) I > 8, ուստի (1) անհավասա-

րումը լուծում չունի:

2) ֊4 < X £ 4: Այս դեպքում' |х - 4 | + |х - (^ ) I = 8 > 7, ուստի (1)

անհավասարումը լուծում չունի:

3) Կանգունորեն, եթե х>4, ապա դարձյալ |х - 4 | + |х - (^ ) I > 8 և (1)-ը

լուծում չունի:

Այսպիսով, ցանկացած x-ի համար (1) անհավասարումը լուծում չունի:

2. Ավագ դպրոցի 10-րդ դասարանի բնագիտամաթեմատիկական հոսքի ՀՄԱՏ դասագրքի հաջորդ նորույթը կապված է N 328 առաջադրանքի հետ: Նման տիպի հավասարումներ, որոնք կոչվում են ֆունկցիոնալ հավասարումներ, միջնակարգ դպրոցի ՀՄԱՏ դասագրքերում երբևե չի դիտարկվել:

Օրինակ 6. Գտնել խ ) ֆունկցիան, եթե հայտնիէ, որ ցանկացածх թվի

համար.

Լուծում. (1) հավասարման մեջ x-ի փոխարեն տեդադրելով — , կստա-

Նախ (1) հավասարման մեջ x-ը, nրտեղx^ 3, փոխարինենք (1^)-ով:

ՈՒստի 1 - X Փ- 3, X Փ- -2: Կստանանք'

նանք'

Մնում է լուծել հետևյալ հավասարումների համակարգը.

Օրինակ 7. / ( l - x ) —3 / (1)

4 — 2хUjOruhbinLx-Q փոխարինելով---------- ով, կստանանք'

Մնում է լուծել (2) և (3) հավասարումներից կազմված համակարգը և

պարզել, որ^ )= -0,5, х ф -2:

3. Հաջորդ նորույթը կապված է գլուխ 3-ի «Կոտորակագծային ֆունկցիա» պարագրաֆի հետ: Ինչպես նշվում է բնագիտամաթեմատիկական հոսքերի «Ուսուցչի ձեռնարկում» ([4;32]), նախկինում նման վերնագրով դասանյութ ՀՄԱՏ դասագրքերում չկար: Սակայն առաջադրանքների տեսքով դասագրքերում միշտ էլ ընդգրկվել են վարժություններ, որոնցում մասնակցում էր կոտորակագծային ֆունկցիան: §5-ում նախ տրվում է կոտորակագծային ֆունկցիայի սահմանումը.

_|_ էք« Կոտորակագծային է կոչվում у = --------- ֆունկցիան, որտեղ a-ն, Ъ-ն c-ն և d-ն

cx + d

իրական թվեր են» [2; 110]:

a bՔանի, որ с=0 դեպքում կստանանք գծային ֆունկցիա' у = — хл— (եթե

d^ 0), իսկ ad=bc դեպքում ֆունկցիան հաստատուն է իր որոշման'

X փ տիրույթում (իրոք' ad=bc=s> — = — = k =>a=kc, Ъ=Ы\ Ուստիс с d

ax + b , լ d , , , «■ ax + b cy = ----------= k , եթե х ф ----- ), ուստի համարենք, որ у = --------- ֆունկցիայում

cx + d с cx + d

сф 0 L a d Ф be:

Այնուհետև ենթադրվում է, որ նախորդ դասընթացից սովորողներին ծանոթ

է y = — ֆունկցիայի հատկություններն ու գրաֆիկը, իսկ վերջինս կոտորա-X

կագծային ֆունկցիայի մասնավոր դեպքն է, երբ а=0, d=0 և c=b\

ax + bԱյսքանից հետո մնում է y = --------- ընդհանուր դեպքը որոշ նույնական

cx + d

ձևափոխությունների միջոցով բերել у = ссл— տեսքի, որտեղ a , j3 ,y e R ևх+ у

Բ ՓՕ և, օգտվելով у = — ֆունկցիայի գրաֆիկից ու գրաֆիկների հետX

կատարվող ձևափոխություններից, ստանալ կոտորակագծային ֆունկցիայի գրաֆիկը' հիմնավորելով, որ այն հիպերբոլ է:

Օրինակ 8. Կոտորակագծային ֆունկցիան ներկայացնել у = а + - _ լ _х + у

= 1,5+-

տեսքով (N 347 գ).

Зх — 4 1 ,5 (2х֊б )+ 5у = -------------------------- = — ----------------------------—

2х ֊ 6 2 х ֊ 6 ' 2 х ֊ 6

Վերջին' 3x^ = 1.5(2х-6) +5 ձևափոխությունը նպատակահարմար է ստա

նալ ( З х ^ -ը անկյունաձև (2x-6)-ի վրա բաժանելով.

Зх—4 2x-6

CD1XCM 1,5

Օրինակ 9. Ձևափոխելով у = — հիպերբոլը, կառուցել у =X + 3

X ֊ 1Ֆունկ

ցիայի գրաֆիկը (N 349):

Նախ'X + 3

X ֊ 1

(x —1)+ 4

X ֊ 11 + -

X - 1ուստի у = 1 + -

X - 1ֆունկցիայի

գրաֆիկը կառուցելու համար անհրաժեշտ է հերթականությամբ կատարել հետևյալ քայլերը.

• у = — ֆունկցիայի գրաֆիկը 1 միավորով տեղաշարժել դեպի աջ' О ХX

առանցքով,

ստացված у =X ֊ 1

ֆունկցիայի գրաֆիկը ձգել O Y առանցքով' 4

անգամ,

4У ֆունկցիայի գրաֆիկը 1 միավորով զուգահեռ տեղաշարժել

X ֊ 1

O Y առանցքով' վերև,

ստացված յ = 1+ 4X ֊ 1

ֆունկցիայի գրաֆիկի О Х առանցքից ներքև

եղած մասը համաչափ արտապատկերել О Х առանցքի նկատմամբ:

4. ՀՄԱՏ առարկայի ծրագրի ֆիզմաթ ենթահոսքի 10-րդ դասարանի «Իրական թվեր» թեմայի տրամաբանական շարունակությունը «Կոմպլեքս թվեր» գլուխն է: Տևական ընդմիջումից հետո այս թեման կրկին ներդրվել է դպրոցական մաթեմատիկայի ՀՄԱՏ առարկայի ֆիզմաթ ենթահոսքի ծրագրի միջուկ: Այն ամբողջովին նորույթ է և ընթերցողին խորհուրդ ենք տալիս օգտվելով համապատասխան ՈՒՁ-ի ([5]) § 5-ից, մանրակրկիտ ուսումնասիրել դասագրքի գլուխ 5-ի

1-3 պարագրաֆների հետաքըրքիր ու ոչ դժվարամարս դասանյութը և կատարել

համապատասխան առաջադրանքները:

Այս գլխի հիմնական դժվարությունը կեղծ միավորի' i = 4 - Т -ի ներմու

ծումն է: Կատարելով համառոտ պատմական ակնարկ թվի զարգացման պատմությունից, ուսուցիչը բերում է համապատասխան օրինակներ, որ ամեն անգամ երբ մենք չեինք կարողանում որևէ թվային բազմությունում լուծել որևէ հավասա

րում, օրինակ, ռացիոնալ թվերի Q բազմությունում' x 2 =2 հավասարումը, ապա

փորձում էինք այդ բազմությունն ընդլայնել նոր տիպի տարրերով' թվերով այնպես, որ նշված տիպի հավասարումներն այդ կերպ ընդլայնված բազմությու

նում (մեր օրինակում' Л-ում) դառնան լուծելի:

Օգտագործված գրականություն

1. «Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր, Երկրաչափություն»: Հանրակրթական ավագ դպրոցի չափորոշիչներ և ծրագրեր, ՀՀ ԿԳՆ, ԿՇԿ, -Ե., «Տիգրան Մեծ», 2009.

2. Գ. Գ. Գևորգյան, Ա.Ա. Աահակյան, «Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր», բնագիտամաթեմատիկական հոսքերի համար, -Ե., «Տիգրան Մեծ», 2009.

3. Գ. Գ. Գևորգյան, Ա.Ա. Աահակյան, «Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր», ընդհանուր և հումանիտար հոսքերի համար, -Ե., «Տիգրան Մեծ», 2009.

4. է. Ի. Այվազյան,«Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր», ՈՒսուցչի ձեռնարկ (բնագիտամաթեմատիկական հոսքերի համար), -Ե., «Տիգրան Մեծ», 2009.

5. է. Ի. Այվազյան,«Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր», ՈՒսուցչի ձեռնարկ ( ընդհանուր և հումանիտար հոսքերի համար), -Ե., «Տիգրան Մեծ», 2009.

6. է. Ի. Այվազյան,«Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր - 10», Լուծումների ուղեցույց,(բնագիտամաթեմատիկական, հումանիտար և ընդհանուր հոսքերի համար), -Ե., « է դի թ Պրինտ», 2009.

Մ Ե Թ Ո Դ Ա Կ Ա Ն

Մ ե թ ո դ ա կ ա ն

ՏԱՐՐԱԿԱՆ ԴՊՐՈՑՈՒՄ ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱՅԻ ԴԱՄԱՎԱՆԴՄԱՆ ՄԵԹՈԴՆԵՐԻ

ԿԱՏԱՐԵԼԱԳՈՐԾՄԱՆ ՈՐՈՇ ՀՆ Ա Ր Ն Ե Ր ԻՄԱԱԻՆ

Սվետլանա Իսկանդարյան Խ.Աբովյանի անվան ՀՊՄՀ մաթեմատիկայի և տարրական ուսուցման

մեթոդիկայի ամբիոնի դոցենտ, մանկ. գիտ. թեկնածու

Ներկայումս տարրական դպրոցում մաթեմատիկական կրթությունն ուղղորդված է աշակերտների մեջ ձևավորելու ինքնուրույնություն, մտածողության կուլտուրա, հասկացությունների տիրապետման կարողություններ և այլն: Հիմնական հասկացություններին տիրապետելու համար պետք է երեխաներին օգնել, որ նրանք կոնկրետ առարկայական-գործնական մտածողությունից աստիճանաբար անցնեն վերացական-հասկացողականի:

Գաղտնիք չէ, որ այսօր տարրական դպրոցում մաթեմատիկայի ուսուցումը հիմնականում կատարվում է «հասկանալ - յուրացնել - հիշել» բանաձևով: Փաստորեն աշակերտներին սովորեցնում են ոչ թե մաթեմատիկական օրինաչափություններն, այլ որոշ հնարներ, գծագրերի և սխեմաների կիրառում, ւխյրժո- ղական բնույթի բազմաթիվ օրինակների, խնդիրների լուծում:

Այսօր կրտսեր դպրացականներին մաթեմատիկա ուսուցանելու հիմնական նպատակը պետք է լինի, «հասկանալ - տիրապետել (նաև ինքնուրույն) գիտելիքների և գործնականում դրանք կիրառել»: Այդ դեպքում աշակերտներն ուսումնառության ընթացքում հնարավորություն են ունենում ինքնուրույն մտածել, հիշել, ընդհանրացնել ունեցած գիտելիքները, դրանք համակարգել ու կարողանալ կիրառել: Ինչպես նշում են հոգեբանները յուրաքանչյուր երեխայի մեջ ներկա է ստեղծագործական հնարավորություն, ներքին ուժ, որն ուղեղի բնական ֆունկցիա է:

Կրտսեր դպրոցականների մաթեմատիկական մտածողության զարգացման գործում մեծ դեր են խաղում որոշակի բարդություն ունեցող այնպիսի առաջադրանքները, որոնք աշակերտներից պահանջում են ոչ ստանդարտ մոտեցում:

Տարրական դպրոցում մաթեմատիկայի ուսուցման ընթացքում քննարկվող հարցերի տեսական մակարդակի բարձրացումը բարենպաստ պայմաններ է ստեղծում աշակերտների զարգացման համար: Սակայն միայն տեսական մակարդակի բարձրացումը չի կարող տալ ցանկալի արդյունք, եթե ուսուցիչն ինքը չցուցաբերի ստեղծագործական մոտեցում:

Մաթեմատիկայի ուսուցմանը ներկայացվող պահանջների համապատաս

խան գործնական բնույթի հարցերի յուրացումը պետք է կատարվի տեսական

գիտելիքների հիման վրա, ինչը պետք է ստիպի, որ աշակերտները գիտակցա

բար վերաբերվեն տեսական հարցերին: Սակայն կրտսեր դպրոցականները դեռ

այդ չեն գիտակցում: ՈՒսուցիչը պետք է լուրջ ուշադրություն դարձնի տեսական

հարցերի այնպիսի մեկնաբանմանը, որպեսզի աշակերտների մեջ հետաքրքրու

թյուն առաջացնի ուսուցվող նյութի նկատմամբ:

Եթե պետք է մեկնաբանվի թիվը 10-ով, 100-ով, 1000-ով բազմապատկելու

դեպքերը, ապա ուսուցիչը կարող է կատարել այսպիսի աշխատանք: Նախ պետք

է քննարկել մասնավոր դեպքեր. 3 - 1 0 = 30, 5 - 1 0 = 50, 12 -10 = 120 և այլն:

Այնուհետև պահանջել, որ աշակերտները համեմատեն ստացված պատասխան

ներն առաջին արտադրիչների հետ և նկատեն օրինաչափությունը: Պարզվում է,

որ թիվը 10-ով բազմապատկելու դեպքում ճիշտ պատասխան ենք ստանում, եթե

այդ թվի աջից կցագրում ենք մեկ զրո: Պարզ է, որ տվյալ դեպքում կիրառվում է

ո£ ԼՐԻՎ ինդուկցիայի մեթոդը: Կարևորն այն է, որ ուսուցիչն աշակերտների համար ստեղծում է ինքնուրույն եզրակացություններ կատարելու պայմաններ:

Ուսուցիչը շարունակում է աշխատանքը, մեկնաբանելով, որ թիվը 10-ով

բազմապատկելիս փաստորեն տրված թվի կարգային միավորներն են մեծանում

10 անգամ: Այսպես.

3764 • 10 = (3000 + 700 + 60 + 4) • 10 = (3 • 1000+ 7 ■ 100+ 6 • 10+4) • 10 =

= 3 • 1000 • 10 + 7 • 100 • 10+6 • 10 • 10 + 4 • 10 = 37640

Դասվարի համար պետք է պարզ լինի տասնորդական համակարգում բնա

կան թվերի գրառման հետևյալ տեսքը. 3764 = 3 • 10ա+ 7 • 10Ա+ 6 - 10 + 4:

Եթե 3764 • 10, ապա կստացվի.

3764 -10 = 3- 10Ш -10 + 7 -102-10 + 6 - 1 0 - 1 0 + 4 - 1 0 =

= 3 • 104+ 7 ■ 103+ 6 • 102+ 4 • 10 = 37640:

Նման մեթոդական մոտեցում կարելի է ցուցաբերել նաև թիվը 100-ով,

1000-ով բազմապատկելու դեպքերը մեկնաբանելիս: Քննարկելով օրինակներ և

օգտվելով ոչ լրիվ ինդուկցիայի մեթոդից' պետք է կատարել եզրակացություն

թիվը 100-ով, 1000-ով բազմապատկելու դեպքերի համար:

Կրտսեր դպրոցականների մաթեմատիկական մտածողության զարգացման

հնարներից են. գիտելիքների հաղորդման հաջորդայնությունը, բարձր մակար

դակով ընդհանրացումներ կատարելը: Առաջին դասարանի դասագրքում (տես

[3]) կա հետևյալ բովանդակությամբ առաջադրանք.

«Գումարները դասավորիր (կարդա) փոքրից մեծ. 2 + 12, 14 + 3, 4 + 15,

4 + 3, 5 + 5, 16+4»:

Առաջադրանքը կատարելու համար աշակերտները պետք է ունենան համապատասխան տեսական գիտելիքներ, միանիշ թվին միանիշ թիվ և երկնիշ թվին միանիշ թիվ գումարելու դեպքերի մասին:

Ցանկացած դասի ընթացքում ուսուցիչը պայմաններ պետք է ստեղծի, որպեսզի երեխաները ցուցաբերեն ակտիվ ստեղծագործական աշխատանքի ձգտում և մասնակցություն: Այդպիսի աշխատանք կարելի է կազմակերպել մասնավորապես թիվը 10-ի բաժանելու դեպքերի ուսուցման ժամանակ: Այսպես, 87 թիվը 10-ի' բաժանելու համար պետք է բաժանելիում առանձնացնել այն ամենամեծ թիվը, որը կբաժանվի 10-ի առանց մնացորդի: Այդ թիվը 80-ն է, որը բաժանվելով 10-ի քանորդում կստանանք 8 (87=80+7), մնացորդում 7: Այդպիսի մեկնաբանությունից հետո աշակերտներն հանգունորեն կարող են կատարել եռանիշ, քառանի, հնգանիշ թվերի բաժանումը 10-ի:

Լուծելով նման տիպի օրինակներ' պետք է հասնել նրան, որ երեխաները կատարեն եզրակացություն. «Ցանկացած թիվ 10-ի բաժանելիս ստացված քանորդը ցույց է տալիս թե ընդամենը քանի տասնյակ կա այդ թվում, իսկ բաժանելիի միավորների կարգում գտնվող թվանշանին համապատասխանող թիվը մնացորդն է»: Այսպես.

4567 10 կամ. 4567 : 10 = 456 տասն, և 7 մնացորդ:56 456 տասն.

617 մնացորդ

Աշակերտների ստեղծագործական և մաթեմատիկական մտածողության զարգացմանը մեծ չափով նպաստում են ոչ ստանդարտ խնդիրների լուծումը: Բերենք օրինակներ.

1. Տրված թվում. 52412 թվանշանների տեղափոխում չկատարելով դրան-ցից մի քանիսի արանքներում դնել թվաբանական գործողությունների նշաններ այնպես, որ ստացված արտահայտության արժեքը հավասարվի

100-ի (52+4-12=52+48=100):

2. 12345 թվի թվանշաններից մի քանիսի արանքներում գրել թվաբանական գործողությունների նշաններ այնպես, որ ստացված արտահայտության

արժեքը հավասարվի 22-ի (1 • 23+4-5=22):3. Քանի՞ եղանակով իրար կողք կարող են նստել 3 աշակերտ:

Դասվարը պարտավոր է իմանալ, որ խոսքը գնում է երեք տարրանոց բազմությունը կարգավորելու մասին: Կատարելով բոլոր հնարավոր տե-

ղափախությունները, կստանանք' Р3= 3! =1-2-3=6: Ուրեմն' նրանք ունեն

իրար կողք նստելու 6 հնարավորություն: Աշակերտները կարող են դրանում համոզվել, կատարելով գործնական աշխատանք:

4. Քանի՞ երկնիշ թիվ կարելի է կազմել 2, 5, 7 թվանշաններով, որոնցում թվանշանները չեն կրկնվում:

Դասվարն, ունենալով տեսական գիտելիքներ, անմիջապես կողմնորոշվում

է, որ ընդամենը պետք է կազմեն 6 թիվ (A3U=3-2=6): Աշակերտները

գործնականորեն կազմում են այդ թվերը. 25, 27, 52, 57, 72, 75:

5. Արմենը խնամում է ճագարներ և հավեր, որոնք միասին ունեն 15 գլուխ և

40 ոտք: Քանի՞ հավ ևքանի՞ ճագար է խնամում Արմենը:

Նման տիպի խնդիրները սովորաբար երեխաները դժվարությամբ են

լուծում, ըստ որում, դասվարները պահանջում են, որ նրանք փորձարկման

եղանակով տան խնդրի հարցի պատասխանը: Դասվարն, օգնելով աշա

կերտներին, նրանց գիտակցությանը պետք է հասցնի խնդրի լուծման

հիմնական եղանակը: Ընդունելով, որ բոլոր կենդանիները հավեր են, կու

նենանք (15 • 2 =30) 30 ոտք: Եթե 40-ից հանենք 30-ը, կստանանք ճագար

ների չհաշված զույգ ոտքերի քանակը. 40 - 30 =10 (ոտք): Եթե 10-ը բաժա

նենք 2-ի, կստանանք ճագարների քանակը. 1 0 : 2 = 5 (ճագար):

Պատասխան 5 ճագար, 10 հավ:

Ոչ ստանդարտ խնդիրների լուծման ժամանակ հաճախ օգտվում են այս

պես կոչված «ենթադրությունների մեթոդ»-ից:

Խնդիր. «Հարությունը, Դավիթը և Աուրենը միասին որսացել են 15 ձուկ: Հարու

թյունը որսացել է այնքան ձուկ, որը հավասարապես կարելի էր բաժա

նել 3 տղաների միջև: Դավիթը Հարությունից 1 ձուկ ավելի էր որսացել,

իսկ Աուրենը բոլորից քիչ: Քանի՞ ձուկ էր որսացել տղաներից յուրա

քանչյուրը:

Լուծում. Ենթադրենք Հարությունը որսացել է 9 ձուկ, որը կարելի է հավասա

րապես բաժանել 3 տղաներին: Այդ դեպքում կստացվի, որ Դավիթը

որսացել է (9+1) 10 ձուկ: ՈՒրեմն, Հարությունը և Դավիթը որսացել են

(10 + 9) 19 ձուկ, ինչը չի կարող լինել(19 >15): ՈՒրեմն, Հարությունը

որսացել է 6 կամ 3 ձուկ: Ենթադրենք նա որսացել է 6 ձուկ: Այդ

դեպքում Դավիթը որսացել է 7 ձուկ (6+1): Միասին նրանք որսացել են

13 ձուկ (6+7): Նշանակում է Աուրենը որսացել է 2 ձուկ (15-13):

Պատասխան' Դավիթը 7 ձուկ, Հարությունը 6 ձուկ, Աուրենը 2 ձուկ:

Հետազոտությունները ցույց են տալիս, որ կրտսեր դպրոցականների մա

թեմատիկական մտածողությանը խթանում է նաև շարժման վերաբերյալ խնդիր

ների լուծումը: Սովորաբար, տարրական դասարաններում հիմնականում քննարկ

վում են հանդիպակաց և հակադիր ուղղություններով շարժման վերաբերյալ

խնդիրները: Եթե աշակերտներին առաջարկվի լուծել այնպիսի խնդիր, որում

շարժման ուղղությունը չի նշված, նրանք ստիպված կլինեն քննարկել տարբեր

դեպքեր:

Խնդիր. Ա և Բ գյուղերից, որոնց հեռավորությունը 70կմ է, միաժամանակ շարժ

վեցին հետիոտն ու հեծանվորդը: Հետիոտնի արագությունը 5 կմ/ժ է,

իսկ հեծանվորդինը 15 կմ/ժ: Որքա՞ն կլինի նրանց միջև հեռավորու

թյունը շարժվելուց 3 ժամ հետո:

1. Հետիոտն ու հեծանվորդը շարժվում են իրար ընդառաջ.

5 կմ/ժ֊>

15 կմ/ժ

Ա ՚Բ

70 կմ

1) 5 + 15 = 20(կմ) (1ժւսմում իրար են մոտենում 20 կմ)

2) 20 • 3 = 60(կմ) (3 ժամում իրար են մոտենում 60 կմ)3) 70 - 60 = 10(կմ) (3 ժամ հետո նրանց միջև հեռավորությունը)

2. Հետիոտն ու հեծանվորդը շարժվում են միևնույն (Բ - Ա) ուղղությամբ.

5 կմ/ժ 15 կմ/ժ

Ա70 կմ

1) 5 • 3 = 15(կմ) (3 Ժամում հետիոտնի անցած ճանապարհը)

2) 15 • 3 = 45(կմ) (3 ժամում հեծանվորդի անցած ճանապարհը)3) 70 - 4 5 = 25(կմ) (մնում է հեծանվորդին, որ հասնի Ա գյուղ)4) 25 + 15 = 40(կմ) (կլինի նրանց միջև հեռավորությունը 3 ժամ հետո)

3. Հետիոտն ու հեծանվորդը շարժվում են միևնույն (Ա - Բ) ուղղությամբ.

Ա70 կմ

1) 5 - 3 = 1 5(կմ)

2) 15 - 3 = 45(կմ)

3) 70 — 15 = 55(կմ)4) 55 + 45= 100(կմ)

4. Հետիոտն ու հեծանվորդը շարժվում են հակադիր ուղղություններով.

►►

70 կմ

1) 5 • 3 = 15(կմ) (հետիոտնի անցած ճանապարհը 3 ժամում)

2) 15 • 3 = 45(կմ) (հեծանվորդի անցած ճանապարհը 3 ժամում)3) 15 + 45 = 60(կմ) (իրարից հեռացել են հետիոտնն ու հեծանվորդը 3

ժամում)4) 60 + 70 = 130(կմ) (հեռավորության վրա կգտնվեն 3 ժամ հետո)

Այդպիսի առաջադրանքները հետաքրքրություն են առաջացնում աշակերտների մեջ ոչ միայն խնդիրների, այլ նաև մաթեմատիկայի նկատմամբ ընդհանրապես, ինչը նպաստում է նրանց մաթեմատիկական մտածողության զարգացմանը, որն էլ իր հերթին խթանում է մաթեմատիկական կրթության կազմակերպման մեթոդների կատարելագործմանը:

Գ Ր Ա Կ Ա Ն Ո Ւ Թ Յ Ո Ւ Ն

1. Իսկանդարյան Ա.Ա. Իսկանդարյան Ա.Ա. Թվաբանական գործողությունների ուսուցումը կրտսեր դպրոցում: ՈՒսումնամեթ. ձեռն.: - Եր., «Զանգակ-97», 2009:

2. Իսկանդարյան Ա.Ա., Իսկանդարյան Ա.Ա. Տարրական դասարաններում տեքստային խնդիրների ուսուցումը (ուսումնամեթոդական ձեռնարկ), Եր., «Զանգակ-97», 2008:

3. Մկրտչյան Ա., Աբրահամյան Ա., Իսկանդարյան Ա. «Մաթեմատիկա - 1», դասագիրք; Եր., «Զանգակ -97», 2009:

4. И сканларян С .С . О п ти м и зац и я м е то л о в обучения м а т е м а т и к е в

специальной (вспомогательной ) школе. М онограф ия. Ер., Зангак-

97, 2006г.

5. Б елош истая А .В . М е то л и к а обучения м а т е м а т и к е в начальной

школе. -М .; В А А Л О С , 2005.

Գ Ի Տ Ա Մ Ե Թ Ո Դ Ա Կ Ա Ն

Գ ի տ ա մ ե թ ո դ ա կ ա ն

ՀԱԿԱԴԱՐՁ ՖՈՒՆԿՑԻԱՅԻ ՀԱՍԿԱՑՈՒԹՅԱՆՄԱՍԻՆ

Արաքսյա Մկրտչյան, Նելլի ՄարտիրոսյանՀՊՍՀ

Անահիտ ԿիրակոսյանԹիվ 16 հանր. դպրոց

Հակադարձ ֆունկցիայի հասկացությունը հանրակրթական ավագ դպրոցի հանրահաշվի և մաթեմատիկական անալիզի տարրերի դասընթացի դժվար ըմբռնելի հասկացություններից է: Բավական է նշել, որ առարկայական չաւիո- րոշչում նրան հատկացած է համեստ դեր: Ինչպես տարբերակված, այնպես էլ ընդհանուր և խորացված ուսուցման հոսքերում չափորոշչային նվազագույն մակարդակով հակադարձ ֆունկցիայի հասկացության իմացություն չի պահանջվում: Տարբերակված հոսքերի միջին և առավելագույն մակարդակներում նույնպես չի նախատեսվում այդ հասկասության իմացություն: Ընդհանուր և խորացված ուսուցման հոսքերի միջին մակարդակում սովորողը պետք է ընդամենը գաղափար ունենա ֆունկցիայի հակադարձի մասին: Ընդհանուր հոսքերի առավելագույն մակարդակում սովորողը պետք է իմանա ֆունկցիայի հակադարձի սահմանումը և հիմնական հատկությունները, իսկ խորացված ուսուցման հոս- քերում' նաև կարողանա ոչ բարդ դեպքերում պարզել ֆունկցիայի հակադարձելիությունը և գտնել դրա հակադարձը (տես [1]): Նշենք նաև, որ ֆունկցիայի հակադարձի հասկացությունը կարևոր դեր է խաղում եռանկյունաչափական հավասարումների լուծման մեջ, քանի որ պարզագույն եռանկյունաչափական հավասարումների լուծումներն արդեն հանգում են եռանկյունաչափական ֆունկցիաների հակադարձները գտնելու խնդրին:

Ավագ դպրոցի շրջանակներում դիտարկվում են միայն թվային ֆունկցիա

ները կամ այն ֆունկցիաները, որոնց թե՜ որոշման և թե' արժեքների տիրույթները

իրական թվեր են: Ընդ որում, А թվային բազմությունից В թվային բազմության

մեջ տրված ֆունկցիա ասելով հասկացվում է այն առնչությունը, որը А ֊ի

յուրաքանչյուր տարրի առնչում է В ֊ի մեկ տարրի հետ (տես [2]): Սովորաբար

մաթեմատիկայում երկու բազմությունների միջև տրված ֆունկցիա ասելով հասկացվում է դրանց միջև տրված այնպիսի առնչությունը, որը առաջին բազմության յուրաքանչյուր տարրի առնչում է երկրորդ բազմության մեկից ոչ ավելի տարրի հետ (տես. օրինակ, [3]): Այսինքն' առաջին բազմության ոչ բոլոր տարրերը կարող են առնչվել երկրորդի տարրերի հետ: Իսկ այն դեպքում, երբ յուրաքանչյուր տարր պարտադիր կարգով առնչվում է երկրորդի ինչ-որ տարրի հետ, ֆունկցիան անվանվում է արտապատկերում: Այսպիսով, ֆունկցիայի հասկացությունը ավելի լայն է, քան արտապատկերման հասկացությունը: Հանրահաշվի և մաթ անալիզի տարրերի գործող դասընթացում այդ երկու հասկացությունների նույնացումը կատարված է որոշակի մեթոդական խնդիրներ լուծելու համար: Սակայն առաջադրված խնդիրները կարելի է լուծել նաև առանց այդ հասկացությունները նույնացնելու: Սույն աշխատանքում բեված է նման մի մոտեցում:

Իրական թվերի բազմության վրա տրված առնչությունը կոչվում է ֆունկցիա, եթե այն կամյական իրական թվի առնչում է մեկից ոչ ավելի իրական թվի հետ: Այսպիսով, ֆունկցիան պարտավոր չէ յուրաքանչյուր իրական թվի

առնչել ինչ-որ իրական թիվ: Օրինակ, у = 1/х բանաձևով տրված առնչությունը

իրական թվերի բազմության վրա տրված ֆունկցիա է. այն յուրաքանչյուր х

իրական թվի առնչում է միակ' 1/х իրական թվի հետ, եթե u ^ x իրական թիվը 0-

ից տարբեր է: Հետագայում «իրական թվերի բազմության վրա տրված ֆունկցիա» արտահայտության փոխարեն մենք կօգտագործենք «ֆունկցիա» եզրը:

Եթե/ֆունկցիան x իրական թիվը առնչում է յ թվի հետ, ապա կգրենք у =J[x), y -ը

կանվանենք x-ի պատկեր, իսկ x-ը' у -ի նախապատկեր: Այն թվերի բազմությունը,

որոնք ունեն պատկերներ, կանվանենք / ֆունկցիայի որոշման տիրույթ և

կնշանակենք D(fi ֊ով, իսկ այն թվերը, որոնք ունեն նախապատկերներ,

կանվանենք / ֊ի արժեքների տիրույթ և կնշանակենք E ( f ֊ով: Օրինակ, y = 1/х

բանաձևով տրված ֆունկցիայի որոշման տիրույթը 0 ֊ից տարբեր իրական թվերի բազմությունն է: Նույն բազմությանն է հավասար նաև այդ ֆունկցիայի

արժեքների տիրույթը: у = sinx բանաձևով տրված առնչությունը, որը յուրաքան

չյուր X իրական թվի առնչում է նրա սինուսը' sinx ֊ը, ֆունկցիա է: Նրա որոշման

տիրույթը իրական թվերի R բազմությունն է, իսկ արժեքների բազմությունը'

[-1, 1] միջակայքը: Հետագայում մեզ անհրաժեշտ կլինի դիտարկել նաև նույն'

j = sinx բանաձևով, բայց այլ որոշման տիրույթներով տրված ֆունկցիաներ:

Դրանցից կարևորագույնի որոշման տիրույթն է \ - к ! 2, ж!2\. Նման դեպքերում

մենք հատուկ կնշենք դիարկվող ֆունկցիայի որոշման տիրույթը: Եթեֆունկցիայի որոշման տիրույթը չի համընկնում իրական թվերի բազմության հետ, ապա ասում են նաև, որ որոշման տիրույթից դուրս ընկած կետերում ֆունկցիան

որոշված չէ: Օրինակ, у = sinx բանաձևով և [ - f / 2 , я!2\ որոշման տիրույթով

տրված ֆունկցիան որոշված չէ նշված միջակայքից դուրս ընկած ցանկացած

կետում, օրինակ' 2 ֊ում, իսկ у =1/х բանաձևով տրված ֆունկցիան որոշված չէ 0

կետում:Ֆունկցիայի հակադարձի հասկացության հետ սերտորեն կապված են

տարադրումները:/ ֆունկցիան կոչվում է տարագրում, փոխմիարժեք կամ ինյեկ-

ցիա, եթե տարբեր թվեր ունեն տարբեր պատկերներ, այսինքն' կամայական а և

b թվերի համար а Փ b —> J{a) ф fljb) (դժվար չէ նկատել, որ այս հետևությունը

համարժեք Հք[ժ) =fib) —> a = b հետևությանը):

Բերենք տարադրումների օրինակներ և ժխտօրինակներ: Հաստատունից տարբեր կամայական գծային ֆունկցիա տարադրում է, իսկ կամայական քառակուսային եռանդամով որոշվող ֆունկցիա տարադրում չէ: Տարադրում է

у = 1/х ֆունկցիան: у = sinx ֆունկցիան տարադում չէ, իսկ у = sinx բանաձևով և

[— 71 /2, ж 12] որոշման տիրույթով տրված ֆունկցիան արդեն տարադրում է:

Ֆունկցիայի հակադարձի հասկացությունը կապված է ֆունկցիաների

բազմապատկման (կոմպոզիցիայի) կամ համադրութի հասկացության հետ: fW g

ֆունկցիաների արտադրյալը, կոմպոզիցիան կամ համադրույթը այն ֆունկցիան

է, որը X կետում ընդունում է J{g(x)) արժեքը: Հետևապես, նրա որոշման տիրույթը

կազմված է այն x թվերից, որոնց համար իմաստ ունեն g(x) և J[g(x)) արտա

հայտությունները, այսինքն' համադրույթի որոշման տիրույթը բաղկացած է g ֊ի

որոշան տիրույթի այն կետերից, որոնց պատկերները պատկանում են / ֊ի

որոշման տիրույթին: / և g ֆունկցիաների համադրույթը նշանակենք fo g ֊ով:

Ասվածից հետևում է, որ.

ա. (fog)(x) =Ag(x)),

բ. D{fog) = {xe D(g)\g(x)e Z)(/)}:

Բերված սահմանումը կարելի է ակնառու դարձնել հետևյալ գծագրի միջոցով:

Բերենք ֆունկցիաների համադրույթի մի քանի օրինակ:

1) Դիցուք A ֊ն իրական թվերի ինչ-որ բազմություն է: Նշանակենք e A ֊ով

A որոշման տիրույթով և £л (х) = х հավասարությամբ որոշվող ֆունկցիան, այն

անվանվում է նա ևճ բազմության նույնական ֆունկցիա:Ընդունենք նաև £r = £

նշանակումը: Նրա արժեքների տիրույթը նույնպես A ֊ն է: Այժմ, եթե / ֊ը D

որոշման տիրույթով և E արժեքների տիրույթով կամայական ֆունկցիա է, ապա

f o e A ֆունկցիայի որոշման տիրույթը կլինի ճ ո ճ ) բազմությունը և այդ բազմու

թյան կամայական X կետի համար (£A o f i( x ) = £A (f[x)) =J[x)\ Մասնավորապես,

եթե A = D, ապա eA о / = / Իսկ / о еА ֆունկցիայի որոշման տիրույթը կլինի

А П Е բազմությունը և այդ բազմության կամայական х կետի համար

(fo £ A )(x) = J[eA (x)) =J[x)\ Մասնավորապես, եթե A =E, ապա £л о / = /

2) Դիտ արկենք^) = Igx և g(x) = 10 x ֆունկցիաները: Առաջինի որոշման

տիրույթը իրական թվերի R բազմությունն է, արժեքների տիրույթը' դրական

թվերի R + բազմությունը իսկ երկրորդինը' ընդհակառակը, որոշման տիրույթը

R + բազմությունն է, արժեքների տիրույթը' R բազմությունը: Համադրույթի սահ

մանումից անմիջականորեն հետևում է, ո ր / օ £ = £ , g o f = £ R+ ■

Բերված օրինակները ցույց են տալիս, որ ֆունկցիաների համադրույթի

գործողությունը տեղափոխական չէ. միշտ չէ, որ երկու' / և g ֆունկցիաների

համադրույթը տեղափոխական t(fog = gofi\

Իսկ ահա զուգորդական հատկությունը միշտ տեղի ունի:

Պնդում 1. Կամայական ք g, հ ֆունկցիաների համար / о (g о հ)

=(ք о g) oh:

Ապացուցում. Նախ ցույց տանք, որ/ о {g о հ) և (քօ g) oh ֆունկցիաները

ունեն նույն որոշման տիրույթները: Իսկապես,

X e D ( f о (g о հ)) < >x e D{g о h), (g о h)(x) e D ( f < > x e Z)(h),

h(x) e D{g), g(h(x)) e D ( f \

x e D{(f o g ) o h ) ) < >x e Z)(h), h(x) e D ( f о g) о x e £>(h), h(x) e D{g),

g(h(x)) e £>(/):

Ուրեմն' D ( f о (go h)) = D ((f о g) о h)):

Մյուս կողմից, նշված երկու համադրույթների ֆունկցիաների որոշման

տիրույթին պատկանող կամայական x թվի համար ունենք'

( f o ( g o h))(x) =J{(g о h)(x)) =y(g(h(x))), ( ( f o g ) o h)(x) = ( f о g)(h(x)) =

=Ag(h(x))): Հետևապես' ( f о (g о h))(x) = ( if о g) oh)(x) և, ուրեմն, / о (g о հ) =

= {fog) oh:

Այժմ անցնենք ֆունկցիայի հակադարձի սահմանմանը:/ֆունկցիան կոչ

վում է հակադարձելի, եթե գոյություն ունի այնպիսի g ֆունկցիա, որ.

f ° g = £D(g), g ° ք = £D(f) : (1)

Նշված պայմաններին բավարարող g ֆունկցիան կոչվում է /ֆունկցիայի

հակադարձ: Քանի որ (1) պայմաններում/-ը և g ֊ն համաչափ դեր ունեն, ապա

այդտեդից հետևում է, որ եթե g ֆունկցիան/ ֊ի հակադարձն է, ապա/ ֊ն էլ կլինի

g -ի հակադարձ, և / g ֆունկցիաները կոչվում են նաև փոխհակադարձ ֆունկ

ցիաներ:Նկատենք, որ (1) ֊ում տրված պայմանները իրարից անկախ են. դրանցից

մեկից մյուսը չի բխում: Իսկապես, հետևյալ պարզ օրինակը ցույց է տալիս, որ

դա այդպես չէ: Դիցուք / ֊ը (0, 2] բազմությունում որոշված ֆունկցիա է, ընդ

որում'/*;) = X, երբ х е (0, 1] և/ x ) = x - 1, երբ x e (1, 2]: Ենթադրենք նաև, որ g ֊ն

(0, 1] բազմությունում որոշված ֆունկցիա է, ընդ որում'/ х ) = х , х е (0, 1]: Այդ

դեպքում fog ֊ն (0, 1] բազմությունից (0, 1] բազմության մեջ տրված ֆունկցիա է

և ('fog)(x) = X, xg (0, 1]: Իսկ go f ֊ն (0, 2] բազմությունից (0, 2] բազմության մեջ

տրված ֆունկցիա է և, մասնավորապես, (g o f (2) =1: (Այստեղ ֆունկցիայի

սահմանումը համապատասխանում է [2] ֊ում տրված սահմանմանը):Բերենք հակադարձելի ֆունկցիաների և դրանց հակադարձների մի քանի

օրինակ:

1) у = 1/х ֆունկցիան հակադարձելի է: Նրա հակադարձը հենց ինքն է:

2) у = logx ֆունկցիան հակադարձելի է: Նրա հակադարձը у = 10х ֆունկ

ցիան է:

3) у = sinx ֆունկցիան հակադարձ չունի (տես 3 պնդումը):

4) у = sinx բանաձևով և [— 71 /2, ж 12] որոշման տիրույթով տրված ֆունկ

ցիան հակադարձելի է: Նրա հակադարձը у = arcsinx ֆունկցիան է:

Պնդում 2. Եթե fW g ֆունկցիաները փոխհակադարձ են, ապա

D (f= E (g ) ,E ( f= D (g y .

Ապացուցում. Դիցուք x e D(g): Այդ դեպքում (1) ֊ից ունենք (fog)(x) =

=flg(x)) = x: Հետևապես' x e E (f\ Այժմ ենթադրենք, որ x e E(fi\ Այդ դեպում ինչ-

որ у e D ( f թվի համար fly ) = x: Համաձայն արդեն ապացուցածի' У e E(g)\

Հետևապես' ինչ-որ z e D(g) թվի համար g(z) =y: Այստեղից, օգտվելով նաև (1)

֊ից, կստանանք' x = fly ) = flg (z)) = (fog)(z) = z: Այսինքն' x = z և, ուրեմն, x e D(g):

Այսպիսով' D(g) =E(f՛. Նույն կերպ ցույց կտանք, որ D(f) =E(g)\

Պնդում 3. Եթե ֆունկցիան հակադարձելի է, ապա նրա հակադարձը

միակն է:

Ապացուցում. Դիցուք/ֆունկցիան հակադարձելի է և նրա հակադարձ

ներն են g և g ’ ֆունկցիաները: Նախորդ պնդումից հետևում է, որ D(g) = D (g’)՛.

Համաձայն 2 պնդման' E(g) = E(g ’), D(g) = D (g ’)\ Ունենք'

( g ° f ) ° g ՝ = eD(f ) ° g ' = eE{g՝) ° g ' = g \

g 0 ( f ° g ' ) = g ° £D{g՝) = g ° £D{g) = g ՛■

Հետևապես' g = g ’.

Հակադարձելի ֆունկցիաների ուսումնասիրության մեջ կարևոր դեր ունի դրանք բնութագրող հետևյալ հատկությունը:

Պնդում 4. Ֆունկցիան հակադարձելի է այն և միայն այն դեպքում, եթե այն տարադրող է:

Ապացուցում. Ենթադրենք, թե/ֆունկցիան տարադրող է, և ցույց տանք,

որ այն հակադարձելի է: Դիցուք/ x ) = j j e D(fi\ Դիտարկենք իրական թվերի R

բազմությունից R ֊ի մեջ տրված այն g առնչությունը, որը у թիվը առնչում է х ֊ի

հետ: Քանի որ / ֆունկցիան տարադրող է, ապա յուրաքանչյուր նման У թիվ

կառնչվի միայն մեկ х թվի հետ և, հետևապես, g ֊ն կլինի որոշման E ( f տի

րույթով ֆունկցիան, ընդ որում՝£(յ) = x: Ակնայտ է նաև, որ f W g ֆունկցիաները

բավարարում են հակադարձելիության սահմանման (1) պայմաններին, մասնա-

վորա պ ես'/-ը հակադարձելի է:

Հակառակը, դիցուք / ֊ը հակադարձելի է: Ցույց տանք, որ այն նաև

տարադրող ֆունկցիա է: Դիցուք g ֊ ն / - ի հակադարձ ֆունկցիան է, x, x ’ e D(fi և

fix ) = f i x ’)\ Համաձայն 2 պնդման' fix), f ix ’) e D(g)\ Ունենք' g{fix)) = gifix')) և,

ուրեմն, x = x ’ : Իսկ սա նշանակում է, որ/ ֆունկցիան տարադրող է:

Գրականություն

1. Միջնակարգ կրթության «Մաթեմատիկա» ուսումնական բնագավառի առար

կայական չափորոշիչներ և ծրագրեր: Մաթեմատիկան դպրոցում, N 3-4, 2008:2. Գ. Գևորգյան, Ա. Մահակյան, Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի

տարրեր, 10, էդիթ Պրինտ, 2009:3. Р. Столл, Множества. Логика. Аксиоматические теории, М. 1968.

Ն Ո Ր Տ Ե Խ Ն Ո Լ Ո Գ Ի Ա Ն Ե Ր

Ն ո ր տ ե խ ն ո լ ո գ ի ա ն ե ր

ԲԱ ԶՄ ԱՆԻՍՏԵՐԻ ԻՆՏԵՐԱԿ ՏԻՎ ՀԱՏՈՒՅԹՆԵՐԻ ԿԱՌՈՒՑՈՒՄԸ ՀԱՄԱԿԱՐԳՉՈՎ

Գ.Վ.Աղեկյան

Ռուս-Հւսյկական (Սլավոնական) համալսարան

Դպրոցական երկրաչափության դասընթացում բազմանիստի հատույթ կառուցելը կարևոր և դժվար յուրացվող թեմաներից մեկն է:

Հատույթ կառուցելը պահանջում է երկրաչափության ավելի խոր իմացություն, մարմնի պատկերով այն տարածության մեջ ընկալելու ունակություն: Բացի դա, պահանջվող հատկությամբ հատույթի կառուցումը այս կամ այն չափով նաև ապացուցման խնդիր է: Կարելի է նշել այս թեմայի ևս մեկ առանձնահատկություն: Դա այն է, որ չնայած հատույթների կառուցումներն ունեն որոշակի օրինաչափություններ, միևնույնն է, այդ օրինաչափությունների կիրառությունը տարբեր իրավիճակներում տարբեր ձևով է դրսևորվում: Իսկ նմանատիպ իրա

վիճակներով առաջադրանքներ կւս՜մ չկան, կս/մ շատ քիչ են: Ավելին, օրինակ,

բավական է փոխվի տրված երեք կետերից որևէ մեկի դիրքը և այդ կետերով անցնող հատույթի կառուցումը կվերածվի նախորդից շատ տարբեր մի խնդրի:

Բազմանիստերի ապակյա կամ մագնիսական ձողերի օգնությամբ կառուցված մոդելների օգտագործումը ինչ-որ չափով հեշտացնում է թեմայի մատուցումը և աշակերտների կողմից դրա ընկալումը: Բայց թեմայի մատուցման հիմնական միջոցներն այսօր, ինչպես և հիսուն կամ հարյուր տարի առաջ, ցավոք, կավիճն ու գրատախտակն են: Կարծես ոչիչ չի փոխվել, չկան ոչ համակարգիչներ, ոչ համակւսրգչային լսարաններ և ոչ էլ այդ գործի համար պիտանի ծրագրեր: Իրոք ցավալի է, քանի որ իրականում դրանք կան:

Այո, կան բազմաթիվ ծրագրեր ու փաթեթներ, որոնք կարող են օգնել ինչպես թեմայի դասավանդման, այնպես էլ դրա յուրացման գործին: Բայց այս հոդվածում կխոսենք դրանցից միայն մեկի' The Geometr’s Sketchpad փաթեթի մասին, որը լինելով հարթաչափական փաթեթ, այնուամենայնիվ, բազմանիստերի հատույթների կւսռուցման համար կարող է համարվել լավագույնը:

Բանն այն է, որ եռաչափ փաթեթների օգնությամբ հատույթների կառուցումն այլ բնույթ ունի: Այդպիսի փաթեթով միայն մեկ հրամանով կարելի է կառուցել,

օրինակ, տրված երեք կետերով անցնող հարթությունը: Պարզ է, որ այդպիսի փաթեթի օգտագործումը ուսումնական նպատակներով այնքան էլ հարմար չէ: Հարմար չէ, քանի որ այն, ինչ կարելի է անել եռաչափ փաթեթով, հետագայում հնարավոր չի լինի անել թղթի վրա: Իսկ The Geometr’s Sketchpad փաթեթի օգնությամբ բազմանիստի հատույթի կառուցումը թղթի վրա այդ հատույթի կառուցման քայլերն են, բայց ավելի որակով, ավելի ճշգրիտ:

Եթե առավելությունը միայն այսքանը լիներ, երևի թե այդ մասին չարժեր գրել: Բայց, բարեբախտաբար, նշվածներից բացի կան մի շարք այլ առավելություններ:

Նախ հատույթները կարելի է կառուցել քայլ առ քայլ, և յուրաքանչյուր քայլի համար էկրանին կարող է լինել բացատրություն կամ ուսուցիչը կարող է դրանք մեկնաբանել: Մեկ կոճակի սեղմումով կարելի է վերադառնալ սկզբնական վիճակին և նորից քայլ առ քայլ ներկայացնել հատույթի կառուցումը:

Վերջապես երկու ամենակարևոր առավելության մասին:Առաջին այն է, որ պատկերը կարելի է պտտել բազմանիստի հիմքին ուղղա

հայաց ուղղի շուրջը' քանի աստիճանով կամենանք: Եվ դա ոչ թե ընդհատ-ընդ- հատ, այլ որպես անընդհատ պտույտ: Կարելի է նաև պատկերը թեքել: Այդպիսով, պատկերը կարելի է դիտել բոլոր կողմերից, որն էլ հենց եռաչափ պատկերի կամ իրական մարմնի հետ աշխատելու տպավորություն է ստեղծում:

Երկրորդն էլ այն է, որ սկզբնական տվյալները կարելի է սահուն փոխել, և այդ փոփոխություններին համապատասխան կփոխվի կառուցված հատույթը, այսինքն միջավայրն ինտերակտիվ է' սկզբնական տվյալների փոփոխությունը անմիջապես փոխում է վերջնական արդյունքը: Նշեմ, որ կարելի է նաև փոխել սկզբնական տվյալները, հետո արդեն նոր տվյալների համար քայլ առ քայլ կառուցել հատույթը:

Այս ամենը փորձեմ ներկայացնել մեկ օրինակի նկարների միջոցով: Ասում եմ փորձեմ, քանի որ նկարներն ընդամենը առանձին դրվագներ են ներկայացնում, իսկ ամբողջական պատկերացում կազմելու համար պետք է այդ ամենը դիտել համակարգչի էկրանին:

Խնդիր. Կառուցեք ուղղանկյունանիստի այն հատույթը, որն անցնում է դրա կողերին պատկանող երեք կետով:

Նկար 1-ում ներկայացրած է սկզբնական վիճակը: Հիշենք, որ M, K, Լ կետերը կարող ենք տեղաշարժել տվյալ կողի երկայնքով:

Ինչպես արդեն ասվել է, հատույթի կառուցումը կատարվում է քայլ առ քայլ: Տվյալ դեպքում հատույթը կառուցվում է 6 քայլով: Նկար 1-ում տեսնում ենք այդ քայլերի կոճակները:

Հերթով սեղմելով «Քայլ 1» - «Քայլ 6» կոճակները' կունենանք 2 - 7 նկարներում պատկերված վիճակները:

8 - 9 նկարներում պատկերված վիճակները ստացվում են նկար 7-ի վիճակից' տարբեր պտույտներով: Նկար 9-ում հատույթի բազմանկյան փոխարեն տեսնում ենք հատված, որն էլ նշանակում է, որ հատույթը ճիշտ է կառուցված:

Եթե կառուցված բազմանկյունը չլիներ հարթ պատկեր, ապա այս դրիքում ի հայտ կգար դրա հարթ չլինելը:

Թեքելով նկար 9-ի վիճակից' կարելի է ստանալ նկար 10-ի վիճակը:Նկար 11-ում պատկերված վիճակը ստացվել է նկար 7-ի վիճակից' М կետի

դիրքը փոխելով:Նկար 12-ում պատկերված վիճակն էլ ստացվել է նկար 11-ի վիճակից' К և Լ

կետերի դիրքերը փոխելով:Այսպիսով, 11-12 նկարները ներկայացնում են միջավայրի ինտերակտի-

վությանը:Պետք է նկատի ունենալ, որ այսպիսի էլեկտրունային նյութեր պատրաստելու

համար անհրաժեշտ է տվյալ փաթեթի բավականաչափ լավ իմացություն: Բացի այդ, այն բավական աշխատատար է: Բայց այդ ամենով հանդերձ, կարծում եմ, որ խելամիտ չէ այսպիսի հնարավորության չօգտագործումը: Հատկապես, որ առաջարկվում է ոչ թե ինքնուրույն պատրաստել այդպիսի նյութեր, այլ օգտագործել արդեն պատրաստ նյութերը:

Ուղդա նկյունա նիստ ի հատույթի կա ռուցումը նրա կողերին պ ա տ կա նող ե րե ք կետ երով

Կւսռո ւցեք ո ււլղւսն կ յ ո ւն ւսՕ ի ս սփ հ աստ ւյ թը հ ար թո ւթյ ամ բ, որն անցնում [ տրված К և Լ կետերով:

Պ ատ կեր ի կ առավա ր ո ւմը

մա սշտա բ քեըԵչՈՊա՚ոհլ]

6ա յլ1|

Տ ա յլ2 |

д мՔայլ 4 1

Քւսյլ 51Քւսյլ в |

|3ոււ տ ա լ վերջնական կառուցումը] | Վերա դարձ սկզբին]

Նկ. 1

Ուղղանկյունանիստի հատույթի կառուցումը նրա կողերին պատկանող երեք կետերով

Կառուցեք ոււլղւսնկյունանիստի հատույթը հարթությւսճբ, որն ւսնցնում է տրվւսծ М, К և Լ կետերով:

Պ ատկ եր ի կ առավար ո llIq

մասշտաբ թեքել|Պտւոհլ|

g JL 1 I

gmjL3|Քայլ 41

Տայլ5|

Քայլ 61

| 9 ո ւ յ տ ա լ վԵրշՈաԼ|ւււս կ ա ռ ո ւց ո ւմ ը ]

Նկ. 2

|Վհ|ււսդւսրձ սկցբ|ւն|

Կ ա ռ ո ւ ց ե ք ուղղա նկյուն ա նի ստ ի հա տ ո ւյթ ը հա րթ ո ւթ յա մ բ,

որն ա նցնում է տ ր վ ա ծ M , К և Լ կ ե տ ե ր ո վ :

Պ ատկեր ի կ առավար ումը

մասշտաբ թեքել| Պ տ տ ել|

1ИГП И 1 РщиД рш]Д1»йд |Н 6I

Նկ. 3

Պատկերի կառավարումի

մասշտաբ բեջ ել| |Պւււտհլ|

Д 11Տւսւլ2|Щ ЩՏւսյլ 4|

Քայլ 5 1

£սսյլ6|

19 ո ւյ տւսլ վերջնական կառուցումը] | Վերա դարձ ււ կ գբ ի G |

Նկ. 4

Ուղղանկյունսւնիստի հատույթի կառուցումը նրա կողերին պատկանող երեք կետերով

Կ ւսռո ւ ց ե ք ուղղւււն կյ ո ւն ան ի ս տ ի հ ւստո ւյ թը հ ա ր թո լթյ ա ս բ, որն ա նցնում է տ ր վ ա ծ M , K L . L կ ե տ ե ր ո վ :

Պ ատկ եր ի կ առավար ո ււ!ը

մասշտաբ թեքել1 Պտտել|

Նկ. 5

Ուղղանկյունս! նիստ ի հատույթի կառուցումը նրա կողերին պատկանող երեք կետերով

Կ ա ռ ո ւ ց ե ք ո ււլւլւսն կյ ուն ան ի и տի հ ւստո ւյ թը հ ա ր թո ւթյւսճբ, որն ա ն ցն ում է տ րվւսծ Wl, К և Լ կ ե տ ե ր ո վ :

Կ ա ռ ո ւ ց ե ք ուղղ ա ն կյուն ա ն ի ստ ի հա տ ո ւյթ ը հա րթ ո ւթ յա մ բ,

որն ա նցնում է տ ր վ ա ծ M , K U L կ ե տ ե ր ո վ :

Պ ււււոկ ե|փ կ առավարոււ1ը

մասշ տաբ թեքել[Պտտեյ]

Նկ. 6

Կ ա ռ ո ւց ե ք ու ղղւսնկյ ու նա նի ստ ի հ ա տ ո ւյթ ը հւսրթությւսմբ,

որն ա ն ցն ում է տ ր վ ա ծ Wl? К և Լ կ ե տ ե ր ո վ :

Պ ատկ հր ի կառավար ո ւմը

մասշ տաբ թեք Ել1 Պււււււհլ|

|9ույ տալ վերջնական կառուցումը |

Նկ. 7

| Վերա դարձ ււկցր|ւն|

Ուդդանկյունսւնիստի հատույթի կառուցումը նրա կոդերին պատկանող երեք կետերով

Կւսււուցեք ուղղւսնկյուՕ ւսն ի ս տի հւստույթը հար թությասր, որն անցնում է տրված М, К և Լ կետերով:

Պատկերի կսաավարпււ1ը

մասշտաբ թեքել[Պ տ տ ե լ]

Ящд 11gfUJL g|

да з|Քայլ 4 1

Քայլ 5 1

Քսյյլ6|

| 3 ո ւ յ ս ս ս լ վ եր ջ՚Օւս կ ա 0 կ ա ռ ո ւց ո ւմ ը | | Վ ե ր ա դա րս ս կզ բի ս ]

Նկ. 8

Ուդդանկյունսւնիստի հատույթի կառուցումը նրա կոդերին պատկանոդ երեք կետերով

Կառուցեք ուղղանկյուն անի ստի հատույթը հարթությամբ որն անցնում է տրված W I.KLL կետերով:

Պատկելփ կւսռավարումը

մասշտաբ թեքել| Պ տ տ ել|

PffiiLSl

ПЕшц 6|

նկ. 9

Կ ա ռ ո ւ ց ե ք ուղղ ա ն կյուն ա նի ստ ի հա տ ո ւյթ ը հւսրթությւսմբ.

Նկ. 10

Պատկեր ի Կ առավարա սր

մասշտաբ թեքել[Պ տ տ ե յ

Քայլ1

Քայլ 2

ՔայլՅ

9այլ4

Քայլ 5

Քսյյլ 6

19 ո ւյ տալ վերջնական կառուցումը] | Վերա դարձ ււկցբին|

Նկ. 11

Կ ա ռ ո ւ ց ե ք ուղղւսնկյունա նի ս տի հւստ ույթը հ ա րթ ո ւթ յա մ բ, որն ա նցնում է տ ր վ ա ծ Ml, K L L կ ե տ ե ր ո վ :

Պատկեր|ւ կառավարումր

մասշ տաբ թեը Ել[Պ տ տ ել]

Քայլ 1

Քւսյլ 2

ՔսսյլՅ

Քայլ 4

Քայլ 5

Քայլ 6

1 3 ո ւ յ տ ւս լ վե ր gp щ 1| ш fl կ ա ռ ո ւ ց ու մ ը | | Վհրւս դ ա ր ձ ս կղբին]

Նկ. 12

Ուղղանկյունսւնիստի հատույթի կառուցումը նրա կողերին պատկանող երեք կետերով

Կ ա ռ ո ւ ց ե ք ուղղ ա ն կյուն անի ստ ի հ ա տ ո ւյթ ը հ ա րթ ո ւթ յա մ բ,

ո [1 ն ւսՕցնում է տ րվւսծ Ы1, К և Լ կ ե տ ե ր ո վ :

Ա Ր Տ Ա Դ Ա Ս Ա Ր Ա Ն Ա Կ Ա Ն

Ա ր տ ա դ ա ս ա ր ա ն ա կ ա ն

ՊՏՂՈՄԵՈՍԻ Ե Ր Ր Ո Ր Դ ԹԵՈՐԵՄԻ ՇՈՒՐՋԱշոտ Մելիք-Փարսադանյան

ՀՀ ԿԳ նախարարության Կապանի վարժարան

Ներածություն

Ներկայացվող աշխատանքով փորձ է արվել լրացնել հեղինակի «Պտղոմեոսի և Բրահմագուպտայի թեորեմներն ու նրանց ընդհանրացումները» (Մաթեմատիկան դպրոցում, թիվ 2-3 (65-66), 2009), ինչպես նաև Ն.Մ. Աեդրակյան, Ժ.Հ. Յաղջյւսն «Պտղոմեոսի թեորեմի շուրջը» (Մաթեմատիկան և ֆիզիկան դպրոցում, թիվ 6, 1988) հոդվածների դիտարկումները:

Այն նվիրված է Պտղոմեոսի երրորդ թեորեմին, որի ուսուցումը կնպաստի օժտված երեխաների մաթեմատիկական ունակությունների զարգացմանը: Հոդվածի նյութը արտադասարանական խմբակում այդ թեմայի դասավանդման մեր փորձն է, որը, մեր կարծիքով, հետաքրքիր կլինի նաև ընթերցողներին:

Աշխատանքի առաջին մասում բերվում են Պտղոմեոսի երրորդ թեորեմի տասներկու ապացույցներ և երկրորդ մասում բերվում է այդ թեորեմի երկու ընդհանրացում:

§ 1. Պտղոմեոսի երրորդ թեորեմը

Նախ ապացուցենք հետևյալ թեորեմը:

Թեորեմ 1.1. Դիցուք ABCD֊ն շրջա

նագծին ներգծած քառանկյուն է, որտեղ

DA = а, АВ = b, ВС = с, CD = d, A C = I [ i B D = m (նկ.1): Այդ դեպքում'

DՆկ.1

ր (ас + bd)(ab +cd)

ad + bc

2 (ac + bd)(ad + bc)

ab + cd

Ապացույց: Նշանակենք շրջանագծի շառավիղը R ֊ով (նկ.1): Ունենք'

bc£ _ 1

4 R " 4

VA D C

ad I _ 1

4 R " 4

Խ _ \

4b2c2-(b 2+c2- £ 2)

^ 4a 2d 2 - ( a 2 + d 2 - f 2)

! 4b2c 2 - ( b 2 + c 2 - e 2)2

a d 1 4 a 2d 2 - ( a 2+ d 2 - f )

4a 2d 2b2c 2 - b2c 2 ( a 2 + d 2 - £ 2f = 4a 2d 2b2c 2 - a 2d 2 {b2 + c2 - 12 f

be a2+d2 - r ■ ad b2+c2- f I. (3)

Ընդհանրությունը չի խախտվի, եթե ենթադրենք, որ

ZABC< 90° b2+c2> f => b2+c2- f > 0

b2+c2- f ■■b2+c2- f : (4)

Այդ դեպքում'

ZAD C > 90° a2+d2< f a2+d2- t < 0

a2 +d2 - t r - a - d 2 : (5)

Հաշվի առնելով (4)-ը և (5)-ը' (3)-ից կստանանք.

b c ( f - a 2- d 2) = ad(b2 +c2 - f ) =>

I 2 (a d + be) = a d ( b 2 + c 2) + b c [ a 2 + d 2) =:

=> I 2 (a d + bc) = ad b2 + ad c2 + b ca2 + bed2

=> £2 (a d + bc) = ab (a c + bd ) + c d (ac + bd )

. . . . w . , (ac + bd)(ab + cd)=> £ (ad + bc) = (ac + bd)(ab + cd) => £ = ֊-------- d b--------

Նույն կերպ կարելի է ստանալ նաև (2) բանաձևը:

Թեորեմ 1.2. (Պտղոմեոսի երրորդ թեորեմը): Շրջանագծին ներգծած քառանկյան անկյունագծերի հարաբերությունը հավասար է նրանցից յուրաքանչյուրի ծայրակետերից ելնող կողմերի արտադրյալների գումարի հարաբերությանը (նկ.1).

£ ab + c d— = ---: (6)m a d + bc

Ապացույց: Եղանակ 1. Օգտվելով թեորեմ 1.1-ի (1) և (2) բանաձևերից' կստանանք.

£ _ ab + cd

m a d + bc

Եղանակ 2. Օգտվելով Պտղոմեոսի առաջին թեորեմից և թեորեմ 1.1-ի (1) բաաձևից' կստանանք.

. {a c+ bd ){ ab + cd )£ = - ----------- Հ ----------- >- £ ab + cd

a d + bc => — - — :— — : n m a d + beim = ac + bd

Եղանակ 3. (նկ.1):

v i v _ v i v bc£ i a d l _ abm i cdmA B C A C D ~ ABD B C D = > ~ ՜ = ՜ ^ ՜ + ՜ = >

£ ab + cd£ (a d + b c ) = m [ab + cd՜)

m a d + bc

s JCD= — = ^ 4 a - e - ( a ‘ + e - d ՝ - f

cdm 1 Г շ շ / ~ շ շ \2

bcd = t ^ = i V 4c + д а ~ d )4 R 4

a 2l 2 4 a 2 2 - ( a 2 +^2 -Ճ?2)

c m 4c 2m 2 - { c 2 + m 2 - d 2^

4a с ւ nr - с nr {a + ' - d } = 4a с ' nr - a ' ( r +/// - d ) >

=> cm {a2 + £2 - d 2 j = a£ {c2 + m 2 - d 2 =>

a 2cm + c£2m - c d 2m = a c 2£ + a£m 2 - a d 2£ =>

=> { £ m -a c ) { £ c -a m ) = d 2 {cm — a£): (7)

Օգտվենք Պտղոմեոսի առաջին թեորեմից: Տեղադրենք (7)-ի մեջ

lm — ac = bd, կստանանք.

b d ( lc - a m ) = d 2 ( c m - a l ) => I {ad + bc) = m (ab + cd ) => — : a + c<m a d + bc

S a b c d = S a c d + S ab c = ^ d S IR ( y + S ) + Խ Տ1Ո ( (X + /3 )

— [a d + be) sin ( a + /3), (8)

SABCD = Sabd + S BCd = -^ a b sm (f i + S ) + c d s m ( a + y ) =

1[ab + c d ) s m ( a + y ) : (9)

(8)-ից և(9)-ից բխում է, որ — (ad + b c ) s m (a + (3) = — (ab + c d ) s m (a + у)

В ab + c d _ s in ( a + f i )(10)

a d + bc s in (o r+ ^ )

Օգտվենք սինուսների թեորեմից, կստանանք.

ГI = 2Rsm(a+ В)1 ; \ ( 1 1 )I m = 2 i? s in (o r+ y)

(10)-ից և (11)-ից բխում է, որ

I ab + cd

m a d + bc

Եղանակ 6. ACD և BCD եռանկյունների համար կիրառենք կոսինուս

ների թեորեմը (նկ.2), կստանանք.

J d 2 = a 2 + 12 - 2a l cos թ J c m d 2 = с т а 2 + c m l2 - 2a c lm cos թ

[ճ?2 = c 2 + m 2 - 2cm cos /5 \ a i d 2 = a l c 2 + a im 2 - 2a c lm cos /5

=> cm d2 - a i d 2 = с т а 2 + c m l2 - a le 2 - a im 2 =>

=> d 2 (c m - a l ) = Im ( c l - am ) - a c ( c l - am ) =>

(Im - a c ) ( lc - am ) = d 2 ( c m - a l ) :

Շարունակությունը նույնն է, ինչպես եղանակ 4-ում:

V -I- V = V -I- V° ABD ~ BCD A BC ~ ACD

<֊, —bmsm а ,S a b d 2 _________________= b m

S a c d - d e s i n a d £2

SB —cm sin Բ cmalՀՀ 1

ACD — al sin В 2

s ֊ bcsm (a+/3) իA BC _ _ ճ ____________________________ ՍՆ

ACD -^ad sm(y+S) a<

с , с _ с յ. e^ A B D ~ BC D A BC ~ ACD

bmABD ACDd£

_cmBCD „ ACDa£

V ֊ b° Հ1^ A B C 1 ACD

bm cm _

I t a c d + ~m a c d ~

bm cm _ be m ab + c d _ a d + bc

d£ a£ a d £ a d a d

£ ab + cd

m a d + bc

Եղանակ 8. Տեղագրենք (6)-ի աջ մասում a = 2Rsina, b = 2Rsiny,

c = 2RsmS, d = 2Rsmj3 (նկ.2), ինչպես նաև հաշվի առնելով, որ

£ = 2Rsm (a + /3) = 2Rsm{y+S) և m = 2 i?s in (o r+ у) = 2i? sin (/? + £ ),

կստանանք.

ab + cd _ 4R 2 (sin or sin y+ sin 8 sinթ) _

ad + bc 4 R 2 (sin у sin S + sin a sin թ)

— (cos(or - y) - cos(a + y) + cos(e> ֊ /?) + cos(e> + /?))

— (cos(y - S) - cos(y + S) + cos(a - 0 ) - cos(a + /?))

c o s ( a ֊ 7 ' ) - c o s ( a + f ) + cos(< J-y5)-cos(l800 - [ a + y)}

cos ( y - S ) - cos (y+ S) + cos ( a - j5) - cos ( l 80° - (y+ S )}

( \ , (տ ռ\ о { a + S ) - { p + y ) (a + p ) - { y + S )cos Լ0( — yj + cos уо — թ ) 2-շօտձ------- -----------ձօօտձ-------

cos(y -S ) + c o s (a - f i) ՜ շ C0A a+ r ) - ( P +S)C0A P +r ) - ( a+S)

180° ֊ 2 ( в +r) 180° — 2(y+S)cos----------------- - cos----------------- -

sin(/?+ y)s in [y+S) sin(7 +^)

cos180° - 2 Լ Բ + Ց) 180° -2 ( « + J ) sin(^ + )s in (a+ J) sin(/9 + £)

_ 211ճռ^+ S) I

2 R sm [f i + S) m

Եղանակ 9. Նշանակենք А О = x և В О = у, որտեղից С О = l - x և

D O = m — y (նկ.Յ): Քանի որ A A O B -A C O D U .A A O D ~ A B O C կստանանք.

У- Вm - y d

: — x

m - y d

У _ьl - x d

m ----xaс

y = - x a

с— x a___

l - x d

x cd = a b l - a b x [ ah f = x (ah + c d j

x a d = a b m -b c x j abm = x (a d + be j

I _ a b + cd

m a d + be

Եղանակ 10. Շարունակենք A D -ն և В С ֊ն մինչևՔ1 կետում հատվելը

(նկ.4): Նշանակենք D E = x և С Е = у : Քանի որ A A C E - A B D E և

A C D E - A A B E կստանանք.

ւ = ւт х x + a _ b

у + с

У - т£— х + с т _____

х + а

\ £dx + mcd = mbx

mdx + mad = £bx

i— x m

mcd m b-Id

£x + mc _ b mx d

mx + т а _ b ix d

mcd madm b -Id Ib -m d

x = -Ib -m d

£bc - m cd = abm - la d => l a d + £bc = m ab + m cd

I _ab + cd m ad + bc

£[ad + bc) = m{ab + cd)

Եղանակ 11. Դիցուք ABCD քառանկյունը ներգծելի է, և DA = a,

AB = b, BC = c, CD = d (նկ.5): Կտրենք այդ քառանկյունից ABC եռանկյու

նը և շրջելով AC կողմը' այն նորից տեղադրենք շրջանի մեջ ճ AEC = AABC (նկ.6): Կստանանք շրջանագծին ներգծած AECD քառանկյունը' կողմերի

a, с, b և d հաջորդականությամբ: Նույն քառանկյունից երկրորդ անգամ

в в в

Նկ.5 Նկ.6 ՆԿ-7

կտրենք ABD եռանկյունը և շրջելով BD կողմը այն տեղադրենք շրջանի մեջ

A BFD = AABD (նկ.7): Այս դեպքում կստանանք FBCD քառանկյունը կողմե

րի արդեն а, с, d և Ъ հաջորդականությամբ: Նկատենք որ (նկ.6) և (նկ.7)

ACDE = ACD F , ըստ b և d կողմերի և նրանցով կազմված անկյան

ZD C E = Z F D C , քանի որ DAE = 360° ֊(CD + CE) = 360° ֊(CD + FD) =

= FAC\ Այստեղից էլ կստանանք y = x :A EC D (նկ.6) և FBCD (նկ.7) քա

ռանկյունների համար գրենք Պտղոմեոսի ուղիղ թեորեմը և կստանանք.

£x = ab + cd, 7 I ab + cd

< my = ad + bc => — = ---------- :m ad + bc

Եղանակ 12. Դիտարկենք В կենտրոնով և г շառավղով շրջանագծի նկատմամբ ինվերսիան (նկ.8): Հայտնի է, որ ինվերսիայի կենտրոնով անցնող

շրջանագծի պատկերը ուղիղ է: Դիցուք այդ ինվերսիայի դեպքում A, D և С

կետերի պատկերները ABCD քառանկյան արտագծած շրջանագծի պատկեր

հանդիսացող Կուղղի վրա գտնվող համապատասխանաբար E, F և G

կետերն են: Գրենք Ատյուարտի թեորեմը BEG եռանկյան համար, որում B F — ը չկան է, կստանանք.

EG ■ (B F 2 + EF -FG ) = B E 2-FG + BG 2 ■ E F : (12)

Մյուս կողմից ինվերսիայի հատկությունից բխում է, որ

BE-b = BG -c = BF-m = r 2,

Նկ.8

կամ

BE = — Ь

г 2 г 2BG = — և B F = — , (13)

ինչպես նաև

BE B F

BG B F

ևBE BG

m b т с с b

Վերջինից բխում է, որ A B A D - A B E F , A B D C - A B F G և A B A C - A B E G : Որտե

ղից էլBE B F E F BG B F FG BE BG EG_____________ _________ F G BE _m b a ’ m с d с

(13)-ից և (14)-ից հեշտությամբ կարելի է ստանալ, որ

E Fr 2a

FGr 2£

և EG = — : bebm cm

Տեղադրենք (13)-ը և (15)-ը (12)-ի մեջ, կստանանք.

Г 2£

Г Г4 r l a г d

т bm cm b

г r 2a

cm с 2 bmV ' " у

Պարզեցնելով ստացված հավասարությունը կստանանք.

£ ab + cd

m a d + bc

§2. Պտղոմեոսի երրորդ թեորեմի որոշ ընդհանրացումներ

Թեորեմ 2.1. Դիցուք ABCD -ն ուռուցիկ քառանկյուն է, որտեղ DA = a,

AB = b, ВС = с, CD = d ,B D = m, ZABD = a , ZCBD = Д Z^ CZ) = y,

ZADB = S, ZACB = r] և ZCAD = 6 (նկ.9): Այդ դեպքում

I sin Ց ■ (ab ■ sin a ■ sin в +cd ■ sin j3 ■ sin y)l u.

2 ° . — =

sin# - [ad- sin y-smd+bc- sin or- sin/;) ’

£ sin ( y+ в) ■ (ab ■ sin a ■ sin в + cd ■ sin թ ■ sin y)

m sin y -sin в ■ [ad ■ sin ( y+ #) + be ■ sin ( a + /?))

Ապացույց:

—bm sin a___ _ 2______e 1ACD —Id s in y

1 о ■—cl sinn_____ 2______ _S ւ • c-ABD — am sin о

—cm sin В ____^ 2 _______4 1ACD — al sin в

sbm sin a

■SAABD „ , • A C Did sin у

Sc l sin ij

■SAA B C ■ c- ABDam sin ծ v _ cm sin j3 v

B C D ~ 7 ^ Т Г ՛ ^ A C Dat sin Ե

V -I- VU A C D ^ ABC

■ V -I- V' ABD ^ BCD

s bm s in a■SAABD AC D

d i sin у

v _ c l s m i j bm sin a vA B C ~ i 7 , « ■ ^ A C D

am s in ծ d t sin у

v _ cm ճ ո թ vB C D ~ ՜7~- 7 Г " ^ AC D

a t sin в

c t s in 1) bm s in aV +° A C D ~ f .

am sin о d t s in у

bm sin a

■SAC D

d t sin у- S A

cm s in В 0+ --------- - - S ,

a l s in в

„ с s in 77 b sin a bm sin a cm s in В1 + --------------------- = ------------- + ----------— =>

a sin Ց d sin у d t sin у a t sin в

ad ism ysm 8sm 6+ bet sin asm 7j sin в =abm sin asm 8sm6+cdm sin [3sm ysin S

> i sin 6{ a d s in sin S + b c s in a s m i] )= m sin Ց (ab sin crsin 6 + c d sin f i sin y)

t s in 8 ■ {ab • sin a ■ sin в + c d ■ sin j3 ■ sin y)

m sin в -{ad- s in y -s in 8 + c d ■ s in a ■ sin 7 7)

2°. Նշանակենք A B D C = (p\ Հաշվի առնելով, որ £ + = 180° —{y+ O ),

կստանանք.

S’, e _ e , e°ABC ABD ~ BCD

—bm sin a bm sin a

s acd ^ d ls in y d H m Y2

1 • /?—cm sm p • nշ _ cm sin p

1 r ■ citsinO— a l sin в2

1S ,sc 2 b cM a + f t b cSm (a+ /3 )

s acd }֊adsm{S+(p) adsm ( Г + в )

V 4- V = V 4- VU A C D ^ U A B C ABD ^ BCD

v bm sin a d£ sin у

at sin 6 be sin (a+ թ)

ad sin ( y+ в )S A

_ cm sin ВV _|_____________________ _ . \

A C D ~ a • /~i AC Da d s in ( y+ в ) л и d l sin у л и a£ sin в

be s in (a + Բ ) bm sin a cm s in В=> 1н---------- -------— = --------------1-----------— =>

a d s in ( y+ в ) d£ sin у a£ sin в

=> l a d s in ^ s in # s in (^ + # ) + c s in ^ s in # s in (o r+ /?) =

= m a b s m c c s m 6 s m (y + 6 ) + m cd sin у3 s in ^ s in (^ + # ) =>

£ sin sin e(achm(y+e)+bc sin (a+0 )) = msin (y+ в) (ab sin crsin 6+cdsm /?sin y)

£ sin (у+в)- (ab ■ s in a ■ s in в + c d ■ sin j3 ■ sin y)

m sin y -sin в (ad ■ ып(у+в) + Ьс-$,т(а+j3))

Թեորեմ 2.1-ի 1 և 2 բանաձևերից յուրաքանչյուրից կարելի է անել հետևյալ եզրակացությունը.

Հետևանք 2.1. (Պտղոմեոսի երրորդ թեորեմը): Շրջանագծին ներգծած քառանկյան անկյունագծերի հարաբերությունը հավասար է նրանցից յուրաքանչյուրի ծայրակետերից ելնող կողմերի արտադրյալների գումարի հարաբերությանը (նկ.1).

£ _ab + cd m ad + bc

Ապացույց: Ստանանք թեորեմ 2.1-ի 1°-ի օգնությամբ:

Դիցուք քառանկյունը ներգծելի է (նկ.9): Այդ դեպքում (16) բանաձևի մեջ

հաշվի առնելով y = a , 5 = 1) W 6 =/3, կստանանք.

£ sin Ց֊ (ah-sm a- sin 6*+tt/՛ sin [5֊ sin y) sin //՛ (ah-smoc- sin fi+cd- sin [5֊ sin a)

m sin 6*՛ (ad• sin sin S+bc-sin a ՛ sin //) sin /?՛ (ad• si n or- si n //+Ac • si n or- si n //)

s in 7 / -s in c r s in / ? - ( a £ + c<i) ab + cd

s in / ? - s in c r s in / ; -{ad + bc) a d + bc

Ստանանք թեորեմ 2.1-ի 2° ֊ի օգնությամբ:Դիցուք քառանկյունը ներգծելի է (նկ.9): Այդ դեպքում (17) բանաձևի մեջ

հաշվի առնելով y = a և 0 = թ , կստանանք.

£ sin (у+ в) ■ [ab ■ sin a ■ sin в + c d ■ sin j3 ■ sin y)

m s in y-sm d - (a d sm{y+6) + b c s m { a + /?))

= s in ( a + f t ) (ab ■ s in or • s in /? + о / • s in /? - s in or) s in ( « + /?)• s in or - s in /?- (ab + cd) ab + cd

s in a - s in թ- ( a d s i n ( a + թ ) +bc- s in ( a + թ)) s in or • s in /? • s in ( « + /?)• (ad + b c ) ad + bc

Գ Ր Ա Կ Ա Ն Ո Ւ Թ Յ Ո Ւ Ն

1. Д. Ефремов. Новая геометрия треугольника. Одесса, 1902.

2. Ж. Адамар. Элементарная геометрия. 4 .1 . М . Учпедгиз, 1957.

3. Д. И. Перепелкин. К урс элементарной геометрии. Ч. 1. М .

Госпедиздат, 1948.

4. Г. С. М . Коксетер, С. Л. Грейтцер. Новые встречи с геометрией. М .

Наука, 1978.

5. Д. А . Мавашов. Внекласная работа по математике. Ташкент.

Укинтувчи, 1989.

ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱՅԻ ՕԼԻՄՊԻԱԴԱՅԻ (2-ՐԴ) ՏԱՐԱԾՔԱՅԻՆ ՓՈՒԼԻ Խ Ն Դ Ի Ր Ն Ե Ր Ը (2010)

Ա.Ս.ՄիքայելյանԵրևանի թիվ 6 միջնակարգ դպրոց

2010 թ-ի փետրվարի 4-ին, Երևան քաղաքի 12 վարչատարածքային շրջաններում տեղի ունեցավ մաթեմատիկայի օլիմպիադայի տարածքային (2-րդ) փուլը: Ստորև ներկայացնում ենք առաջարկված խնդիրները և նրանց լուծումները:

ԽՆԴԻՐՆԵՐ

8-րդ դասարան

Խնոհո N 1 Անցնելով ճանապարհի կեսը' նավը իր արագությունը մեծացրեց 25%- ով, և դրա շնորհիվ տեղ հասավ ժամանակից կես ժամ շուտ: Քանի՞ ժամ ծախսեց նավը ողջ ճանապարհի վրա:

Խնռհո N 2 Նկարում ցույց տված պատկերի բոլոր անկյունները ուղիղ են: Ունենք միակողմանի քանոն առանց չափումների (տես նկարը), և սրածայր մատիտ: Ինչպե՞ս այդ գործիքների օգնությամբ տանել մեկ գիծ այնպես, որ պատկերից անջատվի նրա կեսին հւսվասար մակերես: (Պատասխանը հիմնավորել): Մեկ լուծում նշելու դեպ- 3քում տրվում է 1 միավոր:

Երկու լուծում նշելու դեպքում' 2 միավոր:Երկուսից ավելի լուծում նշելու դեպքում տրվում է լրացուցիչ միւսվոր:

Խնռհո N 3 Տրված են երեք արկղեր, որոնց մեջ կան համապատասխանաբար 2- ական գնդակներ: Մեկի մեջ 2-ը սպիտակ գույնի են, մյուսի մեջ 2-ն էլ սև գույնի են, իսկ երրորդի մեջ մեկը սպիտակ, մյուսը սև գույնի գնդակներ են: Արկղերի վրա այդ մասին կան համապատասխան գրություններ, սակայն հայտնի է, որ բոլոր այդ գրությունները չեն համապատասխանում իրականությանը: Ինչպե՞ս կարելի է մեկ գնդակ հանելով պարզել, թե որ արկղում ինչ գնդակներ են պարունակում:

Խ նռհոN4 Գտնել х և у թվերի բոլոր արժեքները, որոնց դեպքում հավասա

րումը դառնում է նույնություն.

(2х — Յ)2 + (Зу)2 + (2х + Зу)2 =3

Ց-րդ դասարան

Խնռհո N1 а ֊ի ինչպիսի՞ արժեքների դեպքում է հետևյալ քառակուսի եռան

դամը դառնում լրիվ քառակուսի.

(4а - 3)х2 - 3(а + 1)х + 3(а +1) :

Խնռհո N 2 Վաճառականը հանդիպեց անապատով անցնող երկու ճամփորդների և նրանցից ջուր խնդրեց: ճամփորդներից մեկի մոտ կար 1,5 լիտր, իսկ մյուսի մոտ' 1 լիտր ջուր, և նրանք հավասարապես բաժանեցին ջուրը երեքի միջև: Երախտապարտ վաճառականը ճամփորդներին տվեց 36 դոլար: Ինչքա՞ն կտայիք այդ գումարից ճամփորդներից յուրաքանչյուրին, եթե բաժանեք արդարաբար:

Խնռհո N 3 Գոյություն ունի՞ այնպիսի բազմանկյուն, որի անկյունագծերի քանակը լինի լրիվ խորանարդ: Հնարավո՞ր է այդ բազմանկյան կողմերի թիվը գերազանցի 100-ը:

Խնռհո N4 Վերականգնել բաժանման գործողությունը._ ԱԱԲԲ ԳԴԵ

ԴԵԲ Դէ _ ԶԲԲ

ԸԵԲ ԵԲ

Նույն տառերին համապատասխանում են նույն թվանշանները, իսկտարբեր տառերին' տարբեր:

7Г 4 57Г 4Խ նռհոN1 Հայտնի է, որ cos(or----- ) = — և — < а < —л : Գտնել s in « ֊ն:

3 5 6 3

Խնռհո N 2 A B C D ուղղանկյուն սեղանի A D փոքր հիմքը 3 է, իսկ հիմքերին ոչ

ուղղահայաց C D սրունքը' 6: E կետը C D հատվածի միջնակետն

է, իսկ C B E անկյունը հավասար է 15° ֊ի: Գ տ եքճՏՇ/) սեղանի

մակերեսը:

Խնոհո N 3 Գտնել այն բոլոր Р պարզ թվերը, եթե հայտնի են, որ պարզ թվեր են

նաև ? 2 - 2 , 2 Р 2 — 1, З Р 2 + 4 թվերից յուրաքանչյուրը:

Խ նոհոN4 Լուծել հավասարումների համակարգը.

2 х2 + У = 1

< 2 y 2 + z = 1:

2 z 2 + x = 1

Խնոհո N1 ՏոՎած են երեք ֆունկցիաներ. g j(x) = x - l ; g 2(x) =| x | +x և f ( x ) -

ը, որի որոշման տիրույթը' D ( f ) = (-1;0] միջակայքն է: ճ)(^)-ը,

D (F 2) ֊ը համապատասխանաբար' а д = л а д ) .

F 2(x) = f ( g 2(x)) ֆունկցիաների որոշման տիրույթներն են: Գտնել

D ( f ) ո D (F X) և D ( f ) ս D (F 2) բազմությունները:

Խնոհո N 2 Հայտնի է, որ 5ո-\ և « ֊ 1 0 ամբողջ թվերից յուրաքանչյուրը

բաժանվում է միևնույն P -պարզ թվի վրա: Ապացուցել, որ

2010« + 4-ը (ne N ) նույնպես կբաժանվի P -ի վրա:

Խ նոհոN 3 Լուծել հավասարումը.

(x3 - ւ ) ւ / 2 - ւ 2 =0,25 :

Խնոհո N4 A կետից ելնում են A B , A C , A D և A E չորս ճառագայթներն

այնպես, որ Z B A C = 60°, Z B A D = Z D A C = 45° , իսկ A E ճառա

գայթն ուղղահայաց է A B D հարթությանը: Գտեք C A E անկյունը:

ԼՈՒԾՈՒՄՆԵՐ

N 8 -1 : Պատ.' 4.5 (Ժամ): Տես Հ.Ա.Միքայելյան «Հանրահաշիվ-9» N 186,էջ 49:

Անցած ճանապարհի կեսը նշանակենք ւՏ՚-ով, իսկ սկզբնական արագությունը' v -ով: Այդ դեպքում' ըստ պայմանի, մյուս կեսում արագությունը

կլինի Vj = v + 0.25v = 1.25v : Քանի որ ճանապարհի առաջին կեսում 0.5 (ժամ)

տ տավելի է ծախսվել, քան երկրորդ կեսում, ա պ ա ---------= 0.5< =>

Տ Տ ntr Տ 4Տ Տ ntr Տ е „<=>------------- = 0.5< =>-----------= 0.5< => <=>— = 0.5 <=> — = 5 • 0.5 = 2.5 (Ժամ):

v 1.25v v 5v 5v v

տ տՀետևաբար' — = -----0.52.5 - 0.5 = 2 (ժամ): Ամբողջ ճանապարհի ծախսած

ժամանակը կլինի 2.5 + 2 = 4.5 (ժամ):

N 8 -2: Պատասխանո՜ (տես գծագիրը):Առաջին լուծում: Քանոնով տանում ենք

C D ուղիղը մինչև A F ֊ի հետ M կետում հատվե

լը: Պատկերը տրոհվում է երկու հավասար ուղղան

կյունների A B C M և M D E F 3x6 չափերի: Նրան

ցից յուրաքանչյուրը կունենա 18 (քառ. միավոր) մակերես:

Երկրորդ լուծում: Քանոնը տեղաղրենք

այնպես, որ անցնի С և Е կետերով: Տանենք С Е

ուղիղը մինչև A F ֊ի հետ N կետում հատվելը:

Առաջացած N F E ուղղանկյուն եռանկյունը կունե

նա մակերես, հավասար պատկերի մակերեսի կեսին: Իրոք'

A C E D = 45° => A F E N = 45° => F N = F E = 6 (միավոր): Մյուս կողմից'

AN M C = A C D E , հետևաբար SFNE = Տյ^ը^ =18 (քառ. միավոր):

Երրորդ լուծում: Քանոնը տեղաղրել այնպես, որ անցնի A և D կետե

րով: Այդ դեպքում քանոնը կհատի պատկերի B C կողմը ինչ-որ К կետում: Մա

տիտով նշենք К կետը: (Մենք ելնում ենք այն բանից, որ ինքը միակողմանի քանոնը արդեն իսկ փոխարինում է այն գծին, որը պետք է տանել' տեղադրված

ժամանակ: Այդ պատճառով К կետը գտնելու համար գիծը չենք տանում, այլ

նշում ենք քանոնի և В С կողի հատման կետը, ինչը բնական է):ճ-ն կլինի В С

կողմի միջնակետը AA B K = AD C K ՛. Այնուհետև քանոնը տեղադրենք այնպես, որ

անցնի F և К կետերով: Տանենք F K ուղիղը: A B K F ֊ի մակերեսը հավասար

կլինի K C D E F պատկերի մակերեսին: Իրոք' = S №KiK և S ANKB =Տկ շ ա \

Վերջին լուծումը հետաքրքիր է նրանով, որ միակողմանի քանոնը և սրածայր մատիտը ունեն թաքնված հնարավորություն, այն է պատկերի հետ հատվելիս նշել հատման կետը:

N 8 -3: Տես Հ.Ա.Միքւսյելյւսն «Հանրահւսշիվ-9» N 950, էջ 278:

2 (Ապ) 2 (Սև) 1 (սպ) և 1 (սև)

(I) о • (II) о о (III) • • ------------►Հանել 1 գնդակ

Յուրաքանչյուր արկղում տեղադրված են 2-ական գնդակ: Արկղերի վրայի գրված գրությունները չեն համապատասխանում արկղերում եղած գնդակների գույներին:

ճիշտ քայլը հետևյալն է: Այն արկղը, որի վրա գրված է 1 (սպ) և 1 (սև) գրությունը, հանել 1 գնդակ: Նա կարող է լինել սև կամ սպիտակ (նկարի դեպքում այն սև է), դրանով իմանում ենք, որ 2 (սև) գնդակները այդ արկղում են: Հիշենք, որ եթե 1 (սպ.) և 1 (սև)-ի վրա գրված լինի 2 (սպ.), ապա 2 սպիտակի վրա գրված կլինի 2 (սև): Իսկ եթե 1 (սև) 1 (սպ.)-ի վրա գրված լինի 2 (սև), ապա 2 սպիտակի վրա գրված կլինի 1 (սպ.) և 1 (սև): Այդ դեպքում 2 (սև)-ի վրա գրված կլինի 2 (սպ.): Քանի որ մեր մոտ 1 (սպ.) և 1 (սև) գրված արկղի միջինը 2 (սև) է, ապա 2 (սև) գրված արկղի միջինը 2 սպիտակ է, իսկ 2 (սպ)-ի գրվածի միջինը 1 (սև) և 1 (սպ.):

N 8-4: Պատ. X = 1; v =-------- ' 3

Ունենք'

(2x — Յ)2 + (Зу)2 + (2х + Зу)2 = 3 <=>

4 х2 - 12х + 9 + 9у 2 + 4 х2 + 12ху + 9у 2 - 3 = 0 о

8х2 + 18у2 ֊ 12х + 12ху + 6 = 0 <=> 4 х2 + 9 у 2 - 6 х + 6ху + 3 = 0 <=>

(Зх2 - 6х + 3) + х 2 + 9 յ2 -б х у = 0 <=> 3 (х -1 )2 + ( x - 3 j ) 2 = 0 <=>

(х -1 ) = 0; x - 3 j = 0 <=> х = 1; У = ~\) '-

N 9 - 1 : Տես Հ.Ա.Միքայելյւսն «Հանրահաշիվ-9» N 70 ա) էջ 28: Պատ.

15а = — :

Քառակուսի եռանդամի լրիվ քառակուսի լինելու անհրաժեշտ պայմանը տարբերիչի զրո լինելն է.

D = (-3(0 +1))2 ֊ 4(4a-3)-3(fl+l) = 0 « 3(a +1)(3 (a +1) ֊ 4(4a ֊ 3)) = О

1 15<=>օ=-1, а = — :

Ստուգումով համոզվում ենք, որ а = — 1 ֊ը չի բավարարում, քանի որ այդ

դեպքում ստանում ենք —l x 2 , որը (л/7х)2 արտահայտության հակադիրն է:

(Դիտողություն: Շատ լուծողներ, այդ թվում նաև ուսուցիչներ, նույնիսկ դասագիրքը' (տես էջ 290) շեշտը դնում են միայն 4а - 3 փ 0 լինելու վրա): Այս օրինւս-

կը մի տեսակ «լակմուս» է, մեկ անգամ ևս ապացուցելու, որ մաթեմատիկայում «մանրուքներ» չկան:

N 9 -2: Պատ. 28,8 (դոլար) և 7,2 (դոլար): Տես Հ.Ա.Միքայելյւսն «Հանրահաշիվն» N 93, էջ 31:

ճանապարհորդը վաճառականների հետ խմել են յուրաքանչյուրը'

(1 +1.5): 3 = — (լիտր) ջուր: Դրանից 1 - — = — լիտրը II վաճառականի ստաց-6 6 6

5 9 - 5 4վածն է, իսկ 1.5 — = -------= — լիտրը 1-ից ստացված ջուրն է: Քանի որ 1-ին

4 1վաճառականը ll-ի համեմատ ճանապարհորդին տվել է — : — = 4 (անգամ) շատ

ջուր, ապա 36 դոլարը արդար բաժանելիս պետք է առաջինը ստանա 4 անգամ ավելի գումար ll-ից: Ընդհանուր գումարը' 36 (դոլ.) = 4(մաս)+1(մաս)=5(մաս),

36ուստի 1(մաս) = — = 7.2(դոլ.), որը ստանում է ll-րդը, իսկ 4-7.2 = 28.8(դոլ.)

ստանում է առաջինը:

N 9 -3: Պատ. Այո': Օրինակ՝ /^128:Եթե բազմանկյան կողմերի թիվը նշանակենք />ով, ապա նրա բոլոր

ո(ո — 3)անկյունագծերի քանակը կլինի ------------ : Իրոք, բազմանկյան յուրաքանչյուր

2գագաթից կգնա ճիշտ (п — 1) գիծ, որից երկուսը' АгА2-\\ և АгАп-\\ (եթե դիտեք

А ՜Ը) Կլինեն կողմեր: Հետևաբար ամեն գագաթից դուրս է գալիս ճիշտ ( ո - 3)

հատ անկյունագիծ: Հետևաբար կունենանք ո(ո -3) հատ անկյունագիծ:

Սակայն այս հաշվարկում յուրաքանչյուր անկյունագիծ հաշված է ճիշտ 2

անգամ: (Օրինակ' ^յ-ից դուրս եկած A^Aj-ը նույնն

է, ինչ-որ А3 գագաթից դուրս եկած А3Аг- , հետևաբար բոլոր անկյունագծերի քանակը կլինի

ո ( ո — 3)ճիշտ ----- ------ հատ, ո > 3; я е TV : Խնդիրը

ո(ո — 3) 3բերվում է ------------ = m հավասարման բնական

2թվերի բազմությունում լուծելուն: Դժվար չէ տեսնել,

որ ո = 9-ը այդ հավասարմանը բավարարում է: Այդ

հավասարմանը բավարարում է նաև ո = 128-ը.

128(128-3)

2= 64 • 125 = (4 • 5)3 : Ուստի այդ բազմանկյան կողմերի թիվը կարող է

մեծ լինել 100-ից:

N 9-4: Պատ; 3300 J2 5

Բ 0ո I- I

—— պայմանից ստանում ենք բ=0: —У- = —У- պայմանից ստանում ենք' բ ե ե

ե=5: Ուստի եբ=50: դ • գ=դ պայմանից' ստանում ենք գ=1: Մյուս կողմից'

դ-1դ5 = դ50 Պայմանից ստանում ենք դ=2: Ուստի բաժանարարը' 125 է:

Մնացածը պարզ է:

. 3 -4 л / эN 10-1: Պատ. s in a r = — — — : Տես «Հանրահաշիվ և մաթ. անալիզի

տարրեր -10» N 568 (բ), էջ' 171:Նշանակենք'

Я 0 5л- Ж , 71ճ ռ 4 Ж а Я ,а — = р ------ < ( а — ) = В < —ж — <=> а = р л — և

3 6 3 3 3 3 3

JC 4— < Р < Я (II քառորդ): Խնդիրը բերվում է հետևյալին: Ունենք' cos f i — և\2 5

/ N II քառորդին: Պահա05վ„ ւմ էգտ0կ Sm a = sm[/; + f ] - D:

N 10-2: Տես Աթանեսյան և ուրիշներ «Երկրաչափություն-9» (2008թ. հրատարակություն - Հարթաչափություն) N 555, էջ' 127:

Պատ. 9 - 4 .5 -\/յ :

Տված է A B C D ուղղանկյուն սեղանը' Հ ճ = Z B = 90° , A D \ \ B C ,

A D = D E = E C = 3 , բայցի այդ A E B C = CC = 15°: Պահանջվում է գտնել

$ a b c d ՜ն; B E և A D ուղիղները

շարունակենք մինչև К կետում

հատվելը: Այդ դեպքում А В Е С ֊ն և

AD E K ֊ն կլինեն ոչ միայն նման

(Z B = Z K = а և Z D E K = Z B E C )

այլ նաև հավասար, քանի որ

D E = E C = 3:

Ուստի S ABCD= S M BK: Միա

ժամանակ' E -Կ B K ներքնագիծի

միջնակետն է, ուստի A E = B E = E K : Խնդիրը բերվում է A B K ուղղանկյուն

եռանկյան մակերեսը հաշվելուն, որը կիսվում է A E միջնագծով: A A E K ֊ն

հավասարասրուն է, Z E A K = Z E K A = Z K B C = a 0 =15°: Մյուս կողմից'

A D = D E = 3-ից Z A E D = a ° : D M 1 A E և A M = M E : A A M D -իg

A M = 3 • cos a => A E = 2 A M = 6 cos a =>

Saaek = ~ ՛ A E ■ E K • s in (M £ X ) =-^-6cos«-6cos«-sin(1800 -2 a ) = 18cos2a s in la '-

Բացի այդ SMBK = 2 • SMEK = 2 • 18 • co s2 a • sin 2 a , ուստի՝

■ 18-11՜ 0052^) ■sin2ct' = 18 (l-cos30°) sin300 =18 (1 -— ) ֊ = 9-4.5л/з :2 2 2

N10-3: Պատ. p = 3; p = 7:

Նշանակենք' p = I k ± r , որտեղ r e {0,1,2} և ստուգենք' p 2 - 2 \

2 p 2 - 1 ; 3 p 2 + 4 թվերի պարզ լինելը: Եթե /> = 7,ա պ ւս /?-ն կլինի պարզ թիվ

միայն & = 1 դեպքում:

Ուստի'

P 2 - շ = 72 - 2 = 4 9 - 2 = 47, 2/?2 - 1 = 2 -4 9 - 1 = 97,

Յ^2 +4 = 3-49 + 4 = 151,

ստացված բոլոր թվերը եղան պարզ թվեր, ուստի p = 7 ֊ը բավարարում է խնդրի

պայմանին:

Ունենք' p = I k ± г (г = 1) , այդ դեպքում'

Зр2 + 4 = 3(7Лг + l) 2 +4 = 3(49£2 + 14Лг + 1) + 4 = 3(49Лг2 ± 14 ) + 7

բաժանվում է 7-ի \/к е N , ուստի р Ф I k ± 1: Դիցուք' р = 1к ± 2: Այդ դեպքում'

2р 2 - \ = 2{1к± 2)2 - 1 = 2{А9к2 ± 2Ш + 4 ) - 1 = 2{А9к2 ±28£) + 7

կբաժանվի 7-ի, ուստի պարզ թիվ չի կարող լինել, եթե к e N = {1,2,3,...}:

Մնում է ստուգել միայն к = 0 դեպքը, որտեղ բ = 2-ը իրոք պարզ թիվ է: Բայց

այդ դեպքում' պարզ չի լինում Ъ р2 + 4 = 3 - 4 + 4 = 16: Ուստի' р Փ I k ± 2 :

Դիցուք' p = I k ± 3 , (г = 3) : Այդ դեպքում պարզ թիվ չի լինում'

р 2 —2 = ( I k ± Յ)2 — 2, եթե k e N :

Իրոք' (7к ±Յ)2 - 2 = Ш 2 ± Ш + 9 - 2 = Ш 2 ± 42k + 7 թիվն

բաժանվում է 7-ի, եթե k e N ՛ . Պարզ թիվ կլինի միայն к = 0 դեպքում: Այդ

ժամանակ' p = 7 • 0 + 3 = 3 , որի համար իրոք'

p 2 ֊ 2 = 32 ֊ 2 = 7; 2p 2 - 1 = 2 -3 2 - 1 = 1 8 -1 = 17,

Ъ р2 + 4 = 3 • Յ2 + 4 = 27+ 4 = 31

թվերը լինում են պարզ թվեր: Պայմանին բավարարող այլ թվեր չկան:

N 10-4:

( 1C 2 Я 41C ^Պատ.' (x; y ; z ) = I c o s y ( 2 n + 1); - cos-^ -(2n +1); -c o s -^ -(2 n + 1)

f 2 ft 41C(x;y;z)= cos — (2и + 1); - c o s — (2я + 1); - c o s — (2я + 1)

n = 0;1;2;3;4:

Ունենք'

у = 1 - 2x2

z = l — 2 y 2 = 1 -2 ( 1 - 2 x2)2

x = 1 — 2 z2 = l - 2 ( l - 2 ( l - 2 x 2) 2) 2

Խնդիրը բերվում է

(1) JC = 1 -2 (1 -2 ( 1 - l x 2)2)2

հավասարման լուծմանը: Վերջինս 8-րդ աստիճանի հավասարում է, ուստի ամենաշատը կարող է ունենալ 8 արմատներ:

Փնտրենք այդ հավասարման այնպիսի լուծումներ, որոնք ներկայացվում

են x = cos0J տեսքով, որտեղ ф е [0 ;я ] : Տեղադրելով կստանանք'

^ = 1 — 2 co s2 (թ = —(2 co s2 (թ — V) = — cos 2<p,

z = 1 — 2_y2 = —(2_y2 - l ) = - ( 2 c o s 2 2^3-1) = - c o s 4 ^ ,

l - 2 z 2 = - ( 2 z 2 -1 ) = - ( 2 co s2 4q>-X) = - c o s 8 (p:

Հետևաբար'

cos ф = -cos8^о л _ 7ճ? 3 փ

< > co s 0 + co s 8 <z> = O < > 2 co s—— • co s——2 2

■ о <=>

1<р пcos —— = О

9 ф л cos — = О

4 = — {2п + 1)

4 = — (2п + 1) 9

н е Z :

Հեշտ է տեսնել, որ I դեպքում բավարարում են и ֊ի միայն и = 0;1;2;3

արժեքները, իսկ ll-րդ դեպքում միայն ո = 0;1;2;3;4 արժեքները, քանի որ и ֊ի

մյուս արժեքների դեպքում <р<£ [0,л՜]:

Ուստի ստանում ենք х թվի ճիշտ 8 իրարից զույգ առ զույգ տարբեր ար

ժեքներ:

ո Ъ п 5 я i n л ,л' = cos— ; cos — ; cos — ; cos— = cos я՜ = -1 և

7 7 7 7

cos-7яК 37U 7Г 1 5 я

л' = cos — ; cos — = cos — = — ; cos — ;9 9 3 2 9 9

9 я .COS--- = COS 71 = -1

Այսպիսով' հավասարումը ունեցավ ճիշտ 8 լուծում, որոնք բոլորն էլ

իրարից զույգ առ զույգ տարբեր են: Քանի որ 8-րդ աստիճանի հավասարումը չի

կարող 8-ից ավելի արմատ ունենալ, ուստի և գտած թվերով էլ սպառվում են (1)

հավասարման բոլոր լուծումները, դրանով նաև գտնվում է տված համակարգի

իրարից զույգ առ զույգ տարբեր բոլոր 8 եռյակները:

N11-1: Պատ.' D { f ) ո D { F 1) = 0 ; D { f ) и D { F 2) = (—°o;0]:

Տես Գ.Գևորգյան, Ա.Աահակյան «Հանրահաշիվ և մաթեմատիկական անալիզի տարրեր - 9», N191 (բ), էջ' :

Քանի որ F i(x ) = f ( g l (x)) = / ( x - l ) , ապա Fj ( x ) ֊ը գոյություն ունի,

եթե միայն g j(x) = x ֊ l e £>(/) = (-1,0]

о - 1 < х - 1 < 0 о - 1 + 1<(х-1) + 1<0 + 1=>0<х<1=> D (FX) = (0;1]: Ուստի

D ( f ) n D ( F 1) = ( - l;O ]n (O ;l]= 0 :

Մյուս կողմից' F 2(x) = f ( g 2(x)) = / ( | x | + x ) : F 2{x)-\\ գոյություն ունի,

Ուստի, եթե X > 0 , ապա | x |= x => g 2 (x) = x + x = 2 x > 0 => 2 x £ (—1;0]:

Այսինքն F(^g2( x ) ) ֊ը 3 (գոյություն չունի): Դիցուք' x<0<^=>|x| = ֊ x « g 2(x) =

=| x| +x = - x + x= Oe (—1;0] =>F 2{x) = / ( 0 ) , որը 3 գոյություն չունի: Հետևա

բար V x e ( —°օ;0]-ի համար F 2 (x) = ք (0) <=> -о D (F 2 (x)) = (-°°;0]: Ուստի'

D (F 2) u D ( f ) = (—°o;0] u (֊1;0] = ( - ; 0 ] :

N11-2: Տես Հ.Ա.Միքայելյան «Հանրահաշիվ-9» N 767 ա) էջ 229:

Ըստ պայմանի (5 n - l ) : P և P -ն պարզ թիվ է, ուստի Р Ф 5: Մյուս

կողմից' (ո - \Ծ ) \Բ և Р փ 5 5 (и -10):.Р : Ունենք (5 ո -1 ) :Բ և

(5ո-50)\Բ ^ ( (5 п -Т ) - (5 п -Щ ) \Р < ^ 5 n -\ -5 n + 50 = 49\P => P = 1 Ունենք

նաև'

2010-/7 + 4 = 2005k + Ո + 4 = 2009- И + И -10 + 10+4 = 41- 49 -п + {п -10) + 14:

Քանի որ =41-49:7, (ո - 10)\(Բ = 7) և 14:7, ապա իրոք' այդ նույն

n e N թվերի համար (2010и + 4):7 :

х ; х > 0եթե միայն g 'j(x) =| X | + xe (—1;0]: Բայց | x |=

֊ x ; X < 0

N 11-3: Պատ.' X g <

—о------------------------------------- >-վշ -1 0 ւ V2 X

Ունենք'

x 2(x2 - l ) 2( 2 - x 2) = - o ( x 2 — l) 2(2x2 ֊ X 4 ֊ 1 + 1)= — : 16 16

(x 2 _ l ) ( l_ ( x 2 _ l) 2 ) = ± ^ ( x 2 _ l ) 4 _ (x2 _ 1)2 + ± = 0 16 16

■ 1 = +

(х2 ֊1 )2 =

•у/ 2 + л/з

1պ 1 —

41± Я

2±л/з

\±վշ±Տ2 2 - , - - , - .<=> X = ------31---------- <=> X = ±1

2± ^ 2± у/з .

շ շ V 2Մնում է այս 8 թվերից ընտրել այն չորսը, որոնք պատկանում են Թ.Ա.Բ-

ին: Մյուս չորսը կլինեն (х3 - х ) у / 2 - х 2 = -0 .2 5 ֊ի լուծումները:

N 11-4: ՏԵս Աթանեսյան և ուրիշներ «Երկրաչափություն-9» N էջ

Պատ.' 45° կամ 135°:

[АО) ճառագայթի վրա վերցնենք A D = 1 միավոր հատված: (A C D ) հարթու

թյան մեջ տանենք C D _Լ A D , որտեղ С ֊ն (AC ) ճառագայթի հատման կետն է:

Քանի որ Z C A D = 45°, ապա A D C (Z D = 90°) ուղղանկյուն եռանկյունը կլինի

հավասարասրուն <^>CD = \ (միավոր), ուստի A C = Հ շ , նույնը կանենք (A D B )

հարթության մեջ, տանելով D B _Լ A D (Z D = 90°) և Z D A B = 45° ֊ից D B = 1,

իսկ А В = л12 (5 -ն D կետից ՃՕ-ին տարված ուղղահայացի և [АВ)

ճառագայթի հատման կետն է): Ըստ պայմանի

Z C A B = 60° С В = 4 2 => A C D B ֊ն

կլինի ուղղանկյուն եռանկյուն'

Z C D B = 90° (I2 +12 = (վ շ )2)\

Վերջինս նշանակում է, որ C D _Լ A D ,

C D _Լ B D => C D _Լ (AD B) հարթությա

նը: Ըստ պայմանի

A E ± ( A D B ) ^ A E \ \ C D (նույն

հարթությանը տարված ուղղահայացները իրար զուգահեռ են):

Տանենք' C K _Լ A E => A D C K ֊ն կլինի

քառակուսի, քանի որ C K = D A = 1,

C D = A K = 1: Հետևաբար Z C A K = 45° :

Եթե A E ուղղահայաց է վեր => Z C A E = 45е

ներքև, ապա Z C A E = 180° ֊ 45° = 135° :

իսկ եթե Е կետը ուղղված է

22 2 4

Ի Ն Ք Ն Ա Կ Ր Թ Ո Ւ Թ Յ Ո Ւ Ն

Ի ն ք ն ա կ ր թ ո ւ թ յ ո ւն

ԿԱԽՎԱԾ ԳԱԳԱԹՆԵՐԻ ԹԻՎԸ ԾԱՌԵՐՈՒՄԿ. Մ. Մոսեսյւսն, Գ.Ա.Համբւսրձումյան

Դիտարկվում է մարդկանց զույգերի միջև «ծանոթ լինել» երկտեղ հարաբերությունը: Այն սիմետրիկ հարաբերություն է' դիտարկվող մարդկանց խմբի

ցանկացած a,b զույգի հւսմար, եթե a -ն ծանոթ է ծ-ին, ապա ծ-ն ևս ծանոթ է a -ին:

Կասենք, որ a և ծ մարդկանց միջև նստած с մարդը ապահով է նստած, եթե

նա ծանոթ է և a-ին, և ծ-ին:

Մարդկանց it\, a2,..., aK հաջորդականության (к >2) ciՀ և ^ծայրանդամները

կոչվում են համարյա ծանոթներ, եթե նրանում ցանկացած հարևան անդամներ ծանոթ են միմյանց:

Դիտարկենք հետևյալ խնդիրը'

Տրված է մեկից ավելի մարդկանց X բազմություն, որում ցանկացած ան

ծանոթ զույգ համարյա ծանոթ է: Հայտնի է նաև, որ X բազմության երկուսից մեծ

թվով մարդ պարունակող ցանկացած անդամների հնարավոր չէ ապահով նստեցնել կլոր սեղանի շուրջը: Հայտնի են նաև այն մարդկանց թվերը, որոնք

այդ խմբում ունեն 3,4,5,6 և այլն թվով ծանոթներ: Գտնել X բազմության այն

մարդկանց թիվը, որոնք ունեն 1-ական ծանոթներ:Դիտողություն 1. Թվում է, թե խնդիրը կոռեկտ չէ ձևակերպված, այն չի

կարող ունենալ միարժեք լուծում, քանի որ հայտնի չեն ո՛չ X բազմության

տարրերի թիվը, ո՛չ էլ 2-ական ծանոթներ ունեցող մարդկանց թիվը: Մույն աշխատանքում ապացուցվող թեորեմից կերևա, որ նշված մտահոգությունները հիմնազուրկ, են և խնդրի լուծումը կախված չէ այդ տվյալներից:

Աշխատանքը շարադրելու համար տանք որոշ սահմանումներ և կատարենք մի քանի նշանակումներ1.

Դիցուք, հարթության վրա տրված են ինչ-որ կետեր (դրանց կանվանենք գագաթներ) և այդ կետերի որոշ զույգեր (հնարավոր է նաև բոլոր զույգերը, կամ ոչ մի զույգ) իրւսր են միացված ինքն իր հետ չհատվող գծերով (դրանց կան֊

1 Ստորև տրված են միայն տվյալ աշխատանքի հասար անհրաժեշտ սահմանումները: Դրանց ավելի ընդլայնված ցուցակի հետ կարելի է ծանոթանալ [1] աշխւստանքուս:

վանենք կողեր), ըստ որում կարևոր չէ այդ գծերի տեսքը և երկարությունը:

Ստացված պատկերը կանվանենք գրա ֆ' տրված X գագաթների և Ս կողերի

(գագաթներից կազմված զույգերի) բազմությամբ: Այն կնշանակենք G = (X ,U ) ֊ով:

Եթե ս= (x,y)eU , ապա կասենք, որ x և յ գագաթները հարևան են միմյանց,

ս կողը կից է X և у գագաթներին, և հակառակը' х և у գագաթները կից են ս

կողին (նկ.1):

նկ.1.

Եթե ս= (x,y) t. Ս, կասենք, որ X և у գագաթները հարևան չեն միմյանց:

Տվյալ X գագաթին (хеХ) կից կողերի քանակը կոչվում է այդ գագաթի

աստիճան (կամ լոկալ աստիճան) և նշանակվում է d(x)-n\\;. Եթե d(x)= 0, ապա x-ը

կանվանենք մեկուսացված գագաթ, իսկ d(x)=1 դեպքում' կախված գագաթ:

n=n(G) - ով նշանակվում է G = (X ,U ) գրաֆի գագաթների քանակը,

m=m(G) ֊ով ' կողերի քանակը:

Դիցուք, տված է ո մարդկանցից (ո > 2) կազմված որևէ P խումբ: Այդ խմբի

ծանոթությունների G = (X ,Ս ) գրաֆը կսահմանենք հետևյալ ձևով. G գրաֆի

գագաթների X բազմության տարրերը համապատասխանեցվում են P խմբի

մարդկանց և կամայական x , y e X զույգի համար, երբ P մարդկանց խմբում x և

у ֊ին համապատասխան մարդիկ ծանոթ են միմյանց, G ֊ում տարվում է (х,у)

կող (բացի դրանցից, G ֊ում այլ կողեր չեն տարվում):

Գրաֆի մեջ գագաթների և կողերի х0, щ, x-i, ս2, ..., x„_! ս„, x„ փոխ-

հաջորդող հաջորդականությունը, որում կամայական հարևան տարրերի զույգեր

կից են և ոչ մի կող չի կրկնվում, կոչվում է x0 գագաթը xn գագաթին միացնող

շղթա (նկ.2). Շղթան կոչվում է պարզ, եթե նրանում ոչ մի գագաթ չի կրկնվում:

ս. t i l l? Ա Л ս.

x r X, X- Х л X ո — 1 X,ս, = (x k - i , x k )

նկ. 2

Այն շղթան, որում x0=x„, կոչվում է ցիկլ:

Գրաֆի տվյալ գագաթների զույգը կոչվում է կապակցված, եթե գոյություն ունի նրանց միացնող պարզ շղթա:

Գրաֆը կոչվում է կապակցված, եթե նրանում գագաթների կամայական զույգ կապակցված է:

G'={V, E') գրաֆը կոչվում է G=(V, E) գրաֆի մաս, եթե V cV Y lE 'c E ՛-

G'=(V, E') մասը կոչվում է G=(V, E) գրաֆի ենթագրաֆ, եթե G՛ ունի G

գրաֆի բոլոր հնարավոր (թույլատրելի) կողերը:Գրաֆի մաքսիմալ (ըստ ընդգրկման) կապակցված ենթագրաֆը կոչվում է

այդ գրաֆի կապակցման բաղադրիչ:

G=(X,Ս) գրաֆը կոչվում է ծառ, եթե այն կապակցված է և չունի ցիկլեր:

Ընդունված է, համարել, որ մեկ մեկուսացված գագաթից բաղկացած գրաֆը ևս ծառ է:

Այն գրաֆը, որի բոլոր կապակցման բաղադրիչները ծառեր են, կոչվում է

անտառ:

|^|-ով նշանակվում է X բազմության տարրերի քանակը:

Հետագա նյութը շարադրելու համար անհրաժեշտ է ապացուցել մի քանի պնդումներ.

Պնդում 1. Գրաֆի բոլոր գագաթների աստիճանների գումարը հավասար է նրա կողերի թվի կրկնապատիկին:

Ապացույց. Դիցուք ունենք կամայական G = (X ,U ) գրաֆ, m{G) = m և

x „} :

Եթե կազմենք գրաֆի բոլոր գագաթների աստիճանների

d(x1)+ d(x2) +... + d(xn)

գումարը, ապա գրաֆի յուրաքանչյուր (x^xj) կող այդ գումարին կավե-

լացնի երկու միավոր, մեկը d(xj ) գումարելիում, քանի որ այդ կողը կից է xt

գագաթին, մյուսը d(x )-ում, քանի որ այն կից է նաև X j գագաթին: Ուրեմն,

գրաֆի բոլոր կողերը վերը բերված գումարը կավելացնեն 2m միավորով: Քանի որ գումարելիները միմիայն գրաֆի գագաթների աստիճաններն են, ուստի կարող ենք գրել'

d (x l ) + d (x2) + ... + d (xn) = 2m

Պնդում 2. ո գագաթ ունեցող ծառն ունի ո- 1 կող:

Ապացույց. Ենթադրենք T=(X,U)-h ո գագաթ ունեցող որևէ ծառ է: Եթե ո=1,

ապա T ծառն իրենից ներկայացնում է մեկուսացված գագաթ, կող չունի և

թեորեմի պայմանները բավարարվում են: Իրոք, ո -1=1-1=0:

Ենթադրենք, որ ո> 1: Հեռացնելով T ծառից որևէ կող' կստանանք երկու նոր

ծառեր, որոնց գագաթների միավորումը^բազմությունն է: Պարզ է, որ երեք ծառ

ստանալու համար պետք է սկզբնական T ծառից հեռացնել 2 կող, 4 ծառ ստա-

նալու համար պետք է Г -ից հեռացնել 3 կող և այլն: Ամենաշատ ծառեր, այսինքն

ո հատ մեկուսացված գագաթներ ստանալու համար պետք է Т ծառից հեռացնել

ո - 1 կողեր, այսինքն Г -ի բոլոր կողերի քանակը եղել է ո - 1:

ՊնդումՅ.ո գագաթ և к բաղադրիչներ ունեցող/) անտառն ունի m(Z)) = n-k

կող:

Ապացույց. Իրոք, ենթադրենք D անտառի բաղադրիչները Tl ,T 2,...,Tk

ծառերն են: Օգտվելով պնդում 2-ից կարող ենք գրել'

m\=щЛ,

m2=«2֊ 1 ,

т , ֊ я , ֊ 1 :

Գումարելով այս հավասարությունները' կստանանք պնդում 3-ի ապացույցը:

Թեորեմ, к հատ (£ > l) ոչ դատարկ բաղադրիչներ ունեցող D անտառի

համար տեղի ունի

t/լ = 2,к ՜Ւ (d շ + 2 d հ ՜Ւ 3 d + ••• + — 2)- d Ծ ), )

որտեղ d t ֊[x D անտառի I աստիճան ունեցող գագաթների թիվն է, իսկ

<7-ն' D -ի գագաթների մաքսիմալ աստիճանը:

Ապացույց. Ակնհայտ է, որ

ճ?ւ ՜Ւ d շ + й?з + ••• + d Ծ = ո Լթ ) = ո ՛. (2)

Ըստ պնդում 1-ի'

ճ?ւ + 2d շ + 3 ծ ՚ d Ծ = 2 ա (D ) = 2 ա ՛. (3)

Ըստ պնդում 3-ի'

m=ո-է. (4)

Օգտվելով (2)-(4) հավասարություններից' կարող ենք գրել'

ճ?լ ՜Ւ 2ճ?շ ՜Ւ 3 ՜Ւ • • • ՜Ւ Ծ ՚ d a = 2{dl ՜Ւ ճ?շ ՜Ւ • • • ՜Ւ d Ծ ) — 2к

կամճ?լ = 2 к + (d 2 + 2й? + Зй?2 + • • + (<7 2 ) ՚ Ժ Ծ ) !

Թեորեմն ապացուցված է:

Հետևանք 1. Ցանկացած ծառում կա գոնե 2 հատ կախված գագաթներ:

Իրոք, բավական է դիտարկել (1) հավասարությունը к =1 դեպքում: (1)

հավասարությունից բխում է նաև հետևյալ պնդումը.

Հետևանք 2- Եթե Т ծառն ունի ճիշտ 2 հատ կախված գագաթներ, ապա

այն չունի 2-ից մեծ աստիճան ունեցող գագաթներ, այսինքն T-Կ պարզ շղթա է:

Ակնհայտ է, որ շղթա հանդիսացող ծառն ունի ճիշտ երկու կախված գագաթներիս պնդումը միացնելով հետևանք 2-ին' կստանանք'

Հետևանք 3. Т ծառն ունի 2 կախված գագաթներ այն և միայն այն դեպ

քում, երբ T-Կ պարզ շղթա է:

Դիտողություն2. Հետևանք 3-ը որպես առանձին թեորեմ ապացուցված է [2] աշխատանքում: Այդ ապացույցը ծավալուն է' զբաղեցնում է շուրջ 1,5 էջ:

Օգտվելով ապացուցված թեորեմից լուծենք աշխատանքի սկզբում ձևակերպված խնդիրը:

Խնդրի գրաֆայնացումը. Կազմենք դիտարկվող խնդրի պայմաններին

համապատասխանող ծանոթությունների G=(X,U) գրաֆը: Խնդրի առաջին պայ

մանից բխում է, որ G -ն կապակցված է, իսկ երկրորդ պայմանից, որ G -ն չունի

ցիկլեր: Ուրեմն G=(X,U) գրաֆը ծառ է:

Խնդրի գրաֆային ձևակերպումը. Տրված է G={X,U) ծառ, որում

առանձին-առանձին հայտնի են 3,4,5,6 և այլն աստիճաններ ունեցող գագաթների քանակները (ինչպես նշել ենք վերևում' խմբի մարդկանց ընդհանուր թիվը և երկուական ծանոթներ ունեցող մարդկանց թիվը հայտնի չէ): Պահանջվում է գտնել խմբում մեկական ծանոթներ ունեցող մարդկանց թիվը:

Լուծում. Խնդրի լուծումը հետևում է վերն ապացուցված թեորեմից' k= 1

դեպքում:

Դիտողություն 3. Մեր կողմից դիտարկվող խնդրի ծանոթությունների գրաֆը բաղկացած էր մեկ բաղադրիչից' ծառ էր, այդ իսկ պատճառով խնդրի լուծ

ման համար օգտվեցինք ապացուցված թեորեմից k= 1 դեպքում: Կարելի էր

խնդիրը ձևակերպել այնպես, որ նրան համապատասխանող ծանոթությունների

գրաֆը բաղկացած լիներ p հատ (p >1) ոչ դատարկ բաղադրիչներից' այսինքն

լիներ անտառ: Նման կերպ ձևակերպված խնդրի լուծումը նույնպես կհետևեր

վերն ապացուցված թեորեմից' к= р դեպքում:

Դիտողություն 4. (1) հավասարությունից հետևում է, որ 2 աստիճանունեցող գագաթնեի թիվը ոչ մի էական դեր չի խաղում այլ աստիճան ունեցող գագաթների թիվը որոշելիս: Այդտեղից միաժամանակ երևում է, որ ցանկացած

d t արժեք (2 < /< < t(G ) ) կարելի է գտնել իմանալով մնացած d } ֊երի

{ j Փ i , j Փ 2) արժեքները:

Ապացուցված թեորեմը դիտարկենք նկար 3-ում պատկերված ծառի օրինակի վրա.

Հեշտ է նկատել, որ պատկերված ծառում d2=4, ժշ=՜\, dA=A\ Օգտվելով (1)

հավասարությունից' գտնենք պատկերված ծառի կախված գագաթների Ժհ թիվը.

d-\ = 2 +а?з + 2^4 = 2 +1+8 =11:

նկ.Յ

Իրոք, պատկերված ծառի կախված գագաթների թիվը 11 է: Նկատենք, որ այս թիվը ստացանք առանց օգտվելու ծառի երկու աստիճան ունեցող

գագաթների d2=4 թվից:

Դիտողություն 5. Դիտարկվող խնդրի ձևակերպման մեջ կա \ճ\ > 2

սահմանափակումը: Քանի որ 2 < \ճ\ < 3 դեպքում d 3 = d 4 = ■ ■ ■ = d a = 0 ,

թվում է, թե այն կարող է խանգարել թեորեմում ապացուցված (1) հավասարության, ուրեմն նաև ամբողջ թեորեմի տեղի ունենալուն:

4 և 5 նկարներում պատկերված գրաֆներից երևում է, որ մեր մտահոգությունները հիմնազուրկ են:

Ш ) Բ)

նկ.4

ա) բ) գ) դ)

նկ.5

Դիտարկենք այդ գրաֆներն առանձին-առանձին.

/7=2 դեպքում կան ընդամենը 2 գրաֆներ, որոնք պատկերված են նկար 4-ում:

Նկար 4 ա)-ում պատկերված գրաֆը կապակցված չէ, նրան համապա

տասխան մարդկանց խումբը հ=Հ դեպքում չի բավարարում դիտարկվող խնդրի

պայմաններին: к=р դեպքում (р >1) ևս չի բավարարվում, քանի որ բաղադրիչ

ները դատարկ են (տես դիտողություն 3):

Նկար 4 բ)-ում պատկերված գրաֆի դեպքում с/. = 2 և (1) հավասա

րությունը տեղի ունի:

w=3 դեպքում կան ընդամերը 4 գրաֆներ, որոնք պատկերված են նկար

5-ում:Նկարներ 5 ա) և 5 բ) ֊ում պատկերված գրաֆները կապակցված չեն և

դրանք բացառվում են նախորդ դեպքի նմանությամբ: Նկար 5 դ)-ում պատկերված գրաֆը ևս բացառվում է, քանի որ այն (անտառ չէ) պարունակում է ցիկլ:

Նկար 5 գ)-ում պատկերված գրաֆի դեպքում d. = 2 և (1) հավասարությունը

տեղի ունի:

Գ ր ա կ ա ն ո ւ թ յ ո ւ ն

1. Կ.Մ.Մոսեսյան, Հ.Հ.Պետրոսյան, Խնդիրների լուծումը գրաֆների միջոցով «Մաթեմատիկան դպրոցում», թիվ 1-2 (58-59), 2008թ.

2. В.Г.Карпов, В.А.Мощенский, Математическая логика и дискретная математика, Минск, 1977.

____________________ Ի Ն Ք Ն Ա Կ Ր Թ Ո Ւ Թ Յ Ո Ւ Ն _____________________

Խ Ն Դ Ի Ր Ն Ե ՐԳառնիկ Ներսիսյան

1. Ուղղանկյան կողմերի հարաբերությունը к է, k e Աշակերտը

կտրատելով այն մասերի, ստացավ կտորներ, որոնցից մի քանիսը իրար միացրեց: Արդյունքում պարզվեց, որ նա ստացել է չորս, իրար հավասար սուրանկյուն եռանկյուններ: Ինչպե՞ս այդ հաջողվեց նրան (10-11):

2. ABC. Եռանկյան ВС , A C և ВA կողմերի վրա համապատասխանաբար նշված

են А и В I և С л կետերը այնպես, որ S ACiBi = SBCiJh = Sa m : Ապացուցել, որ

— ՜Հ ‘՜*лвс ■ (9-11)

К3. 0 < а , Բ , 7< ՜հ , tg a + tg/3 + tgy = 2 : Ապացուցել, որ

cos2 or + cos2 y9 + cos2 ^>2 : (10-11)

4. a-ն և ծ-ն տարազույգ բնական թվեր են: Ապացուցել, որ a 'h - ah 3 ֊ 1 թվի

բոլոր բնական բաժանարարների գումարը բազմապատիկ է 6-ին: (8-11)

5. Կանոնավոր 12-անկյունը կտրատել ոչ ավելի քան յոթ մասերի այնպես, որ դրանցից հնարավոր լինի կազնել երեք քառակուսիներից բաղկացած անկյունակ (տես նկարը): (9-11)

«Մ ա թ եմա տ իկա ն դ պ րո ց ո ւմ » ա մսա գրի խ մ բա գ րո ւթ յա ն 2009թ . հ ա շվ ե տ վ ո ւթ յո ւն ը

2009թ. ընթացքում թողարկվել է ամսագրի 6 համար' յուրաքանչյուր համարը 2010-ական տպաքանակով:

Ամսագրի բոլոր օրինակները անվճար հատկացվել են ուսումնական հաստատություններին:

ԴՊՐՈՑՈՒՄ - n Latert.nla.am/archive/NLA AMSAGIR/Matematikan dprocum/2010... ·...

Documents

WinRT: интеграция с С++

Խոսքի մշակույթը Գեղարվեստի ավագ դպրոցում

с праздником! с днем победы!!! (2)

с.4 с.5 с.2 с.3 Дорогие друзья!

С ЕВЕР С ТАЛЬ

В ДЕН ВЫБОРОВ—1Ь МАРТ4 Арый приходи 1 март4л на а из - бирательные участк № 5и1 52. 53, чтоб отдаты своь голой

С. С. Смородинский, Н. В. Батин =M B J · УДК 519.6 (075.8) ББК 22 я 7 С 51 Смородинский, С. С. С 51 Системный анализ и

XIX ( )rlc2001/abstract/files/sintaksis.doc · Web view3. Природа с/с. С/с в традиционной грамматике — только номинативная

• Название : [ С razy С rane ]

ս ՜ Դպրոցում - tert.nla.amtert.nla.am/archive/NLA AMSAGIR/Matematikan dprocum/2009(4).pdf · ուսուցչի ձեռնարկ, «Աստղիկ գրատուն», 2001 թ. Ի՞նչ

умножение с 2 - стихове с монетка

Учебник с. 76-78 Атлас с 30-31 Контурные карты с. 8-9 №3. с.10-11 №2

СМОТРИ В АПРЕЛЕи 2d а также в imax 3d 16+ с 24.03 с 24.03 с 24.03 с 24.03 с 24.03 2 Герой 12+ с 31.03 с 31.03 с 31.03 с 31.03 с 31.03 3 МУЛЬТ

С. 3 С. 3 С. 5 С. 10chortkivrr.gov.ua › chortkivrr.te.ua › userfiles › file › 6 › golos...Газета Чортківського району Відповідальна

mes.gov.ge · Web viewԵթե դպրոցում մինչև 2011-2012 ուսումնական տարին չէր դասավանդվում անգլերեն, 2011-2012 ուսումնական

День рождения С С С Р · 8 февраля – День памяти юного героя-антифашиста 30 декабря – День рождения С

: DЦ 1 H G ? J L H < : J B K L < H « D J ? : = J 1Ь : G ...Зареєстрований та сплачений статутний капітал банку станом на 30

с новым годом! с новым счастьем!альянсавтогрупп.рф/corporativnaya-gazeta/avto97.pdf · с новым годом! с новым счастьем!

1- ԴԱՍԱՐԱՆՆԵՐՈՒՄ ՕՏԱՐ ԼԵԶՎԻ ՈՒՍՈՒՑՄԱՆ ... · 2018-05-14 · Կրտսեր դպրոցում օտար լեզվի դասավանդման հիմնական

Програма навчання 2010ru.teplowiki.org/wiki/images/c/cb/Академія_viessmann_в_Україні.pdf · сервісних (теми С-1.1, С-1.2, С-2, С-3)