Нақты көрсеткішті санның дәрежесі. Дәрежелердің қасиеттері, тұжырымдары, дәлелдері, мысалдары

α ≠ πk/2 (k Z жиынына жататын) кез келген α бұрышы үшін мыналар орындалады:

Кез келген α бұрышы үшін теңдіктер жарамды:

α ≠ πk (k Z жиынына жатады) болатын кез келген α бұрышы үшін мыналар орындалады:

Қысқарту формулалары

Кестеде тригонометриялық функциялар үшін азайту формулалары берілген.

Функция (º-дегі бұрыш)	90º - α	90º + α	180º - α	180º + α	270º - α	270º + α	360º - α	360º + α
күнә	cos α	cos α	күнә α	-күнә α	-cos α	-cos α	-күнә α	күнә α
cos	күнә α	-күнә α	-cos α	-cos α	-күнә α	күнә α	cos α	cos α
тг	ctg α	-ctg α	-tg α	күңгірт α	ctg α	-ctg α	-tg α	күңгірт α
ctg	күңгірт α	-tg α	-ctg α	ctg α	күңгірт α	-tg α	-ctg α	ctg α
Функция (рададағы бұрыш)	π/2 – α	π/2 + α	π – α	π + α	3π/2 – α	3π/2 + α	2π – α	2π + α

Тригонометриялық функциялардың паритеті. Сәуле өзара екіге айналғанда φ және -φ бұрыштары пайда болады қарама-қарсы бағыттар(сағат тілімен және сағат тіліне қарсы).
Демек, бұл бұрыштардың ОА 1 және ОА 2 шеткі жақтары абсцисса осіне қатысты симметриялы. Ұзындығы бірлік векторлардың координаттары OA 1 = ( X 1 , сағ 1) және OA 2 = ( X 2 , ж 2) мына қатынастарды қанағаттандырады: X 2 = X 1 ж 2 = -сағ 1 Сондықтан cos(-φ) = cosφ, sin (- φ) = -sin φ, Демек, синус – бұрыштың тақ функциясы, ал косинус – жұп функция.
Келесі бізде:
Сондықтан тангенс пен котангенс бұрыштың тақ функциялары болып табылады.

8)Кері тригонометриялық функциялар- тригонометриялық функцияларға кері болатын математикалық функциялар. Алты функция әдетте кері тригонометриялық функциялар ретінде жіктеледі:

§ арксинус(таңба: arcsin)

§ доғалық косинус(таңба: arccos)

§ арктангенс(белгіленуі: arctg; шетел әдебиетінде arktan)

§ аркотангенс(белгіленуі: arcctg; шетел әдебиетінде arccotan)

§ доғалы(таңба: доға секунд)

§ аркосекант(белгіленуі: arccosec; шетел әдебиетінде arccsc)

Артқы тақырып тригонометриялық функциясәйкес тригонометриялық функцияның атынан «arc-» префиксін қосу арқылы жасалады (лат. доға- доға). Бұл кері тригонометриялық функцияның мәнін геометриялық тұрғыдан доғаның ұзындығына байланыстыруға болатындығына байланысты. бірлік шеңберсол немесе басқа сегментке сәйкес (немесе осы доғаға тең бұрыш). Кейде шетел әдебиетінде sin −1 сияқты белгілер арксинус және т.б. үшін пайдаланылады; бұл негізсіз деп саналады, өйткені функцияны −1 дәрежесіне көтеруде шатасу болуы мүмкін.

arcsin функциясының қасиеттері

(функция тақ). кезінде.

сағ

arccos[ функциясының қасиеттері

· (функция нүктеге қатысты центрлік симметриялы) немқұрайлы.

arctg функциясының қасиеттері

· , x > 0 үшін.

arcctg функциясының қасиеттері

· (функцияның графигі нүктеге қатысты центрлік симметриялы

· кез келген үшін

12) Рационал көрсеткіші бар a > 0 санының дәрежесі – дәреже көрсеткішін қарапайым қысқартылмайтын бөлшек x = m/n түрінде көрсетуге болатын дәреже, мұндағы m – бүтін сан және n – натурал сан және n > 1 ( x – көрсеткіш).

Нақты көрсеткіші бар дәреже

Оң сан және ерікті нақты сан берілсін. Сан – дәреже деп аталады, сан – дәреженің негізі, сан – көрсеткіш.

Анықтама бойынша олар сенеді:

Егер және оң сандар болса және кез келген нақты сандар болса, онда келесі қасиеттер орындалады:

14)Санның негізіне қарай логарифмі(грек тілінен λόγος - «сөз», «қатыс» және ἀριθμός - «сан») санды алу үшін негізді көтеру керек қуат көрсеткіші ретінде анықталады. Белгіленуі: , айтылуы: « негізгі логарифм".

Логарифмдердің қасиеттері:

1° - негізгі логарифмдік сәйкестік.

Бірдің 1-ден басқа кез келген оң негізге логарифмі нөлге тең. Бұл мүмкін, себебі кез келген нақты санды нөлдік дәрежеге көтеру арқылы ғана 1-ге айналдыруға болады.

4° – туындының логарифмі.

Көбейтіндінің логарифмі факторлардың логарифмдерінің қосындысына тең.

5° - бөліндінің логарифмі.

Бөлімшенің логарифмі (бөлшек) көбейткіштердің логарифмдерінің айырмасына тең.

6° - градустың логарифмі.

Дәреженің логарифмі көрсеткіш пен оның табанының логарифмінің көбейтіндісіне тең.

7°

8°

9° - жаңа негізге көшу.

15) Нақты сан – (нақты сан), кез келген оң, теріс сан немесе нөл. Барлық физикалық шамаларды өлшеу нәтижелері нақты сандар арқылы өрнектеледі. ;

16)Қиял бірлік- әдетте квадраты теріс санға тең күрделі сан. Дегенмен, басқа нұсқалар да мүмкін: Кэйли-Диксон бойынша еселеуді құруда немесе Клиффорд бойынша алгебра шеңберінде.

Күрделі сандар(ескірген елестетілген сандар) - түрдегі сандар , мұндағы және нақты сандар, - елестету бірлік; яғни . Барлығына көп күрделі сандарәдетте лат тілінен белгіленеді. кешен- тығыз байланысты.

Санның күші анықталғаннан кейін бұл туралы айту қисынды дәреже қасиеттері. Бұл мақалада біз барлық мүмкін дәрежелерді қозғай отырып, санның дәрежесінің негізгі қасиеттерін береміз. Мұнда біз дәрежелердің барлық қасиеттерінің дәлелдерін береміз, сонымен қатар бұл қасиеттер мысалдарды шешу кезінде қалай қолданылатынын көрсетеміз.

Бетті шарлау.

Натурал дәрежелері бар дәрежелердің қасиеттері

Табиғи көрсеткіші бар дәреженің анықтамасы бойынша a n дәрежесі әрқайсысы а-ға тең n фактордың көбейтіндісі болып табылады. Осы анықтама негізінде, сондай-ақ пайдалану нақты сандарды көбейту қасиеттері, біз мынаны аламыз және негіздей аламыз c дәрежесінің қасиеттері табиғи көрсеткіш :

a m ·a n =a m+n дәрежесінің негізгі қасиеті, оны жалпылау;
негіздері бірдей бөлінділік дәрежелердің қасиеті a m:a n =a m−n ;
өнімнің қуат қасиеті (a·b) n =a n ·b n , оның кеңеюі;
бөліндінің натурал дәрежедегі қасиеті (a:b) n =a n:b n ;
дәрежесін (a m) n =a m·n дәрежесіне көтеру, оны жалпылау (((a n 1) n 2) …) n k =a n 1 ·n 2 ·…·n k;
дәрежесін нөлмен салыстыру:
- егер a>0 болса, онда кез келген натурал n саны үшін a n>0;
- егер a=0 болса, онда a n =0;
- егер а<0 и показатель степени является четным числом 2·m , то a 2·m >0, егер а<0 и показатель степени есть нечетное число 2·m−1 , то a 2·m−1 <0 ;
егер a және b оң сандар болса және а
егер m және n бірдей болса бүтін сандар, бұл m>n, содан кейін 0-де 0 a m >a n теңсіздігі ақиқат.

Барлық жазбаша теңдіктер екенін бірден атап өтейік бірдейкөрсетілген шарттарды сақтай отырып, олардың оң және сол жақ бөліктерін ауыстыруға болады. Мысалы, a m ·a n =a m+n бөлшектің негізгі қасиеті өрнектерді жеңілдету a m+n =a m ·a n түрінде жиі қолданылады.

Енді олардың әрқайсысын егжей-тегжейлі қарастырайық.

деп аталатын негіздері бірдей екі дәреженің көбейтіндісінің қасиетінен бастайық дәреженің негізгі қасиеті: кез келген нақты а саны және кез келген m және n натурал сандары үшін a m ·a n =a m+n теңдігі ақиқат.

Дәреженің негізгі қасиетін дәлелдеп көрейік. Натурал көрсеткішті дәреженің анықтамасы бойынша a m ·a n түріндегі негіздері бірдей дәрежелердің көбейтіндісін көбейтінді ретінде жазуға болады. Көбейтудің қасиеттеріне байланысты алынған өрнекті былай жазуға болады , ал бұл көбейтінді m+n натурал көрсеткіші бар а санының дәрежесі, яғни a m+n. Бұл дәлелді толықтырады.

Дәреженің негізгі қасиетін растайтын мысал келтірейік. Негіздері 2 және натурал дәрежелері 2 және 3 бірдей дәрежелерді алайық, градустардың негізгі қасиетін пайдаланып 2 2 ·2 3 =2 2+3 =2 5 теңдігін жаза аламыз. 2 2 · 2 3 және 2 5 өрнектерінің мәндерін есептеу арқылы оның жарамдылығын тексерейік. Көрсеткішті орындау, бізде бар 2 2 ·2 3 =(2·2)·(2·2·2)=4·8=32және 2 5 =2·2·2·2·2=32, тең мәндер алынғандықтан, 2 2 ·2 3 =2 5 теңдігі дұрыс және ол дәреженің негізгі қасиетін растайды.

Көбейтудің қасиеттеріне негізделген дәреженің негізгі қасиетін негіздері және натурал дәрежелері бірдей үш немесе одан да көп дәрежелердің көбейтіндісіне жалпылауға болады. Сонымен n 1, n 2, …, n k натурал сандарының кез келген k саны үшін келесі теңдік дұрыс болады: a n 1 ·a n 2 ·…·a n k =a n 1 +n 2 +…+n k.

Мысалы, (2,1) 3 ·(2,1) 3 ·(2,1) 4 ·(2,1) 7 = (2,1) 3+3+4+7 =(2,1) 17 .

Біз натурал көрсеткіші бар дәрежелердің келесі қасиетіне өте аламыз - негіздері бірдей үлестік дәрежелердің қасиеті: кез келген нөлге тең емес нақты а саны және m>n шартын қанағаттандыратын ерікті натурал m және n сандар үшін a m:a n =a m−n теңдігі ақиқат.

Бұл қасиеттің дәлелдемесін ұсынбас бұрын, тұжырымдағы қосымша шарттардың мағынасын талқылайық. 0 n =0 болғандықтан, нөлге бөлуді болдырмау үшін a≠0 шарты қажет және бөлумен танысқанда біз нөлге бөлуге болмайды деп келістік. Натурал көрсеткіштен асып кетпеу үшін m>n шарты енгізілген. Шынында да, m>n үшін a m−n көрсеткіші натурал сан, әйтпесе ол не нөл болады (бұл m−n үшін болады) немесе теріс сан (м үшін орын алады)
Дәлелдеу. Бөлшектің негізгі қасиеті теңдігін жазуға мүмкіндік береді a m−n ·a n =a (m−n)+n =a m. Алынған теңдіктен a m−n ·a n =a m шығады және m−n – a m және a n дәрежелерінің бөлімі екені шығады. Бұл негіздері бірдей бөліктер дәрежесінің қасиетін дәлелдейді.

Мысал келтірейік. Негіздері бірдей π және натурал көрсеткіші 5 және 2 болатын екі градус алайық, π 5:π 2 =π 5−3 =π 3 теңдігі дәреженің қарастырылатын қасиетіне сәйкес келеді.

Енді қарастырайық өнімнің қуат қасиеті: кез келген екі нақты санның a және b көбейтіндісінің n натурал дәрежесі a n және b n дәрежелерінің көбейтіндісіне тең, яғни (a·b) n =a n ·b n .

Шынында да, табиғи көрсеткіші бар дәреженің анықтамасы бойынша бізде бар . Көбейтудің қасиеттеріне сүйене отырып, соңғы көбейтіндіні келесідей қайта жазуға болады , ол a n · b n -ге тең.

Міне, мысал: .

Бұл қасиет үш немесе одан да көп факторлардың туындысының қуатына таралады. Яғни, k көбейтіндісінің n натурал дәрежесінің қасиеті былай жазылады (a 1 ·a 2 ·…·a k) n =a 1 n ·a 2 n ·…·a k n.

Түсінікті болу үшін біз бұл сипатты мысалмен көрсетеміз. Үш көбейткіштің 7 дәрежесіне көбейтіндісі үшін бізде .

Келесі қасиет заттай үлестің қасиеті: a және b, b≠0 нақты сандарының n натурал дәрежесіне бөлінуі a n және b n дәрежелерінің бөліміне тең, яғни (a:b) n =a n:b n.

Дәлелдеуді алдыңғы сипатты қолдану арқылы жүзеге асыруға болады. Сонымен (a:b) n b n =((a:b) b) n =a n, ал (a:b) n ·b n =a n теңдігінен (a:b) n - a n-нің b n-ге бөлінген бөлігі екендігі шығады.

Мысал ретінде нақты сандарды пайдаланып, бұл сипатты жазайық: .

Енді дауыстап көрейік билікті күшке көтеру қасиеті: кез келген нақты а саны және кез келген m және n натурал сандары үшін a m-дің n дәрежесіне дәрежесі m·n дәрежелі а санының дәрежесіне тең, яғни (a m) n =a m·n.

Мысалы, (5 2) 3 =5 2·3 =5 6.

Дәрежеге дейінгі меншіктің дәлелі келесі теңдік тізбегі болып табылады: .

Қарастырылатын мүлік дәрежеге дейін кеңейтілуі мүмкін және т.б. Мысалы, кез келген p, q, r және s натурал сандары үшін теңдік . Түсінікті болу үшін нақты сандармен мысал келтірілген: (((5,2) 3) 2) 5 =(5,2) 3+2+5 =(5,2) 10 .

Дәрежелерді табиғи көрсеткішпен салыстыру қасиеттеріне тоқталу керек.

Нөл мен дәрежені натурал көрсеткішпен салыстыру қасиетін дәлелдеуден бастайық.

Алдымен, кез келген a>0 үшін a n >0 болатынын дәлелдеп көрейік.

Көбейтудің анықтамасынан келесідей екі оң санның көбейтіндісі оң сан болады. Бұл факт және көбейтудің қасиеттері кез келген оң сандар санын көбейтудің нәтижесі де оң сан болатынын болжайды. Ал натурал көрсеткіші n болатын а санының дәрежесі, анықтамасы бойынша, әрқайсысы а-ға тең n көбейткіштің көбейтіндісі. Бұл аргументтер кез келген оң а негізі үшін a n дәрежесі оң сан екенін дәлелдеуге мүмкіндік береді. Дәлелденген қасиетіне байланысты 3 5 >0, (0,00201) 2 >0 және .

Кез келген а=0 натурал n саны үшін a n дәрежесі нөлге тең болатыны анық. Шынында да, 0 n =0·0·…·0=0 . Мысалы, 0 3 =0 және 0 762 =0.

Дәреженің теріс негіздеріне көшейік.

Көрсеткіш жұп сан болатын жағдайдан бастайық, оны 2·m деп белгілейік, мұндағы m - натурал сан. Содан кейін . a·a түріндегі көбейтінділердің әрқайсысы үшін a және a сандарының модульдерінің көбейтіндісіне тең, бұл оның оң сан екенін білдіреді. Демек, өнім де оң болады және дәрежесі a 2·m. Мысалдар келтірейік: (−6) 4 >0 , (−2,2) 12 >0 және .

Соңында, а негізі теріс сан және көрсеткіші тақ сан 2 m−1 болса, онда . Барлық a·a көбейтінділері оң сандар, бұл оң сандардың көбейтіндісі де оң, ал оны қалған теріс санға көбейту теріс санға әкеледі. Осы қасиетіне байланысты (−5) 3<0 , (−0,003) 17 <0 и .

Бірдей натурал дәрежелері бар дәрежелерді салыстыру қасиетіне көшейік, оның келесі тұжырымы бар: бірдей натурал дәрежелері бар екі дәреженің n негізі кішірек, ал негізі үлкенірек болатын дәрежеден үлкен. . Дәлелдейік.

Теңсіздік a n теңсіздіктердің қасиеттері a n түрінің дәлелденетін теңсіздігі де ақиқат (2.2) 7 және .

Табиғи дәрежелі дәрежелердің аталған қасиеттерінің соңғысын дәлелдеу қалды. Оны тұжырымдап көрейік. Натурал дәрежелері мен бірдей оң негіздері біреуден кіші екі дәреженің көрсеткіші кіші болғаны үлкен; және табиғи дәрежелері мен негіздері бірден үлкен екі дәреженің көрсеткіші үлкен болғаны үлкен. Бұл мүліктің дәлеліне көшейік.

Оны m>n және 0 үшін дәлелдеп көрейік m>n бастапқы шартына байланысты 0, яғни 0-де
Меншіктің екінші бөлігін дәлелдеу қалды. m>n және a>1 a m >a n үшін ақиқат екенін дәлелдеп көрейік. Жақшадан a n алынғаннан кейінгі a m −a n айырмасы a n ·(a m−n −1) түрінде болады. Бұл көбейтінді оң болады, өйткені a>1 үшін a n дәрежесі оң сан, ал m−n −1 айырмасы оң сан, өйткені бастапқы шартқа байланысты m−n>0, ал a>1 үшін дәреже. a m−n бірден үлкен. Демек, a m −a n >0 және a m >a n, дәлелдеуді қажет ететін нәрсе. Бұл қасиет 3 7 >3 2 теңсіздігімен суреттелген.

Бүтін дәрежелі дәрежелердің қасиеттері
Натурал сандар натурал сандар болғандықтан, оң бүтін дәрежелі дәрежелердің барлық қасиеттері алдыңғы абзацта келтірілген және дәлелденген натурал дәрежелері бар дәрежелердің қасиеттерімен дәл сәйкес келеді.

Біз бүтін теріс көрсеткішті дәрежені, сондай-ақ нөлдік көрсеткішті дәрежені теңдіктермен өрнектелген натурал дәрежелі дәрежелердің барлық қасиеттері жарамды болатындай етіп анықтадық. Демек, бұл қасиеттердің барлығы нөлдік дәрежелер үшін де, теріс дәрежелер үшін де жарамды, бұл ретте, әрине, дәрежелердің негіздері нөлден өзгеше.

Сонымен, кез келген нақты және нөлдік емес a және b сандары, сондай-ақ кез келген m және n бүтін сандары үшін мыналар дұрыс болады: бүтін дәрежелі дәрежелердің қасиеттері:

a m ·a n =a m+n ;

a m:a n =a m−n ;

(a·b) n =a n ·b n ;

(a:b) n =a n:b n ;

(a m) n =a m·n ;

егер n натурал сан болса, a және b оң сандар, ал а b−n ;

егер m және n бүтін сандар және m>n болса, онда 0-де 1 a m >a n теңсіздігі орындалады.

a=0 болғанда, a m және a n дәрежелері m және n екеуі де натурал сандар, яғни натурал сандар болғанда ғана мағыналы болады. Осылайша, жаңа ғана жазылған қасиеттер a=0 және m және n сандары натурал сандар болған жағдайлар үшін де жарамды.

Осы қасиеттердің әрқайсысын дәлелдеу қиын емес, ол үшін натурал және бүтін дәрежелі дәрежелер анықтамаларын, сондай-ақ нақты сандармен амалдар қасиеттерін қолдану жеткілікті. Мысал ретінде, күш-қуат қасиеті оң бүтін сандар үшін де, оң емес бүтін сандар үшін де орындалатынын дәлелдеп көрейік. Ол үшін p нөл немесе натурал сан және q нөл немесе натурал сан болса, онда теңдіктер (a p) q =a p·q, (a −p) q =a (−p) болатынын көрсету керек. ·q, (a p ) −q =a p·(−q) және (a −p) −q =a (−p)·(−q). Қанекей мынаны істейік.

Оң p және q үшін алдыңғы абзацта (a p) q =a p·q теңдігі дәлелденді. Егер p=0 болса, онда бізде (a 0) q =1 q =1 және 0·q =a 0 =1 болады, мұндағы (a 0) q =a 0·q. Сол сияқты, егер q=0 болса, онда (a p) 0 =1 және a p·0 =a 0 =1, осыдан (a p) 0 =a p·0. Егер p=0 және q=0 екеуі де болса, онда (a 0) 0 =1 0 =1 және a 0·0 =a 0 =1, одан (a 0) 0 =a 0·0 болады.

Енді (a −p) q =a (−p)·q екенін дәлелдейміз. Теріс бүтін көрсеткішті дәреженің анықтамасы бойынша . Дәрежелерге бөлінетін үлестердің қасиеті бойынша бізде бар . 1 p =1·1·…·1=1 болғандықтан және , онда . Соңғы өрнек, анықтамасы бойынша, a −(p·q) түрінің дәрежесі болып табылады, оны көбейту ережелеріне байланысты (−p)·q түрінде жазуға болады.

сияқты .

ЖӘНЕ .

Дәл сол принципті қолдана отырып, дәреженің барлық басқа қасиеттерін теңдік түрінде жазылған бүтін көрсеткішпен дәлелдеуге болады.

Жазылған қасиеттердің соңғысында кез келген теріс бүтін −n және а шарты орындалатын кез келген оң а мен b үшін жарамды a −n >b −n теңсіздігінің дәлеліне тоқталған жөн. . Өйткені шарт бойынша а 0 . a n · b n көбейтіндісі a n және b n оң сандарының көбейтіндісі ретінде де оң болады. Сонда алынған бөлшек b n −a n және a n ·b n оң сандарының бөлімі ретінде оң болады. Демек, қайдан a −n >b −n , дәлелдеуді қажет ететін нәрсе.

Бүтін дәрежелі дәрежелердің соңғы қасиеті натурал дәрежелі дәрежелердің ұқсас қасиеті сияқты дәлелденеді.

Рационал дәрежелі дәрежелердің қасиеттері

Бөлшек көрсеткіші бар дәрежені бүтін көрсеткіші бар дәреженің қасиеттерін кеңейту арқылы анықтадық. Басқаша айтқанда, бөлшек дәрежелері бар дәрежелер бүтін дәрежелі дәрежелермен бірдей қасиеттерге ие. Атап айтқанда:

Бөлшек дәреже көрсеткіші бар дәрежелердің қасиеттерін дәлелдеу бөлшек көрсеткіші бар дәрежені анықтауға, ал бүтін дәрежелі дәреженің қасиеттеріне негізделген. Дәлел келтірейік.

Бөлшек көрсеткіші бар дәреженің анықтамасы бойынша және , онда . Арифметикалық түбірдің қасиеттері келесі теңдіктерді жазуға мүмкіндік береді. Әрі қарай, бүтін көрсеткішті дәреженің қасиетін пайдалана отырып, біз аламыз, одан бөлшек көрсеткіші бар дәрежені анықтау арқылы біз аламыз. , ал алынған дәреже көрсеткішін былай түрлендіруге болады: . Бұл дәлелді толықтырады.

Бөлшек дәрежелі дәрежелердің екінші қасиеті абсолютті ұқсас жолмен дәлелденеді:

Қалған теңдіктер ұқсас принциптер арқылы дәлелденеді:

Келесі мүлікті дәлелдеуге көшейік. Кез келген оң а және b, а үшін екенін дәлелдейміз b p . Рационал p санын m/n деп жазайық, мұндағы m – бүтін сан, n – натурал сан. Шарттар б<0 и p>0 бұл жағдайда шарттар m<0 и m>сәйкес 0. m>0 және a үшін
Сол сияқты, м<0 имеем a m >b m , қайдан, яғни, және a p >b p .

Тізімде көрсетілген қасиеттердің соңғысын дәлелдеу қалады. 0-де p және q рационал сандары үшін p>q болатынын дәлелдеп көрейік 0 – a p >a q теңсіздігі. Қарапайым бөлшектер мен алсақ та, біз әрқашан p және q рационал сандарын ортақ бөлімге келтіре аламыз, мұндағы m 1 және m 2 бүтін сандар, ал n - натурал сан. Бұл жағдайда p>q шарты мынадан туындайтын m 1 >m 2 шартына сәйкес болады. Сонда, 0-де бірдей негіздер мен натурал көрсеткішті дәрежелерді салыстыру қасиеті бойынша 1 – a m 1 >a m 2 теңсіздігі. Түбірлердің қасиеттеріндегі бұл теңсіздіктерді сәйкесінше қайта жазуға болады Және . Ал рационал көрсеткіші бар дәреженің анықтамасы теңсіздіктерге және сәйкесінше өтуге мүмкіндік береді. Осы жерден біз соңғы қорытынды жасаймыз: p>q және 0 үшін 0 – a p >a q теңсіздігі.

Иррационал дәрежелі дәрежелердің қасиеттері

Иррационал көрсеткішті дәрежені анықтау тәсілінен оның рационал көрсеткішті дәрежелердің барлық қасиеттері бар деген қорытынды жасауға болады. Сонымен кез келген a>0, b>0 және иррационал p және q сандары үшін мыналар дұрыс болады иррационал дәрежелері бар дәрежелердің қасиеттері:

a p ·a q =a p+q ;

a p:a q =a p−q ;

(a·b) p =a p ·b p ;

(a:b) p =a p:b p ;

(a p) q =a p·q ;

кез келген оң a және b, a сандары үшін 0 теңсіздігі a p b p ;

иррационал p және q сандары үшін 0-де p>q 0 – a p >a q теңсіздігі.

Бұдан a>0 үшін кез келген нақты көрсеткіші p және q болатын дәрежелердің қасиеттері бірдей деген қорытынды жасауға болады.

Әдебиеттер тізімі.

Виленкин Н.Я., Жохов В.И., Чесноков А.С., Шварцбурд С.И. 5-сыныпқа арналған математика оқулығы. оқу орындары.

Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г., Нешков К.И., Суворова С.Б. Алгебра: 7-сыныпқа арналған оқулық. оқу орындары.

Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г., Нешков К.И., Суворова С.Б. Алгебра: 8-сыныпқа арналған оқулық. оқу орындары.

Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г., Нешков К.И., Суворова С.Б. Алгебра: 9-сыныпқа арналған оқулық. оқу орындары.

Колмогоров А.Н., Абрамов А.М., Дудницын Ю.П. және т.б.Алгебра және талдау бастаулары: Жалпы білім беретін оқу орындарының 10-11-сыныптарына арналған оқулық.

Гусев В.А., Мордкович А.Г. Математика (техникалық оқу орындарына түсетіндерге арналған оқу құралы).

Шестаков С.
Мәскеу

Жазбаша емтихан

11-сынып
1. Есептеулер. Өрнектерді түрлендіру

§ 3. Нақты көрсеткіші бар қуат

Жинақтың бірінші тарауындағы § 5 жаттығулары негізінен көрсеткіштік функция мен оның қасиеттеріне қатысты. Бұл абзацта алдыңғы абзацтардағыдай белгілі қасиеттерге негізделген түрлендірулерді орындау қабілеті ғана емес, сонымен қатар оқушылардың функционалдық символизмді меңгеруі де тексеріледі. Жинақтағы тапсырмалардың ішінде келесі топтарды бөліп көрсетуге болады:
көрсеткіштік функцияның анықтамасын меңгеруді (1.5.A06, 1.5.B01–B04) және функционалдық белгілерді (1.5A02, 1.5.B05, 1.5C11) пайдалану мүмкіндігін тексеру жаттығулары;

арналған жаттығулар өрнек түрлендірунақты көрсеткіші бар дәрежені қамтитын және осындай өрнектердің мәндерін және көрсеткіштік функцияның мәндерін есептеу үшін (1.5B07, 1.5B09, 1.5.C02, 1.5.C04, 1.5.C05, 1.5D03, 1.5) D05, 1.5.D10 және т.б.);

салыстыру жаттығулары өрнек мәндерінақты көрсеткіші бар дәрежені қамтитын, нақты көрсеткіші және көрсеткіштік функциясы бар дәреженің қасиеттерін қолдануды талап ететін (1.5.B11, 1.5C01, 1.5C12, 1.5D01, 1.5D11);

басқа жаттығулар (сандардың, прогрессияның және т.б. позициялық белгілеумен байланысты жаттығуларды қоса алғанда) - 1.5.A03, 1.5.B08, 1.5.C06, 1.5. C09, 1.5.C10, 1.5.D07, 1.5.D09.

Функционалдық символизмге қатысты бірқатар мәселелерді қарастырайық.

1.5.A02. e) Функциялар берілген

f 2 (x) – g 2 (x) өрнегінің мәнін табыңыз.

Шешім. Квадраттардың айырмашылығы формуласын қолданайық:

Жауабы: –12.

1.5.C11. б) Функциялар берілген

f(x) f(y) – g(x) g(y), f(x – y) = 9 болса, өрнектің мәнін табыңыз.

Біз нақты көрсеткіші бар дәрежесі бар өрнектерді түрлендіруге және мұндай өрнектердің мәндерін және көрсеткіштік функцияның мәндерін есептеуге арналған жаттығулардың қысқаша шешімдерін ұсынамыз.

1.5.B07. а) 6 екені белгілі а – 6 –а= 6. Өрнектің мәнін табыңыз (6 а– 6) 6 а .

Шешім. Мәселенің шарттарынан шығатыны 6 а – 6 = 6 –а. Содан кейін

(6 а– 6) 6a = 6 –а· 6 а = 1.

1.5.C05. б) 7-өрнектің мәнін табыңыз а–б, Егер

Шешім. Шарты бойынша Осы теңдіктің сол жағының алымы мен бөлімін 7 б-ге бөліңіз. Біз алып жатырмыз

Ауыстыру жасайық. y = 7 болсын а–б. Теңдік пішінді қабылдайды

Алынған теңдеуді шешейік

Жаттығулардың келесі тобы - нақты көрсеткіші бар дәреженің қасиеттерін және көрсеткіштік функцияны қолдануды талап ететін, дәрежесі нақты көрсеткіші бар өрнектердің мәндерін салыстыруға арналған тапсырмалар.

1.5.B11. ә) f(x) = 5 x , g(x) = 7 x және h(x) = 3 x болса, f(60), g(45) және h(30) сандарын кему ретімен орналастырыңдар.

Шешім. f(60) = 5 60 , g(45) = 7 45 және h(30) = 3 30 .

Сол көрсеткіштерді алу үшін осы дәрежелерді түрлендірейік:

5 60 =625 15 , 7 45 =343 15 , 3 30 =9 15 .

Негіздерді кему ретімен жазайық: 625 > 343 > 9.

Демек, қажетті тәртіп f(60), g(45), h(30).

Жауабы: f(60), g(45), h(30).

1.5.C12. а) Салыстыру , мұндағы х және у кейбір нақты сандар.

Шешім.

Сондықтан

Сондықтан

3 2 > 2 3 болғандықтан, біз оны аламыз

Жауап:

1.5.D11. а) Сандарды салыстыр

Біз алғаннан бері

Жауап:

Нақты дәреже көрсеткіштерімен қуат есептерін қарастыруды аяқтау үшін біз сандардың, прогрессияның және т.б. позициялық белгілеуге байланысты жаттығуларды қарастырамыз.

1.5.A03. б) f(x) = (0,1) x функциясы берілген. 6f(3) + 9f(2) + 4f(1) + 4f(0) өрнегінің мәнін табыңыз.

4f(0) + 4f(1) + 9f(2) + 6f(3) = 4 1 + 4 0,1 + 9 0,01 + 6 0,001 = 4,496.

Осылайша, бұл өрнек 4,496 ондық бірліктерінің қосындысына кеңейту болып табылады.

Жауабы: 4,496.

1.5.D07. а) f(x) = 0,1 x функциясы берілген. f 3 (1) – f 3 (2) + f 3 (3) + ... + (–1) n–1 f 3 (n) + ... өрнегі мәнін табыңыз.

f 3 (1)–f 3 (2)+f 3 (3)+...+(–1) n–1 f 3 (n)+...= 0,1 3 –0,1 6 +0 ,1 9 + ...+(–1) n–1 · 0,1 3n + ...

Бұл өрнек бірінші мүшесі 0,001 және бөлгіші –0,001 болатын шексіз кемімелі геометриялық прогрессияның қосындысы болып табылады. Сомасы

1.5.D09. а) 5 x –5 y =3, x + y = 3 болса, 5 2x +5 2y +2 5x · 5 y – 25 y · 5 x өрнегінің мәнін табыңыз.

5 2x +5 2y +25 x 5 y –25 y 5 x =(5 x – 5 y) 2 +2 5 x 5 y +5 x 5 y (5 x – 5 y)=3 2 +2 · 5 x +y +5 x+y · 3=3 2 +2 · 5 3 +3 · 5 3 =634.

Жауабы: 634.

§ 4. Логарифмдік өрнектер

«Логарифмдік өрнектерді түрлендіру» тақырыбын қайталау кезінде (жинақтың § 1.6) логарифмдерге қатысты бірқатар негізгі формулаларды есте сақтау керек:

Мұнда бірнеше формулалар берілген, оларды білу А және В деңгейлеріндегі есептерді шешу үшін қажет емес, бірақ күрделірек есептерді шешу кезінде пайдалы болуы мүмкін (мұғалім көзқарасына байланысты бұл формулалардың санын азайтуға немесе көбейтуге болады). және оқушылардың дайындық деңгейі):

Жинақтың § 1.6-тармағындағы жаттығулардың көпшілігін келесі топтардың біріне жіктеуге болады:
логарифмдердің анықтамасы мен қасиеттерін тікелей қолдану бойынша жаттығулар (1.6.A03, 1.6.A04, 1.6.B01, 1.6.B05, 1.6.B08, 1.6.B10, 1.6.C09, 1.6.D01, 1.6.D08). , 1.6.D10);

басқа өрнектің немесе логарифмнің берілген мәнінен логарифмдік өрнектің мәнін есептеу жаттығулары (1.6.C02, 1.6.C09, 1.6.D02);

логарифмдері бар екі өрнектің мәндерін салыстыруға жаттығулар (1.6.С11);

күрделі көп сатылы тапсырма бар жаттығулар (1.6.D11, 1.6.D12).

Логарифмдердің анықтамасы мен қасиеттерін тікелей қолдануға арналған жаттығулардың қысқаша шешімдерін ұсынамыз.

1.6.B05. а) Өрнектің мағынасын табыңыз

Шешім.

Өрнек пішінді қабылдайды

1.6.D08. ә) Өрнектің мәнін табыңыз (1 – log 4 36)(1 – log 9 36).

Шешім. Логарифмдердің қасиеттерін қолданайық:

(1 – журнал 4 36)(1 – журнал 9 36) =

= (1 – журнал 4 4 – журнал 4 9)(1 – журнал 9 4 – журнал 9 9) =

= –log 4 9 · (–log 9 4) = 1.

1.6.D10. а) Өрнектің мағынасын табыңыз

Шешім. Санды түрлендірейік:

log 6 42 log 7 42=(1 + log 6 7)(1 + log 7 6)=1 + log 6 7 + log 7 6 + log 6 7 log 7 6.

Бірақ журнал 6 7 log 7 6 = 1. Демек, алым 2 + log 6 7 + log 7 6, ал бөлшек 1.

Басқа өрнектің немесе логарифмнің берілген мәнінен логарифмдік өрнектің мәнін есептеуге арналған жаттығуларды шешуге көшейік.

1.6.D02. a) log 5 7= болса, log 70 320 өрнегінің мәнін табыңыз а, журнал 7 2= б.

Шешім. Өрнекті түрлендірейік. 7-базаға көшейік:

деген шарттан шығады . Сондықтан

Келесі мәселе логарифмдері бар екі өрнектің мәндерін салыстыруды талап етеді.

1.6.C11. а) Сандарды салыстыр

Шешім. Екі логарифмді де 2 негізіне келтірейік.

Сондықтан бұл сандар тең.

Жауабы: бұл сандар тең.

Сабақтың тақырыбы:Нақты көрсеткішті дәреже.

Тапсырмалар:
Тәрбиелік:
дәреже ұғымын жалпылау;

дәреженің мәнін нақты көрсеткішпен таба білуге жаттықтыру;

өрнектерді ықшамдау кезінде дәрежелердің қасиеттерін қолдану дағдыларын бекіту;

дәрежелердің қасиеттерін есептеуде қолдану дағдысын дамыту.

Дамытушылық:
оқушының интеллектуалдық, эмоционалдық, тұлғалық дамуы;

жалпылау, салыстыру негізінде жүйелеу, қорытынды жасау қабілеттерін дамыту;

дербес белсенділікті күшейту;

танымдық қызығушылықтарын дамыту.

Тәрбиелік:
оқушылардың коммуникативті және ақпараттық мәдениетін тәрбиелеу;

Эстетикалық тәрбие тапсырманы тақтаға, дәптерге ұтымды, дәл құрастыру дағдысын қалыптастыру арқылы жүзеге асады.

Оқушылар білуі керек:нақты көрсеткіші бар дәреженің анықтамасы мен қасиеттері.

Оқушылар білуі керек:
дәрежесі бар өрнектің мағынасы бар-жоғын анықтау;

дәрежелердің қасиеттерін есептеулерде және өрнектерді жеңілдетуде қолдану;

дәрежелері бар мысалдарды шешу;

салыстыру, ұқсастық пен айырмашылықты табу.

Сабақтың форматы:семинар – практикум, зерттеу элементтері бар. Компьютерді қолдау.

Оқытуды ұйымдастыру формасы:жеке, топтық.

Сабақтың түрі:зерттеу және практикалық жұмыс сабағы.

САБАҚ КЕЗІНДЕ

Ұйымдастыру уақыты

«Күндердің бірінде патша сарайындағылардың арасынан бірінші көмекші таңдауды ұйғарды. Ол барлығын үлкен қамалға апарды. «Кім бірінші ашса, сол бірінші көмекші болады». Құлыпқа ешкім тиіспеді. Тек бір уәзір келіп, ашылған құлыпты итеріп жіберді. Ол құлыпталмаған.
Сонда патша: «Сіз бұл лауазымға ие боласыз, өйткені сіз көрген және естіген нәрсеге ғана емес, өз күшіңізге сүйеніп, тырысудан қорықпайсыз», - деді.
Ал бүгін біз дұрыс шешімге келуге тырысамыз.

1. Сөздер қандай математикалық ұғыммен байланысты:

Негіз
Индекс (дәреже)
Сөздерді қандай сөздермен біріктіруге болады:
Рационал сан
Бүтін сан
Натурал сан
Иррационал сан (нақты сан)
Сабақтың тақырыбын тұжырымдау. (Нақты көрсеткіші бар дәреже)

2. Біздің стратегиялық мақсатымыз қандай? (ПАЙДАЛАНУ)
Қайсы сабағымыздың мақсаттары?
– Дәреже ұғымын жалпылау.

Тапсырмалар:

– дәреженің қасиеттерін қайталау
– өрнектерді ықшамдау және есептеулерде дәреже қасиеттерін қолдануды қарастыру
– есептеу дағдыларын дамыту.

3. Сонымен, a p, мұндағы p - нақты сан.
Мысалдар келтіріңіз (5 –2, 43, өрнектерінен таңдаңыз) дәреже

– табиғи көрсеткішпен
– бүтін көрсеткішпен
– рационалды көрсеткішпен
– иррационалды көрсеткішпен

4. Қандай құндылықтарда Аөрнек мағынасы бар

а, мұндағы n (а – кез келген)
аm, мұндағы m (а 0) Көрсеткіштері теріс дәрежеден оң көрсеткішті дәрежеге қалай ауысады?
, мұндағы (a0)

5. Осы өрнектердің ішінен мағынасы жоқтарын таңдаңыз:
(–3) 2 , , , 0 –3 , , (–3) –1 , .
6. Есептеу. Әр бағандағы жауаптардың біреуі бар ортақ мүлік. Қосымша жауапты көрсетіңіз (бұл қасиетке ие емес)

2 = =
= 6 = (басқалары дұрыс емес) = (басқаларын жаза алмайды)
= (бөлшек) = =

7. Қандай амалдарды (математикалық амалдарды) дәрежелермен орындауға болады?

Сәйкестік:

Бір оқушы формулаларды (қасиеттерді) жалпы түрде жазады.

8. Нәтижедегі мысалға дәреже қасиеттерін қолдану үшін 3-қадамдағы дәрежелерді қосыңыз.

(Бір адам тақтада, қалғандары дәптерде жұмыс істейді. Тексеру, дәптер алмасу, екіншісі тақтада қимылдарды орындайды)

9. Тақтада (оқушы жұмысы):

Есептеңіз: =

Өз бетінше (парақтарды тексеру арқылы)

Бірыңғай мемлекеттік емтиханның «В» бөлігінде қандай жауапты алуға болмайды? Егер жауап шықса, онда мұндай жауапты «В» бөлігіне қалай жазуға болады?

10. Тапсырманы өз бетінше орындау (тақтада тексеру арқылы – бірнеше адам)

Көп таңдаулы тапсырма

1
2 :
3 0,3
4
11. Қысқа жауап беру тапсырмасы (тақтада шешімі):

+ + (60)5 2 – 3–4 27 =

Жасырын тақтадағы чек арқылы мұны өзіңіз жасаңыз:

– – 322– 4 + (30)4 4 =

12 . Бөлшекті азайтыңыз (тақтада):

Бұл кезде бір адам тақтада өз бетінше шешім қабылдайды: = (сыныпты тексереді)

13. Тәуелсіз шешім (тексеру үшін)

«3» белгісінде: Көп таңдау тесті:

1. Дәрежеге тең өрнекті көрсетіңіз

1. 2. 3. 4.
2. Өнімді қуат ретінде көрсетіңіз: – Сабақ үшін рахмет!

Бұл сабақ «Дәрежелері мен түбірлері бар өрнектерді түрлендіру» тақырыбының бір бөлігі.
Түйіндеме – рационал және нақты көрсеткіші бар дәреженің қасиеттері бойынша сабақты егжей-тегжейлі әзірлеу. Компьютерлік, топтық және ойындық оқыту технологиялары қолданылады.
Жүктеп алу:

Алдын ала қарау:
Алгебра сабағының әдістемелік жұмысы
КО ОН КСТ ММ математика пәнінің мұғалімі
Пехова Надежда Юрьевна
Тақырыбы: «Рационал және нақты дәрежелі дәрежелердің қасиеттері».
Сабақтың мақсаттары:
тәрбиелік: рационал көрсеткішті дәреженің қасиеттері және оларды жаттығуларда қолдану туралы білімдерін бекіту және тереңдету; дәреженің қалыптасу тарихы бойынша білімдерін жетілдіру;
дамытушылық: өзін-өзі және өзара бақылау дағдыларын дамыту; интеллектуалдық қабілеттерін, ойлау қабілеттерін дамыту,
тәрбиелік: пәнге деген танымдық қызығушылықты тәрбиелеу, орындаған жұмысқа жауапкершілікті тәрбиелеу, белсенді шығармашылық жұмыс атмосферасын құруға ықпал ету.

Сабақтың түрі: Білім, білік, дағдыны жетілдіру сабағы.
Өткізу әдістері: ауызша – көрнекілік.
Педагогикалық технологиялар: компьютерлік, топтық және ойындық оқыту технологиялары.
Сабақтың жабдығы: проекциялық жабдық, компьютер, сабақ презентациясы, жұмысшылар
дәптер, оқулықтар, сөзжұмбақ мәтіні бар карточкалар және рефлексиялық тест.
Сабақ уақыты: 1 сағат 20 минут.
Сабақтың негізгі кезеңдері:
1. Ұйымдастыру кезеңі. Сабақтың тақырыбы мен мақсатын баяндау.
2. Негізгі білімді жаңарту. Рационал көрсеткішті дәреже қасиеттерін қайталау.
3. Рационал көрсеткішті дәрежелердің қасиеттеріне математикалық диктант.
4. Компьютерлік презентацияны пайдалана отырып, оқушылардың есептері.
5. Топпен жұмыс.
6. Сөзжұмбақ шешу.
7. Қорытындылау, бағалау.Рефлексия.
8. Үйге тапсырма.
Сабақтар кезінде:
1. Org. сәт. Тақырыпты, сабақ мақсатын, сабақ жоспарын хабарлау.Слайд 1, 2.
2. Негізгі білімді жаңарту.
1) Рационал көрсеткішпен дәреженің қасиеттерін қайталау: студенттер жазбаша қасиеттерді жалғастыру керек – фронтальды шолу.Слайд 3.
2) Оқушылар тақтада – оқулықтағы жаттығуларды талдау (Алимов Ш.А.): а) No74, ә) No77.
C) No 82-а;б;в.
№ 74: a) = = a ;
B) + = ;
B) : = = = b .
№ 77: а) = = ;
B) = = = b .
№ 82: а) = = = ;
B) = = у;
B) () () = .
3. Өзара тексерумен математикалық диктант. Оқушылар жұмысымен алмасады, жауаптарын салыстырады, бағаларын қояды.
Слайдтар 4 - 5
4. Кейбір студенттердің хабарламалары тарихи фактілерзерттелетін тақырып бойынша.
6-12 слайдтар:
Бірінші оқушы: 6-слайд
Табиғи көрсеткіші бар дәреже ұғымы ежелгі халықтарда қалыптасқан. Шаршы және текшеаудандар мен көлемдерді есептеу үшін сандар пайдаланылды. Кейбір сандардың қуатын ғалымдар белгілі бір есептерді шешу үшін пайдаланды Ежелгі Египетжәне Вавилон.
3 ғасырда грек ғалымы Диофанттың кітабы жарық көрді«Арифметика», онда әріптік таңбалар енгізілді. Диофант белгісіздің алғашқы алты күші мен олардың өзара әрекеттестігі үшін белгілерді енгізеді. Бұл кітапта шаршы таңбамен және әріппен белгіленген; мысалы, текше - r индексі бар k белгісі және т.б.
Екінші оқушы: 7-слайд
Дәреже ұғымының дамуына ежелгі грек ғалымы Пифагор үлкен үлес қосты. Оның бүкіл мектебі болды және оның барлық оқушылары пифагоршылар деп аталды. Олар әр санды фигура түрінде көрсетуге болады деген ойға келді. Мысалы, олар 4, 9 және 16 сандарын шаршы түрінде көрсетті.
Бірінші оқушы: Слайд 8-9
Слайд 8
Слайд 9
XVI ғасыр. Бұл ғасырда дәреже ұғымы кеңейді: ол нақты санға ғана емес, айнымалыға да қатысты бола бастады. Олар «жалпы сандарға» айтқандай, ағылшын математигіС.Стивин дәрежені белгілейтін белгіні ойлап тапты: 3(3)+5(2)–4 белгісі осындай заманауи 3 белгісін белгіледі. 3 + 5 2 – 4.
Екінші оқушы: 10-слайд
Кейінірек бөлшек және теріс дәрежелер неміс математигі М.Штифельдің «Толық арифметикада» (1544) және С.Стевинде кездеседі.
С.Стевин форманың көрсеткішімен дәрежесі бойынша деп ұсындытүбір, яғни. .
Бірінші оқушы: 11-слайд
16 ғасырдың аяғында Франсуа Вьетайнымалыларды ғана емес, олардың коэффициенттерін де белгілейтін әріптерді енгізді. Ол аббревиатураларды қолданды: N, Q, C - бірінші, екінші және үшінші дәрежелер үшін.
Бірақ қазіргі заманғы белгілер (мысалы, ) 17 ғасырда Рене Декарт енгізген.
Екінші оқушы: 12-слайд
Қазіргі анықтамаларжәне нөлдік, теріс және бөлшек көрсеткіші бар дәрежелер үшін белгілер ағылшын математиктерінің жұмысынан шыққан.Джон Уоллис (1616–1703) және Исаак Ньютон.
5. Сөзжұмбақ шешу.
Оқушылар сөзжұмбақ парақтарын алады. Олар жұптасып шешеді. Оны бірінші шешкен жұп белгіні алады.Слайд 13-15.
6. Топпен жұмыс.Слайд 16.
Оқушылар орындайды өзіндік жұмыс, 4 адамнан тұратын топпен жұмыс, өзара кеңесу. Содан кейін жұмыс тексеруге беріледі.
7. Қорытындылау, бағалау.
Рефлексия.
Оқушылар рефлексиялық тестті орындайды. Келіссеңіз «+» белгісін, ал келмесе «-» белгісін белгілеңіз.
Рефлексиялық тест:
1. Мен көптеген жаңа нәрселерді білдім.
2. Бұл маған болашақта пайдалы болады.
3. Сабақ барысында ойланатын нәрсе көп болды.
4. Сабақ барысында туындаған барлық сұрақтарыма жауап алдым.
5. Сабақ барысында адал еңбек етіп, сабақтың мақсатына жеттім.
8. Үйге тапсырма: 17-слайд.
1) № 76 (1; 3); № 70 (1; 2)
2) Қосымша: оқытылатын тақырыптың негізгі ұғымдарымен сөзжұмбақ құрастыру.
Қолданылған әдебиет:
Алимов Ш.А. алгебра және талдау бастаулары 10-11 сынып, оқулық – М.: Просвещение, 2010.
Алгебра және талдаудың басы 10 сынып. Дидактикалық материалдар. Ағарту, 2012 ж.

Интернет ресурстары:
Оқу сайты - RusCopyBook.Com - электронды оқулықтар және GDZ
Веб-сайт Оқушылар мен студенттерге арналған білім беру интернет ресурстары. http://www.alleng.ru/edu/educ.htm
Мұғалімдер порталының веб-сайты - http://www.uchportal.ru/