Tabiiy qatorning N segmenti to'plamdir natural sonlar, a natural sonidan oshmaydigan, ya'ni N = (x|x N va x a).
Misol uchun, N - 7 dan oshmaydigan natural sonlar to'plami, ya'ni. N =(1,2,3,4,5,6,7).
Tabiiy qator segmentlarining ikkita muhim xususiyatini qayd etamiz:
1) Har qanday N segmentida birlik mavjud. Bu xususiyat tabiiy qator segmentining ta'rifidan kelib chiqadi.
2) Agar x soni N va x a segmentlarida joylashgan bo'lsa, u holda ulardan darhol keyingi x + 1 soni ham N ichida joylashgan.
A to'plam o'lchami bo'yicha natural qatorning N segmentiga ekvivalent bo'lsa, chekli deyiladi. Masalan, uchburchak cho’qqilarining A to’plami, “dunyo” so’zidagi B harflar to’plami chekli to’plamlardir, chunki ular N = (1,2,3) segmentiga ekvivalentdir, ya'ni. A~B~N.
Agar bo'sh bo'lmagan chekli to'plam N segmentga ekvivalent bo'lsa, u holda natural son a A to'plam elementlari soni deyiladi va n(A) = a ni yozadi. Misol uchun, agar A uchburchakning uchlari to'plami bo'lsa, u holda n(A) = 3.
Har qanday bo'sh bo'lmagan chekli to'plam tabiiy qatorning bir va faqat bitta segmentiga ekvivalentdir, ya'ni har bir chekli A to'plami yagona aniqlangan a soni bilan bog'lanishi mumkin, shuning uchun A to'plami N segmentiga birma-bir tasvirlangan bo'lishi mumkin. .
Bo'sh bo'lmagan chekli A to'plamining elementlari va natural qator segmenti o'rtasida birma-bir moslikni o'rnatish A to'plam elementlarini sanash deb ataladi. Chunki har qanday bo'lmagan to'plamga faqat bitta natural son mos keladi. bo'sh sonli to'plam, chekli to'plamlarning butun to'plami ekvivalent to'plamlar sinflariga bo'linadi. Bir sinf barcha bir elementli to'plamlarni o'z ichiga oladi, boshqasida ikki elementli to'plamlar va hokazo. Va bu raqam sifatida ko'rish mumkin umumiy mulk chekli ekvivalent to'plamlar sinfi. Shunday qilib, to‘plam nazariyasi nuqtai nazaridan natural son cheklangan ekvipotent to‘plamlar sinfining umumiy xossasidir.
0 raqami ham to'plam nazariy talqiniga ega - u bo'sh to'plamga mos keladi: n() = 0.
Shunday qilib, miqdorning xarakteristikasi sifatida natural sonni ikki holatda ko'rib chiqish mumkin:
1) sanoq yo‘li bilan olingan A to‘plamdagi elementlar soni sifatida;
2) chekli ekvivalent to'plamlar sinfining umumiy xossasi sifatida.
Chekli to'plamlar va natural sonlar o'rtasidagi o'rnatilgan bog'liqlik "kichikroq" munosabatining to'plam nazariy talqinini berishga imkon beradi.
Agar a = n (A), b = n (B) bo'lsa, a soni b sonidan kichik bo'ladi, agar A to'plami B to'plamining o'z kichik to'plamiga ekvivalent bo'lsa, ya'ni. A ~ B, bu erda B B, B B, B (1-rasm) . Yoki N tabiiy qatorning segmenti N segmentining to'g'ri to'plami bo'lsa, ya'ni. N N.
a va b raqamlari teng to'plamlar bilan aniqlansa, teng bo'ladi: a = k A~B, bu erda n (A) = a, n (B) = k. Masalan, 2 = 2, chunki n (A) = 2, n (B) = 2, A = (a, b), B = (z, x), A ~ B.
Natural sonlar uchun "kichik" munosabatining xossalari ham to'plam-nazariy talqinni oladi: bu munosabatning tranzitivligi va antisimmetriyasi "kichik to'plam bo'l" munosabatining o'tish va antisimmetrik bo'lishi bilan bog'liq.
Natural sonlar uchun "kichik" munosabatining to'plam nazariy talqinidan foydalanib, 2 ekanligini ko'rsatamiz.
2 ta elementdan iborat A to'plami va 5 ta elementdan iborat B to'plamini oling, ya'ni. n(A) = 2, n(B) = 5. Masalan, A = (a, b), B = (c, d, e, f, r). B to'plamidan A to'plamga ekvivalent bo'lgan B kichik to'plamni ajratib ko'rsatish mumkin: masalan, B = (c, d) va A~B. "Kamroq" ta'rifiga ko'ra 2
Bu tengsizlikning haqiqiyligi N
Bu tengsizlikni 2-rasmda ko'rish mumkin.2 doiralar soni va 5 kvadratlar soni bo'lsin. Agar biz aylanalarni kvadratlarga qo'ysak, kvadratlarning bir qismi yopiq holda qolayotganini ko'ramiz.
Bu doiralar soni kvadratchalar sonidan kamroq ekanligini anglatadi, ya'ni. 2
Nazariy ko‘plik ma’nosi tengsizliklar 0
Raqamlarni solishtirish asosiy kurs matematika olib boriladi turli yo'llar bilan- bu "kamroq" munosabatini talqin qilishda biz ko'rib chiqqan barcha yondashuvlarga asoslanadi.
Kimga davlat imtihoni mutaxassisligi bo'yicha
1. Maydon ustidagi chiziqli (vektor) fazo. Misollar. Pastki fazolar, eng oddiy xossalari. Chiziqli bog'liqlik va vektor mustaqilligi.
2. Asos va o‘lcham vektor maydoni. Vektorlar sistemasining koordinata matritsasi. Bir asosdan ikkinchisiga o'tish. Vektor fazolarning izomorfizmi.
3. Maydonning algebraik yopiqligi murakkab sonlar.
4. Butun sonlar halqasi. Butun sonlarni tartiblash. “Eng katta” va “eng kichik” butun sonlar haqidagi teoremalar.
5. Guruh, guruhlarga misollar. Guruhlarning eng oddiy xossalari. Kichik guruhlar. Guruhlarning gomomorfizmi va izomorfizmi.
6. Butun sonlar bo‘linuvchanligining asosiy xossalari. Oddiy raqamlar. Cheksizlik to'plami tub sonlar. Kanonik parchalanish kompozit raqam va uning o'ziga xosligi.
7. Kroneker-Kapelli teoremasi (tizimning moslik mezoni) chiziqli tenglamalar).
8. Taqqoslashning asosiy xossalari. To'liq va qisqartirilgan qoldiq tizimlari moduli. Modulo qoldiq sinf halqasi. Eyler va Ferma teoremalari.
9. Taqqoslash nazariyasining bo‘linuvchanlik mezonlarini chiqarishda qo‘llanilishi. Kasrni o'nli kasrga aylantirish va uning davri uzunligini aniqlash.
10. Haqiqiy koeffitsientli ko'phadning xayoliy ildizlarining konjugasiyasi. Maydonda kamaytirilmaydi haqiqiy raqamlar polinomlar.
11. Bitta o‘zgaruvchi bilan chiziqli taqqoslashlar (yechish mezoni, yechish usullari).
12. Chiziqli tenglamalarning ekvivalent sistemalari. Noma'lumlarni ketma-ket yo'q qilish usuli.
13. Ring. ring misollar. Uzuklarning eng oddiy xossalari. Subring. Halqalarning gomomorfizmlari va izomorfizmlari. Maydon. Maydon misollari. Eng oddiy xususiyatlar. Ratsional sonlar maydonining minimalligi.
14. Natural sonlar (natural sonlarning aksiomatik nazariyasi asoslari). “Eng katta” va “eng kichik” natural sonlar haqidagi teoremalar.
15. Maydon ustidagi ko‘p nomlilar. Qoldiq bilan bo'lish teoremasi. Ikki ko'phadning eng katta umumiy bo'luvchisi, uning xossalari va topish usullari.
16. Ikkilik munosabatlar. Ekvivalentlik munosabati. Ekvivalentlik sinflari, omillar to'plami.
17. Natural va butun sonlar uchun matematik induksiya.
18. Nisbatan tub sonlarning xossalari. Butun sonlarning eng kichik umumiy karrali, uning xossalari va topish usullari.
19. Kompleks sonlar maydoni, son maydonlari. Geometrik tasvir va trigonometrik shakl murakkab son.
20. Butun sonlar uchun qoldiq bilan bo‘linish teoremasi. Butun sonlarning eng katta umumiy boʻluvchisi, uning xossalari va topish usullari.
21. Vektor fazoning chiziqli operatorlari. Yadro va chiziqli operatorning tasviri. Algebra chiziqli operatorlar vektor maydoni. Xususiy qiymatlar va chiziqli operatorning xos vektorlari.
22. Tekislikning affin transformatsiyalari, ularning xossalari va tayinlash usullari. Guruh afin transformatsiyalar samolyot va uning kichik guruhlari.
23. Ko‘pburchaklar. Ko'pburchakning maydoni. Mavjudlik va yagonalik teoremasi.
24. Ekvivalent va teng o'lchamli ko'pburchaklar.
25. Lobachevskiyning geometriyasi. Lobachevskiyning geometriya aksiomalari sistemasining izchilligi.
26. Lobachevskiy geometriyasida parallellik tushunchasi. O'zaro tartibga solish Lobachevskiy tekisligidagi to'g'ri chiziqlar.
27. Harakatlarning formulalari. Tekis harakatlarning tasnifi. Muammoni hal qilish uchun ilovalar.
28. Ikki tekislikning, to'g'ri chiziq va tekislikning, ikkita to'g'ri chiziqning fazoda o'zaro joylashishi (analitik taqdimotda).
29. Proyektiv transformatsiyalar. Mavjudlik va yagonalik teoremasi. Proyektiv transformatsiyalar uchun formulalar.
30. Skalyar, vektor va aralash ishlar vektorlar, ularni masalalar yechishda qo‘llash.
31. Uch o'lchovli Evklid fazosining Veyl aksiomalari tizimi va uning mazmunli izchilligi.
32. Tekislik harakatlari va ularning xossalari. Samolyot harakatlari guruhi. Harakatning mavjudligi va yagonaligi teoremasi.
33. Proyektiv tekislik va uning modellari. Proyektiv transformatsiyalar, ularning xossalari. Proyektiv transformatsiyalar guruhi.
34. Tekislik o'xshashlik o'zgarishlari, ularning xossalari. Tekislik o'xshashligini o'zgartirish guruhi va uning kichik guruhlari.
35. Silliq yuzalar. Birinchi kvadratik sirt shakli va uning qo'llanilishi.
36. Parallel loyihalash va uning xossalari. Parallel proyeksiyadagi tekis va fazoviy figuralarning tasviri.
37. Silliq chiziqlar. Fazoviy egri chiziqning egriligi va uni hisoblash.
38. Ellips, giperbola va parabola konus kesimlari sifatida. Kanonik tenglamalar.
39. Ellips, giperbola va parabolaning katalog xossasi. Polar tenglamalar.
40. To'g'ri chiziqning to'rt nuqtasining qo'sh nisbati, uning xossalari va hisobi. Juft nuqtalarni garmonik ajratish. To‘liq to‘rtburchak va uning xossalari. Qurilish muammolarini hal qilish uchun qo'llash.
41. Paskal va Brianxon teoremalari. Polar va qutblar.
Hisoblash bo'yicha namunali savollar
Natural son - bu ob'ektlarni hisoblashda ishlatiladigan son. U insonning amaliy ehtiyojlaridan kelib chiqqan. Natural son tushunchasining rivojlanishini bir necha bosqichlarga bo'lish mumkin: 1. Qadimgi odamlar, to'plamni solishtirish uchun, o'rnatilgan yozishmalar: masalan, qo'lda barmoq kabi. Kamchilik shundaki, taqqoslangan to'plamlar bir vaqtning o'zida ko'rinadigan bo'lishi kerak edi. 2. Ko'pchilik - vositachilar, masalan, toshlar, qobiqlar, tayoqlar. Raqam tushunchasi hali shakllanmagan. Va raqamlar muayyan narsalarga bog'langan. 3. Raqamning ko'rinishi (Raqamning son shaklida belgilanishi). Arifmetikaning kelib chiqishi. Arifmetika fan sifatida Qadimgi Sharq mamlakatlarida - Xitoy, Hindiston, Misr, yanada rivojlantirish Gretsiyada. "Tabiiy son" atamasi birinchi marta Rim olimi Boetiy tomonidan qo'llanilgan. To'plam miqdorini aniqlash uchun hisoblash kerak. Keling, barcha miqdoriy to'plamlarni ekvivalent sinflarga ajratamiz, masalan, tenglikning bir sinfiga. uchburchaklar cho'qqilari, kvadrat tomonlari, so'z dunyosidagi harflar to'plamini o'z ichiga oladi. Agar biz bu jarayonni davom ettiradigan bo'lsak, u holda ekvivalentlikka nisbatan - hamma narsa bir xil darajada kuchli munosabatdir. Cheklangan to'plamlar sinflar bo'yicha bo'ladi. Bu. nazariy jihatdan - miqdoriy natural sonning ko'plik ma'nosi - chekli ekvivalent to'plamlar sinfining umumiy xususiyatidir. Har bir sinf o'zining raqamli qiymatiga ega. Bo'sh to'plamga mos keladigan nol o'rnatiladi.
A va B raqamlari teng to'plamlar bilan aniqlansa, ular teng deyiladi.
Bu usul boshlang'ich sinflarda qo'llaniladi.
Ochib beradigan vazifalar ustida ishlash metodikasi o'ziga xos ma'no arifmetik amallar.
Matematika kursida arifmetik masalalar muhim o'rin tutadi. Matematika darslarida vaqtning deyarli yarmi masalalar yechishga ajratiladi. Bu ularning bolalarga ta'lim berishda katta tarbiya va tarbiyaviy roli bilan bog'liq. Arifmetik masalalarni yechish arifmetik amallarning asosiy ma’nosini ochishga, ularni konkretlashtirishga, muayyan hayotiy vaziyat bilan bog’lashga yordam beradi. Vazifalar matematik tushunchalarni, munosabatlarni, naqshlarni o'zlashtirishga yordam beradi. Muammolarni hal qilishda bolalarda ixtiyoriy e'tibor, kuzatish, mantiqiy fikrlash, nutq, aql. Muammolarni hal qilish bunday jarayonlarning rivojlanishiga yordam beradi kognitiv faoliyat tahlil, sintez, taqqoslash, umumlashtirish kabi.
Arifmetik masalalarni yechish jarayonida o‘quvchilar o‘z faoliyatini rejalashtirish va nazorat qilishni, texnikani o‘zlashtirishni, o‘z-o‘zini nazorat qilishni (muammoni tekshirish, muammolarni baholash va h.k.) o‘rganadi, ularda qat’iyat, iroda, muammoning yechimini topishga qiziqish rivojlanadi. muammo. Bolalarni hayotga, ularning keyingi mehnat faoliyatiga tayyorlashda muammolarni hal qilishning roli katta. Syujet masalalarini yechishda o‘quvchilar predmetlar va miqdorlar o‘rtasidagi munosabatlarni “matematika tili”ga o‘tkazishni o‘rganadilar. Arifmetik masalalarda mamlakatning xalq xo'jaligi, madaniyat, fan va boshqalardagi turli sohalardagi muvaffaqiyatlarini aks ettiruvchi raqamli material qo'llaniladi. Bu o'quvchilarning dunyoqarashini kengaytirishga yordam beradi, ularni atrofdagi voqelik haqidagi yangi bilimlar bilan boyitadi. Arifmetik masalalarni yechish qobiliyatini talabalar katta qiyinchilik bilan o'zlashtiradilar.
Bolalar tomonidan muammolarni noto'g'ri hal qilishning sabablari, birinchi navbatda, ularning fikrlash xususiyatlariga bog'liq. Muammolarni hal qilishni o'rganish jarayonida ma'lum bir turdagi muammolarni hal qilishda murabbiylikdan qochish kerak, muammolarni hal qilishga ongli yondashishni o'rgatish, muammoda tasvirlangan muayyan hayotiy vaziyatda harakat qilishni o'rganish, topshiriq ma'lumotlarini ongli ravishda tanlashni o'rgatish kerak. , harakatlarni ongli ravishda tanlash. Har qanday arifmetik masala ustida ishlash jarayonida quyidagi bosqichlarni ajratish mumkin:
1. Topshiriq mazmuni ustida ishlash.
2. Muammoning yechimini izlash.
3. Muammoning yechimi.
4. Javobni shakllantirish.
5. Muammoning yechimini tekshirish.
6. Yechilgan masala yuzasidan keyingi ishlar.
Vazifaning mazmuni ustida ishlashga katta e'tibor berilishi kerak, ya'ni. muammoda keltirilgan vaziyatni tushunish, ma'lumotlar va kerakli o'rtasidagi munosabatni o'rnatish. Topshiriq mazmunini o'zlashtirish bo'yicha ishlarning ketma-ketligi;
a) tushunarsiz so'z yoki iboralarni tahlil qilish;
b) topshiriq matnini o`qituvchi va o`quvchilar tomonidan o`qish;
v) muammoning holatini qayd etish;
d) savollar bo`yicha topshiriqni takrorlash.
O’quvchilarga masala matnini ifodali o’qishga o’rgatish kerak. Shuni esda tutish kerakki, bolalarni ifodali o'qishga o'rgatish kerak, ular mustaqil ravishda muammoni to'g'ri o'qiy olmaydilar, mantiqiy stresslarni joylashtira olmaydilar va hokazo.
Topshiriq mazmunini predmetlar, trafaretlar va chizmalar yordamida aniqlashtirish bilan bir qatorda maktab o‘qituvchilari amaliyotida topshiriq mazmunini qayd etishning quyidagi shakllari keng qo‘llaniladi:
1. Masala matnidan raqamli ma’lumotlar va faqat masalaning mantiqiy ma’nosini tushunish uchun zarur bo‘lgan so‘z va iboralar yoziladigan qisqartirilgan yozuv shakli.
2. Masalaning har bir mantiqiy qismi yangi qatordan yoziladigan yozuvning qisqartirilgan strukturaviy shakli.
3. Yozuvning sxematik shakli.
4. Yozib olishning grafik shakli.
Bolalarda nazorat funktsiyasi zaiflashganligi sababli, muammoning echimini tekshirish nafaqat tarbiyaviy, balki tarbiyaviy ahamiyatga ega. Pastki sinflarda sizga kerak bo'ladi:
1. Ob'ektlar ustida harakatni bajarish orqali og'zaki shakllantirilgan vazifalarni tekshiring.
2. Javobning haqiqatligini tekshiring.
3. Javobning masala sharti va savoliga muvofiqligini tekshiring. Masalaning yechilishini boshqa yechish usullarida tekshirish 4-sinfdan boshlab mumkin.
Muammoni hal qilishning to'g'riligini nazorat qilish uchun dasturlashtirilgan o'qitishning ba'zi elementlari ham qo'llaniladi. Bu element juda foydali, chunki talaba o'z harakatlarining to'g'riligi yoki aksincha, noto'g'riligi uchun darhol mustahkamlashni oladi. Agar qaror noto'g'ri bo'lsa, u yangi echimlarni qidiradi.
Maktab o'qituvchisi ko'pincha muammoning echimi hamma o'quvchilar tomonidan tushunilishiga ishonch hosil qila olmaydi. Shuning uchun, bu muammoni hal qilish ustida ishlash juda foydali. Muammoni hal qilish bo'yicha ishlar turli yo'llar bilan amalga oshirilishi mumkin.
1. Topshiriq mazmuni bo`yicha tugun savollari qo`yiladi.
2. Harakatlarni tanlashning mantiqiy asoslari bilan muammoni hal qilishning butun yo'nalishini aytib berish taklif etiladi.
3. Savollar alohida harakatlar yoki savollarga qo'yiladi. Talabalar uchun hal qilingan o'xshash vazifalar soni emas, balki ma'lumotlarga nisbatan mavzu holatini tushunish muhimdir. Ushbu maqsadga echilgan muammo bo'yicha keyingi ishlar xizmat qiladi, uni ushbu turdagi muammolarni hal qilish ko'nikmalarini shakllantiradigan muhim texnika deb hisoblash mumkin. Vazifalarning mavzu mazmunini, ma'lumotlar va kerakli narsalar o'rtasidagi munosabatlarni yaxshiroq tushunish raqamlarda emas, balki so'zlarda yozilgan qo'shimcha yoki etishmayotgan raqamli ma'lumotlar bilan bog'liq muammolarni hal qilish orqali yordam beradi. Kuzatishlar shuni ko'rsatadiki, eng yaxshi o'qituvchilar muammolarni echishga o'rgatish usullaridan biri sifatida o'quvchilarning o'zlari tomonidan muammolarni tuzishdan keng foydalanadilar.
Vazifalarni tuzish bolalarga vazifaning hayotiy va amaliy ahamiyatini yaxshiroq tushunishga, uning tuzilishini yaxshiroq tushunishga, shuningdek, har xil turdagi vazifalarni farqlash va ularni hal qilish usullarini tushunishga yordam beradi. Muammoni shakllantirish yechim bilan parallel ravishda amalga oshiriladi tayyor vazifalar. Tajriba va kuzatishlar shuni ko'rsatadiki, o'quvchilar uchun topshiriqlarni qisman tuzish eng osondir. Talabalarni turli syujetli topshiriqlar tuzishga undash kerak. Bu ularning tasavvurining zukkoligi, tashabbuskorligi rivojlanishiga yordam beradi. Talabalar ekskursiya davomida “oladigan” materiallardan ma’lumotnoma, gazeta, jurnal va hokazolardan tortib topshiriqlar tuzishda juda foydali. O'rta maktab o'quvchilariga ma'lum hisob-kitoblar bilan bog'liq biznes hujjatlarini to'ldirish va yozishni o'rgatish kerak. Masalan, ishonchnoma yozing, pul o'tkazmasi uchun shaklni to'ldiring va hokazo. Yuqoridagi barcha usullar har qanday turdagi muammolarni hal qilishda keng qo'llanilishi mumkin.
Oddiy arifmetik masala - bu bitta arifmetik amal bilan yechiladigan masala. O'quvchilarga matematikani o'rgatishda oddiy masalalar favqulodda rol o'ynaydi. Bu oddiy vazifalar asosiy ma'noni ochish va arifmetik amallarni konkretlashtirish, ma'lum matematik tushunchalarni shakllantirish imkonini beradi. Oddiy vazifalar ajralmas qismi murakkab masalalarni, shuning uchun ularni yechish qobiliyatini shakllantirib, o’qituvchi o’quvchilarni murakkab masalalarni yechishga tayyorlaydi.
Har bir o‘quv yilida o‘quvchilar yangi turdagi oddiy masalalar bilan tanishadilar. Ularning bosqichma-bosqich kiritilishi matematik tushunchalarning turli darajadagi qiyinligi, o'sha arifmetik amallarni o'rganish joyi, ular ochib beradigan o'ziga xos ma'nosi bilan izohlanadi. Ushbu turdagi vazifalarni tanlashda o'qituvchining e'tibori ham aniqlashtirishga, ham mazmunga loyiqdir. Nihoyat, o'qituvchi qisqa yozishning turli shakllaridan foydalangan holda ma'lumotlar va kerakli narsalar o'rtasidagi munosabatni ochib, muammoning mazmunini konkretlashtirishga o'rgatadi.
Eng yaxshi o'qituvchilar tajribasi shuni ko'rsatadiki, arifmetik masalalarni echishga tayyorgarlik o'quvchilarning amaliy tajribasini boyitish va rivojlantirishdan, ularni atrofdagi haqiqatga yo'naltirishdan boshlanishi kerak. O'quvchilarni hisoblash, arifmetik masalalarni yechish va o'zgartirishlar kiritish kerak bo'lgan hayotiy vaziyatga olib borish kerak. Qolaversa, bu vaziyatlarni dastlab sun'iy ravishda yaratib bo'lmaydi, ularni faqat o'quvchilar diqqatiga jalb qilish va yo'naltirish kerak. O'qituvchi tomirlar tarkibidagi mavzular to'plamining elementlari sonining o'zgarishini kuzatishni tashkil qiladi va hokazo, bu o'quvchilarni ma'lum terminologiya bilan tanishtirish uchun ularning soni haqidagi g'oyalarini rivojlantirishga yordam beradi, bu esa keyinchalik bo'ladi. vazifalarni og'zaki shakllantirishda duch kelgan: bo'ldi, hamma narsa qoldi, ular oldi, ko'paydi, kamayib ketdi va hokazo. Talabalarning o'yin va amaliy faoliyatini shunday tashkil etish kerakki, bu faoliyatning bevosita ishtirokchisi bo'lish, shuningdek, kuzatuvchi sifatida o'quvchilarning o'zlari har bir alohida holatda xulosa chiqarishlari mumkin; to'plam elementlarining soni ko'paygan yoki kamaygan va bu o'sish yoki kamayishga qanday amal va og'zaki ifoda mos keladi. Tayyorgarlik ishining ushbu bosqichi birinchi o'nlik raqamlari ustida ishlashning boshlanishi va arifmetik amallar bilan tanishish, mavzu to'plamlari bilan amallar misollarini echish va tuzish bilan mos keladi.
Arifmetik masalalarni yechish usullarini o‘rganishni boshlashdan avval o‘qituvchi o‘quvchilarga qanday bilim, ko‘nikma va malakalar berish kerakligini aniq tasavvur qilishi kerak. Masalani yechish uchun talabalar arifmetik misollarni yechishlari, masalani tinglashlari va keyin o‘qishlari, masalani savollar bo‘yicha, qisqacha eslatmadan, xotiradan takrorlashlari, masalaning tarkibiy qismlarini ajratib ko‘rsatishlari, masalani yechishlari va uning to‘g‘riligini tekshirishlari kerak. yechim. 1-sinfda o‘quvchilar yig‘indi va qoldiqni topishga oid masalalar yechishni o‘rganadilar. Bu vazifalar birinchi o'nlik raqamlarini o'rganishda birinchi marta kiritiladi. Bir xil hadlar yig`indisini topish, teng qismlarga bo`lish yoki mazmuniga ko`ra bo`lish masalalarini yechishga o`rgatishda o`quvchilarning ko`paytirish va bo`lish arifmetik amallarining mohiyatini tushunishlariga tayanish kerak. Turli taqqoslash uchun masalani yechishdan oldin o‘quvchilar bir to‘plam, ikkita predmet to‘plami, miqdorlar, sonlarni solishtirish, ular o‘rtasida tenglik va tengsizlik munosabatlarini o‘rnatish tushunchasini berishlari kerak. Murakkab yoki murakkab arifmetik masala ikki yoki tomonidan yechilgan masaladir katta raqam arifmetik amallar. Psixologik tadqiqotlar qo'shma arifmetik masalalarni yechish xususiyatlarini o'rganish bo'yicha bolalar yangi qo'shma masala kontekstida tanish oddiy masalalarni tan olmaydilar. Tayyorgarlik ishlari qo`shma masalalarni yechishda o`quvchilarni qo`shma masalalarni yechishni o`zlashtirishga maqsadli yo`naltiruvchi mashqlar, usullar tizimi bo`lishi kerak. O‘qituvchi qo‘shma masalalarni yechishga o‘quvchilar qo‘shma masalaga kiritiladigan oddiy masalalarni yechish usullarini o‘zlashtirganliklariga, o‘zlari ma’lum turdagi oddiy masalani tuza olishlariga ishonch hosil qilganlarida o‘tishi mumkin. Murakkab masalalarni yechishda talabalar ma'lumotlarga savollar berishlari yoki savol uchun ma'lumotlarni tanlashlari kerak. Shuning uchun, tayyorgarlik davrida, ya'ni. Birinchi yil davomida va ikkinchi o'quv yilining boshida talabalarga quyidagi vazifalar berilishi kerak:
1. Tayyor holatga, savollarni oling.
2. Muammo bo'yicha, etishmayotgan raqamli ma'lumotlarni tanlash orqali vazifa yarating.
Oddiy va qo`shma masalalarni tuzib, o`quvchilar asta-sekin qo`shma masaladagi oddiy masalalarni tan olishni o`rganadilar, ularni yechish tajribasida bo`lgan mashqlar murakkab masalalarni tuzish uchun juda foydali mashqlardir. Bu oddiy topshiriq turlarini yaxshiroq o'zlashtirishga, ularni qo'shma topshiriqda tanib olishga yordam beradi va o'quvchilarni vazifalarni ongliroq tahlil qilishga yordam beradi. Qo`shma masalalarni yechishda o`quvchilarga masala ustida ishlashning umumiy usullarini o`rgatish kerak; topshiriqning mazmunini tahlil qilish, ma'lum ma'lumotlarni ajratib ko'rsatish, kerakli (ya'ni, topshiriqda bilishingiz kerak bo'lgan narsalarni aniqlash), savollarga javob berish uchun qanday ma'lumotlar etishmayotganligini aniqlash. asosiy savol vazifada. Maktab ish amaliyotida topshiriq bo'yicha ishlash ketma-ketligini belgilab beruvchi kartochkalar bilan ishlash usuli o'zini oqladi. Masalalarni yechishda uning yechimi loyihasi savollar bilan yoziladi yoki har bir harakat qayd qilinadi va tushuntiriladi. Ushbu turdagi masalalarni yechishning umumlashtirilgan usulini ishlab chiqish har xil turdagi, syujetli masalalarni bir necha marta yechish, o'quvchilarning o'zlari tomonidan tayyor va tuzilgan masalalarni echish, ushbu turdagi muammolarni ilgari yechilgan masalalar turlari bilan taqqoslash orqali ta'minlanadi. va boshqalar.
1. 40+20, 50-30, 34+20, 34+2, 48-30, 48-3 holatlar uchun hisoblash texnikasini, konsentratordan yuzta barcha hisoblash texnikasini tushuntiring.
1) 40+20= 4d+2d=6d=60
2) 50-30 = 5d-3d=2d=20
3) 34+20= 3d+4ed+2d=5d 4ed=54
4) 34+2 \u003d 3d + 4ed + 2ed \u003d 3d 6ed \u003d 36
5) 48-30 \u003d 4d + 8ed-3d \u003d 1d 8d \u003d 18
6) 48-3= 4d+8w-3w=4d 5w=45
Hisoblashning barcha usullari og'zaki bo'lib, qo'shish va ayirish raqamlari asosida amalga oshiriladi.
Ma’lumki, natural sonlar to‘plamini “kichikroq” munosabati yordamida tartiblash mumkin. Ammo aksiomatik nazariyani qurish qoidalari bu munosabatni nafaqat aniqlashni, balki ushbu nazariyada allaqachon aniqlangan tushunchalar asosida ham amalga oshirilishini talab qiladi. Buni qo'shish orqali "kamroq" nisbatini aniqlash orqali amalga oshirish mumkin.
Ta'rif. a soni b sonidan kichik (a< b) тогда и только тогда, когда существует такое натуральное число с, что а + с = b.
Bu shartlar ostida, shuningdek, soni aytiladi b Ko'proq a va yozing b > a.
12-teorema. Har qanday natural sonlar uchun a va b quyidagi uchta munosabatlardan biri va faqat bittasi sodir bo'ladi: a = b, a > b, a < b.
Biz bu teoremaning isbotini o'tkazib yuboramiz.. Bu teoremadan kelib chiqadiki, agar
a ¹ b, yoki a< b, yoki a > b bular. “dan kam” munosabati bog’lanish xususiyatiga ega.
13-teorema. Agar a a< b va b< с. keyin a< с.
Isbot. Bu teorema “kichik” munosabatining tranzitivlik xossasini ifodalaydi.
Chunki a< b va b< с. u holda “kichik” munosabatining ta’rifiga ko‘ra shunday natural sonlar mavjud uchun nima bo `pti b = a + k va c = b + I. Ammo keyin c = (a + k)+ / va qo'shishning assotsiativlik xususiyatiga asoslanib, biz quyidagilarni olamiz: c = a + (k +/). Chunki k + I - natural son, u holda "kichikroq" ta'rifiga ko'ra, a< с.
14-teorema. Agar a a< b, bu haqiqat emas b< а. Isbot. Bu teorema xossani ifodalaydi antisimmetriya"kamroq" munosabat.
Avval buni har qanday natural son uchun isbotlaymiz a sen emas-!>! ■ )uning munosabati a< a. Buning aksini taxmin qiling, ya'ni. nima a< а yuzaga keladi. Keyin, "kamroq" munosabatining ta'rifiga ko'ra, shunday natural son mavjud Bilan, nima a+ Bilan= a, va bu 6-teoremaga ziddir.
Keling, buni isbotlaylik, agar a< b, unda bu haqiqat emas b < a. Buning aksini taxmin qiling, ya'ni. Agar .. bo'lsa nima bo'ladi a< b , keyin b< а amalga oshirildi. Ammo bu tengliklardan 12-teorema bo'yicha biz bor a< а, bu mumkin emas.
Biz aniqlagan “kichikroq” munosabati antisimmetrik va oʻtish xususiyatiga ega boʻlib, bogʻlanish xususiyatiga ega boʻlganligi sababli, u munosabatdir. chiziqli tartib, va natural sonlar to‘plami chiziqli tartiblangan to'plam.
“Kamroq” ta’rifi va uning xossalaridan natural sonlar to’plamining ma’lum xossalarini chiqarish mumkin.
15-teorema. Barcha natural sonlardan biri eng kichik son, ya'ni. I< а для любого натурального числа a¹1.
Isbot. Mayli a - har qanday natural son. Keyin ikkita holat mumkin: a = 1 va a ¹ 1. Agar a = 1, u holda natural son mavjud b, dan so'ng a: a \u003d b " \u003d b + I = 1 + b, ya'ni "kamroq" ta'rifi bo'yicha, 1< a. Demak, har qanday natural son 1 ga teng yoki 1 dan katta. Yoki bitta eng kichik natural son.
“Kamroq” munosabati sonlarni monotonlik xossalari bilan qo‘shish va ko‘paytirish bilan bog‘liq.
16-teorema.
a = b => a + c = b + c va a c = b c;
a< b =>a + c< b + с и ас < bс;
a > b => a + c > b + c va ac > bc.
Isbot. 1) Ushbu bayonotning to'g'riligi qo'shish va ko'paytirishning yagonaligidan kelib chiqadi.
2) Agar a< b,
u holda natural son mavjud k, nima a
+ k = b.
Keyin b+ c = (a + k) + c = a + (k + c) = a + (c+ uchun)= (a + c) + k. Tenglik b+ c = (a + c) + k shuni anglatadi a + c< b
+ Bilan.
Xuddi shunday, bu ham isbotlangan a< b =>ace< bс.
3) Dalil shunga o'xshash.
17-teorema(16-teoremaga teskari).
1) a+ c = b + c yoki ac ~ miloddan avvalgiÞ a = b
2) a + c< Ь + с yoki ace< miloddan avvalgiÞ a< Ь:
3) a + c > b+ yoki bilan ac > miloddan avvalgiÞ a > b.
Isbot. Masalan, buni isbotlaylik ace< bс kerak a< b Buning aksini taxmin qiling, ya'ni. teoremaning xulosasi o'rinli emasligini. Keyin bo'lishi mumkin emas a = b. chunki u holda tenglik saqlanib qoladi ac = miloddan avvalgi(16-teorema); bo'lishi mumkin emas a> b, chunki o'shanda shunday bo'lardi ac > miloddan avvalgi(teorema!6). Demak, 12-teoremaga asosan, a< b.
16 va 17 teoremalardan tengsizliklarni hadlar bo‘yicha qo‘shish va ko‘paytirishning mashhur qoidalarini chiqarish mumkin. Biz ularni tashlaymiz.
18-teorema. Har qanday natural sonlar uchun a va b; shunday n natural soni mavjud n b> a.
Isbot. Har kim uchun a shunday raqam bor P, nima n > a. Buning uchun uni olish kifoya n = a + 1. Tengsizliklarni hadga ko‘paytirish P> a va b> 1, olamiz pb > a.
Munosabatning ko'rib chiqilgan xususiyatlaridan "kamroq" muhim xususiyatlar biz isbotsiz beradigan natural sonlar to'plami.
1. Har qanday natural son uchun emas a bunday natural son yo'q P, nima a< п < а +
1. Bu xususiyat deyiladi mulk
diskretlik natural sonlar to'plami va raqamlar a va a + 1 chaqirildi qo'shni.
2.
Natural sonlarning har qanday bo'sh bo'lmagan kichik to'plami o'z ichiga oladi
eng kichik raqam.
3. Agar M- natural sonlar to'plamining bo'sh bo'lmagan kichik to'plami
va raqam bor b, bu x dan boshlab barcha raqamlar uchun M bajarilmagan
tenglik x< b, keyin ko'pchilikda M eng katta raqam hisoblanadi.
2 va 3 xossalarni misol bilan ko'rsatamiz. Mayli M ikki xonali sonlar to‘plamidir. Chunki M natural sonlar to'plami va bu to'plamning barcha raqamlari uchun x tengsizlik< 100, то в множестве M eng katta raqam 99. Berilgan to'plamdagi eng kichik son M, - 10 raqami.
Shunday qilib, "kamroq" munosabati bizga natural sonlar to'plamining muhim sonli xususiyatlarini ko'rib chiqishga (va ba'zi hollarda isbotlash) imkon berdi. Xususan, u chiziqli tartiblangan, diskret, eng kichik 1 raqamiga ega.
Natural sonlar uchun "kamroq" ("katta") nisbati bilan kichik yoshdagi talabalar mashg'ulotning boshida tanishadilar. Va ko'pincha, uning to'plam-nazariy talqini bilan bir qatorda, aksiomatik nazariya doirasida biz tomonidan berilgan ta'rif bilvosita qo'llaniladi. Masalan, talabalar 9 > 7 ekanligini tushuntirishlari mumkin, chunki 9 7+2. Qo'shish va ko'paytirishning monotonlik xususiyatlaridan tez-tez va bilvosita foydalanish. Masalan, bolalar "6 + 2< 6 + 3, так как 2 < 3».
Mashqlar
1 Nima uchun natural sonlar to‘plamini “darhol ergashish” munosabati bilan tartiblash mumkin emas?
O'zaro munosabatlarning ta'rifini shakllantirish a > b va uning tranzitiv va antisimmetrik ekanligini isbotlang.
3. Agar ekanligini isbotlang a, b, c natural sonlar, u holda:
a) a< b Þ ас < bс;
b) a+ Bilan< b + su> a< Ь.
4. Qo'shish va ko'paytirishning monotonligi haqida qanday teoremalar bo'lishi mumkin
foydalanish kichik maktab o'quvchilari, "Hisob-kitoblarni bajarmasdan solishtiring" topshirig'ini bajarish:
a) 27 + 8 ... 27 + 18;
b) 27-8 ... 27-18.
5. Quyidagi topshiriqlarni bajarishda kichik yoshdagi o‘quvchilar natural sonlar to‘plamining qanday xossalarini bilvosita ishlatadilar:
A) 65 dan katta va 75 dan kichik sonlarni yozing.
B) 300 (800,609,999) soniga nisbatan oldingi va keyingi sonlarni ayting.
C) Eng kichik va eng katta uch xonali son qaysi.
Ayirish
Natural sonlar nazariyasining aksiomatik qurilishida ayirish odatda qo'shishning teskari amali sifatida aniqlanadi.
Ta'rif. Tabiiy a va b sonlarini ayirish shartni qondiradigan operatsiya: a - b \u003d c, agar b + c \u003d a bo'lsa.
Raqam a - b a va sonlar orasidagi farq deyiladi b, raqam a- kamayuvchi, son b- ayiriladigan.
19-teorema. Natural sonlarning farqi a- b faqat va agar mavjud bo'lsa b< а.
Isbot. Farqi bo'lsin a- b mavjud. Keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, natural son mavjud Bilan, nima b + c = a, va bu shuni anglatadi b< а.
Agar b< а, u holda "kichikroq" munosabatining ta'rifiga ko'ra, c natural soni mavjud bo'ladi b + c = a. Keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, c \u003d a - b, bular. farq a - b mavjud.
Teorema 20. Agar natural sonlar ayirmasi a va b mavjud bo'lsa, u noyobdir.
Isbot. Faraz qilaylik, raqamlar orasidagi farqning ikki xil qiymati bor a va b;: a - b= c₁ va a - b= c₂, va c₁ ¹ c₂. Keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, bizda: a = b + c₁, va a = b + c₂ : . Demak, bundan kelib chiqadi b+ c ₁ = b + c₂ : va 17-teorema asosida biz xulosa qilamiz: c₁ = c₂.. Biz faraz bilan ziddiyatga keldik, demak u noto'g'ri va bu teorema to'g'ri.
Natural sonlar ayirmasining ta'rifi va uning mavjud bo'lish shartlariga asoslanib, sonni yig'indidan va yig'indini sondan ayirishning taniqli qoidalarini asoslash mumkin.
21-teorema. Mayli a. b va Bilan- butun sonlar.
Agar a > c, keyin (a + b) - c = (a - c) + b.
b) Agar b > c. keyin (a + b) - c - a + (b - c).
c) Agar a > c va b > c. keyin siz ushbu formulalardan birini ishlatishingiz mumkin.
Isbot. a) sonlar farqi a va c chunki mavjud a > c. bilan belgilaymiz x: a - c \u003d x. qayerda a = c + x. Agar a (a+ b) - c = y. keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, a+ b = Bilan+ da. Keling, bu tenglikni o'rniga almashtiraylik a ifoda c + x:(c + x) + b = c + y. Qo'shishning assotsiativlik xususiyatidan foydalanamiz: c + (x + b) = c+ da. Ushbu tenglikni qo'shishning monotonlik xususiyatiga qarab o'zgartiramiz, biz quyidagilarni olamiz:
x + b = y..Ushbu tenglamadagi x ni ifoda bilan almashtirish a - c, ega bo'ladi (a - G) + b = y. Shunday qilib, agar biz buni isbotladik a > c, keyin (a + b) - c = (a - c) + b
Isbotlash b) holatda ham xuddi shunday amalga oshiriladi.
Isbotlangan teoremani eslab qolish oson bo'lgan qoida sifatida shakllantirish mumkin: yig'indidan raqamni ayirish uchun bu sonni yig'indining bir a'zosidan ayirish va olingan natijaga boshqa hadni qo'shish kifoya.
22-teorema. Mayli a, b va c - butun sonlar. Agar a a > b+ c, keyin a- (b + c) = (a - b) - c yoki a - (b + c) \u003d (a - c) - b.
Bu nazariyaning isboti 21-teoremaning isbotiga o'xshaydi.
22-teorema qoida sifatida shakllantirilishi mumkin, sondan sonlar yig'indisini ayirish uchun bu sondan har bir a'zoni ketma-ket ayirish kifoya qiladi.
Boshlang'ich matematika o'qitishda ayirishning harakat sifatida ta'rifi, teskari qo'shimcha, ichida umumiy ko'rinish, qoida tariqasida, berilmaydi, lekin u doimiy ravishda bir xonali sonlar ustida operatsiyalarni bajarishdan boshlab ishlatiladi. O’quvchilar ayirish qo’shish bilan bog’liqligini yaxshi bilishlari va hisoblashda shu munosabatdan foydalanishlari kerak. Masalan, 40 sonidan 16 sonini ayirib, o’quvchilar quyidagicha fikr yuritadilar: “40 dan 16 raqamini ayirish – 16 raqamiga qo’shilganda 40 ni beradigan sonni topish nimani anglatadi; bu raqam 24 bo'ladi, chunki 24 + 16 = 40. Shunday qilib. 40 - 16 = 24".
Boshlang‘ich matematika kursida yig‘indidan sonni va sondan yig‘indini ayirish qoidalari: nazariy asos turli xil hisoblash usullari. Masalan, (40 + 16) - 10 ifodaning qiymatini faqat qavs ichidagi yig'indini hisoblash va undan 10 raqamini ayirish bilan emas, balki shu tarzda ham topish mumkin;
a) (40 + 16) - 10 = (40 - 10) + 16 = 30 + 16 = 46:
b) (40 + 16) - 10 = 40 + (16- 10) = 40 + 6 = 46.
Mashqlar
1. Har bir natural son darhol keyingisidan bittasini ayirish orqali olinadi, degan to'g'rimi?
2. 19-teoremaning mantiqiy tuzilishining o‘ziga xos xususiyati nimada? Uni "zarur va etarli" so'zlari yordamida shakllantirish mumkinmi?
3. Buni isbotlang:
Agar b > c, keyin (a + b) - c \u003d a + (b - c);
b) agar a > b + c, keyin a - (b+ c) = (a - b) - c.
4. Qaysi ifodalar teng bo'lishini hisob-kitoblarsiz aytish mumkinmi?
a) (50 + 16) - 14; d) 50 + (16 -14 ),
b) (50 - 14) + 16; e) 50 - (16 - 14);
c) (50 - 14) - 16, f) (50 + 14) - 16.
a) 50 - (16 + 14); d) (50 - 14) + 16;
b) (50 - 16) + 14; e) (50 - 14) - 16;
c) (50 - 16) - 14; e) 50 - 16 - 14.
5. Matematikaning dastlabki kursida ayirishning qanday xossalari quyidagi hisoblash usullarining nazariy asosi hisoblanadi:
12 - 2-3 12 -5 = 7
b) 16-7 \u003d 16-6 - P;
c) 48 - 30 \u003d (40 + 8) - 30 \u003d 40 + 8 \u003d 18;
d) 48 - 3 = (40 + 8) - 3 = 40 + 5 = 45.
6. Shakl ifodasining qiymatini hisoblashning mumkin bo'lgan usullarini tavsiflang. a - b- Bilan va ularni aniq misollar bilan ko'rsating.
7. Buning uchun isbotlang b< а va har qanday tabiiy c tenglik (a - b) c \u003d ac - miloddan avvalgi.
Ko'rsatma. Dalil aksioma 4 ga asoslangan.
8. Yozma hisoblar bajarmasdan ifoda qiymatini aniqlang. Javoblarni asoslang.
a) 7865 × 6 - 7865 × 5: b) 957 × 11 - 957; c) 12 × 36 - 7 × 36.
Bo'lim
Natural sonlar nazariyasining aksiomatik qurilishida boʻlish odatda koʻpaytirishning teskari amali sifatida aniqlanadi.
Ta'rif. a va b natural sonlarni bo'lish shartni qanoatlantiradigan amaldir: a: b = c, agar va faqat, agar, uchun qachon b× c = a.
Raqam a:b chaqirdi xususiy raqamlar a va b, raqam a bo'linuvchi, son b- ajratuvchi.
Ma'lumki, natural sonlar to'plamida bo'linish har doim ham mavjud emas va farq uchun mavjud bo'lgan qism mavjudligi uchun qulay mezon yo'q. Faqat bor zarur shart shaxsiy mavjudligi.
23-teorema. Ikki natural sondan iborat qism mavjud bo'lishi uchun a va b, bu zarur b< а.
Isbot. Natural sonlar bo'limi bo'lsin a va b mavjud, ya'ni. shunday natural c soni mavjud bc = a. Chunki har qanday natural son 1 uchun tengsizlik 1 £ Bilan, keyin uning ikkala qismini natural songa ko'paytiramiz b, olamiz b£ miloddan avvalgi. Lekin bc \u003d a, Binobarin, b£ a.
24-teorema. Agar natural sonlar koeffitsienti a va b mavjud bo'lsa, u noyobdir.
Bu teoremaning isboti natural sonlar ayirmasining yagonaligi haqidagi teoremaning isbotiga o‘xshaydi.
Qisman natural sonlarning ta'rifi va uning mavjudligi shartlariga asoslanib, yig'indini (farqni, ko'paytmani) songa bo'lishning taniqli qoidalarini asoslash mumkin.
25-teorema. Agar raqamlar bo'lsa a va b soniga bo'linadi Bilan, keyin ularning summasi a + b c ga bo'linadi va yig'indini bo'lish orqali olingan qism a+ b raqam uchun Bilan, bo'lish yo'li bilan olingan ko'rsatkichlar yig'indisiga teng a ustida Bilan va b ustida Bilan, ya'ni. (a + b):c \u003d a: c + b:Bilan.
Isbot. Raqamdan beri a tomonidan bo'linadi Bilan, u holda x = natural soni mavjud a; shu bilan a = cx. Xuddi shunday, natural son ham mavjud y = b:Bilan, nima
b= su. Ammo keyin a + b = cx+ su = - c(x + y). Bu shuni anglatadiki a + b c ga bo'linadi va yig'indini bo'lish orqali olingan qism a+ b c soniga, x + ga teng y, bular. ax + b: c.
Isbotlangan teorema yig'indini songa bo'lish qoidasi sifatida shakllantirilishi mumkin: yig'indini songa bo'lish uchun har bir hadni shu songa bo'lish va natijalarni qo'shish kifoya.
26-teorema. Agar natural sonlar a va b soniga bo'linadi Bilan va a > b keyin farq a - b c ga bo'linadi va ayirmani c soniga bo'lish natijasida olingan bo'linish bo'linish orqali olingan qismlarning ayirmasiga teng. a ustida Bilan va b c ga, ya'ni. (a - b):c \u003d a:c - b:c.
Bu teoremaning isboti avvalgi teoremaning isboti kabi amalga oshiriladi.
Ushbu teorema farqni songa bo'lish qoidasi sifatida shakllantirilishi mumkin: uchun Farqni raqamga bo'lish uchun minuend va ayirishni shu raqamga bo'lish va birinchi qismdan ikkinchisini ayirish kifoya.
27-teorema. Agar natural son bo'lsa a c natural soniga bo'linadi, u holda har qanday natural son uchun b ish ab p ga bo'linadi. Bunday holda, mahsulotni bo'lish orqali olingan qism ab dan raqamiga , bo'lish yo'li bilan olingan qismning ko'paytmasiga teng a ustida Bilan, va raqamlar b: (a × b):c - (a:c) × b.
Isbot. Chunki a tomonidan bo'linadi Bilan, u holda shunday x natural soni mavjud a:c= x, qaerdan a = cx. Tenglamaning ikkala tomonini ga ko'paytirish b, olamiz ab = (cx)b. Ko'paytirish assotsiativ bo'lgani uchun, demak (cx) b = c(x b). Bu yerdan (a b): c \u003d x b \u003d (a: c) b. Teorema mahsulotni songa bo'lish qoidasi sifatida shakllantirilishi mumkin: mahsulotni songa bo'lish uchun omillardan birini shu songa bo'lish va natijani ikkinchi koeffitsientga ko'paytirish kifoya.
Boshlang'ich matematika ta'limida bo'lishning ko'paytirishning teskari amali sifatidagi ta'rifi, qoida tariqasida, umumiy shaklda berilmaydi, lekin bo'linish bilan tanishishning birinchi darslaridan boshlab doimiy ravishda qo'llaniladi. O‘quvchilar bo‘lishning ko‘paytirish bilan bog‘liqligini yaxshi bilishlari va bu munosabatdan hisob-kitoblarda foydalanishlari kerak. Masalan, 48 ni 16 ga bo‘lishda o‘quvchilar shunday fikr bildiradilar: “48 ni 16 ga bo‘lish 16 ga ko‘paytirilganda 48 bo‘ladigan sonni topishni anglatadi; bu raqam 3 bo'ladi, chunki 16 × 3 = 48. Shuning uchun, 48: 16 = 3.
Mashqlar
1. Buni isbotlang:
a) natural sonlar bo'limi bo'lsa a va b mavjud bo'lsa, u noyobdir;
b) raqamlar bo'lsa a va b ga bo'linadi Bilan va a > b keyin (a - b): c \u003d a: c - b: c.
2. Berilgan barcha tenglik to‘g‘ri ekanligini ta’kidlash mumkinmi?
a) 48:(2×4) = 48:2:4; b) 56:(2×7) = 56:7:2;
c) 850:170 = 850:10:17.
Qaysi qoida bu holatlarni umumlashtirish hisoblanadi? Uni shakllantiring va isbotlang.
3. Bo’lishning qanday xossalari nazariy asos hisoblanadi
maktab o'quvchilariga taklif qilingan quyidagi vazifalarni bajarish boshlang'ich maktab:
Qaysi iboralar bir xil qiymatga ega bo'lishini bo'linmasdan aytish mumkinmi?
a) (40+ 8): 2; c) 48:3; e) (20+ 28): 2;
b) (30 + 16):3; d)(21+27):3; f) 48:2;
Tengliklar to'g'rimi:
a) 48:6:2 = 48:(6:2); b) 96:4:2 = 96:(4-2);
c) (40 - 28): 4 = 10-7?
4. Ifodaning qiymatini hisoblashning mumkin bo'lgan usullarini tavsiflang
turi:
a) (a+ b):c; b) a:b: bilan; ichida) ( a × b): Bilan .
Taklif etilgan usullarni aniq misollar bilan ko'rsating.
5. Ifodaning qiymatlarini ratsional tarzda toping; ularning
harakatlarini asoslash:
a) (7 × 63):7; c) (15 × 18):(5× 6);
b) (3 × 4× 5): 15; d) (12 × 21): 14.
6. Ikki xonali songa bo‘lishning quyidagi usullarini asoslab bering:
a) 954:18 = (900 + 54): 18 = 900:18 + 54:18 = 50 + 3 = 53;
b) 882:18 = (900 - 18): 18 = 900:18 - 18:18 = 50 - 1 = 49;
c) 480:32 = 480: (8 × 4) = 480:8:4 = 60:4 = 15:
d) (560 × 32): 16 = 560 (32:16) = 560 × 2 = 1120.
7. Burchakka bo'lmasdan, eng oqilonani toping
shaxsiy yo'l; tanlangan usulni asoslang:
a) 495:15; c) 455:7; e) 275:55;
6) 425:85; d) 225:9; e) 455:65.
34-ma'ruza manfiy bo'lmagan raqamlar
1. Manfiy bo'lmagan butun sonlar to'plami. Manfiy bo'lmagan butun sonlar to'plamining xossalari.
2. Natural sonlar qatori segmenti va chekli to‘plam elementlarini sanash tushunchasi. Tartib va miqdoriy natural sonlar.
“Eng katta” va “eng kichik” butun sonlar haqidagi teoremalar
4-teorema (''eng kichik'' butun son bo'yicha). Quyida chegaralangan har bir bo'sh bo'lmagan butun sonlar to'plami eng kichik wusloni o'z ichiga oladi. (Bu erda, natural sonlarda bo'lgani kabi, "to'plam" so'zi o'rniga "to'plam" so'zi ishlatiladi.
Isbot. O A C Z va A pastdan chegaralansin, ya'ni. 36? Zva? A(b< а). Тогда если Ь Е А, то Ь- наименьшее число во множестве А.
Keling, b A.
Keyin Wa e Af< а) и, значит, Уа А(а - Ь >O).
Biz a - b ko'rinishdagi barcha sonlarning M to'plamini hosil qilamiz, bu erda a A to'plamidan o'tadi, ya'ni. M \u003d (c [ c \u003d a - b, a E A)
Ko'rinib turibdiki, M to'plami bo'sh emas, chunki A 74 0
Yuqorida ta'kidlanganidek, M C N. Binobarin, natural sonlar teoremasi (54, Ch. III) bo'yicha M to'plam eng kichik natural son m ni o'z ichiga oladi.U holda qandaydir a1 soni uchun m = a1 - b? A, va, M dagi m eng kichik bo'lganligi sababli, Va? Da< а - Ь) , т.е. А (01 - Ь < а - Ь). Отсюда Уа е А(а1 а), а так как ат (- А, то - наименьшее число в А. Теорема доказана.
5-teorema (“eng katta” butun son bo'yicha). Yuqoridagi butun sonlar to'plamidan chegaralangan bo'sh bo'lmagan har qanday raqam eng katta sonni o'z ichiga oladi.
Isbot. O 74 A C Z va A yuqoridan b soni bilan chegaralansin, ya'ni. ? ZVa e A(a< Ь). Тогда -а >b barcha a raqamlari uchun? LEKIN.
Demak, M to'plam (r = -a, a? A bilan) bo'sh emas va pastdan (-6) soni bilan chegaralangan. Demak, oldingi teoremaga ko'ra, M to'plam eng kichik sonni o'z ichiga oladi, ya'ni. ace? MU? M (bilan< с).
Bu vah degani? A(s< -а), откуда Уа? А(-с >a)
3. Usulning turli shakllari matematik induksiya butun sonlar uchun. Qoldiq bilan bo'lish teoremasi
1-teorema (matematik induksiya usulining birinchi shakli). P(c) Z butun sonlar to‘plamida aniqlangan bir o‘rinli predikat bo‘lsin, 4. Agar ba'zi NUMBER a Z uchun P(o) taklifi va P(K) dan K > a ixtiyoriy butun son uchun P(K -4- 1) ga ergashsa, P(r) taklif barcha butun sonlar uchun o'rinli bo'ladi, m. c > a raqamlari (ya'ni, Z to'plamda to'g'ri quyidagi formula predikatlar hisobi:
P(a) piyoz > + 1)) Vc > aP(c)
har qanday sobit butun a uchun
Isbot. Faraz qilaylik, P(c) jumlasi uchun teorema shartida aytilgan hamma narsa to'g'ri, ya'ni.
1) P(a) - rost;
2) UK SC to + ham to'g'ri.
Aksincha. Aytaylik, shunday raqam bor
b > a, bu RF) - noto'g'ri. Ko'rinib turibdiki, b a, chunki P(a) to'g'ri. M = (z? > a, P(z) noto‘g‘ri) to‘plamni hosil qilamiz.
Keyin to'plam M 0 , chunki b? M va M- pastdan a soni bilan chegaralangan. Demak, eng kichik butun teorema (4, 2-teorema) bo'yicha M to'plam eng kichik butun c sonini o'z ichiga oladi. Demak, c > a, bu o'z navbatida c - 1 > a ni bildiradi.
Keling, P(c-1) to'g'ri ekanligini isbotlaylik. Agar c-1 = a bo'lsa, P(c-1) shartga ko'ra to'g'ri bo'ladi.
c-1 > a bo'lsin. Keyin P(c - 1) noto'g'ri degan taxmin 1 bilan a'zolikni nazarda tutadi? M, bo'lishi mumkin emas, chunki c soni M to'plamidagi eng kichiki.
Shunday qilib c - 1 > a va P(c - 1) to'g'ri.
Demak, ushbu teorema sharti tufayli R((s- 1) + 1) jumla to'g'ri, ya'ni. R(lar) to'g'ri. Bu c raqamini tanlashga zid keladi, chunki c? M Teorema isbotlangan.
E'tibor bering, bu teorema Peano aksiomalaridan 1-oqibatni umumlashtiradi.
2-teorema (butun sonlar uchun matematik induksiya usulining ikkinchi shakli). P(c) butun sonlar to‘plamida aniqlangan bir joyli prefiks bo‘lsin. U holda, agar P(c) predlogi ba’zi bir K butun son va ixtiyoriy s K uchun P(c) taklifning haqiqiyligidan K tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha butun sonlar uchun o‘rinli bo‘lsa.< с < s, слеДует справеДливость этого преДложения Для числа s , то это преДложение справеДливо Для всег целыс чисел с >TO.
Bu teoremaning isboti natural sonlar uchun o'xshash teoremaning isbotini ko'p jihatdan takrorlaydi (1, 55 teorema, III bob).
3-teorema (matematik induksiya usulining uchinchi shakli). P(c) butun sonlar to‘plamida aniqlangan bir o‘rinli predikat bo‘lsin. Agar P(c) to'g'ri bo'lsa, natural sonlar to'plamining ba'zi cheksiz M kichik to'plamining barcha raqamlari uchun va ixtiyoriy butun a uchun P(a) haqiqatidan P (a - 1) to'g'ri bo'ladi. P(c) taklifi barcha sonlar uchun to'g'ri.
Isbot natural sonlar uchun tegishli teoremaning isbotiga o'xshaydi.
Biz buni qiziqarli mashq sifatida taklif qilamiz.
E'tibor bering, amalda matematik induksiyaning uchinchi shakli boshqalarga qaraganda kamroq tarqalgan. Bu uni qo'llash uchun teoremada keltirilgan natural sonlar to'plamining cheksiz M kichik to'plamini bilish zarurligi bilan izohlanadi. Bunday to'plamni topish qiyin ish bo'lishi mumkin.
Lekin uchinchi shaklning boshqalardan afzalligi shundaki, uning yordami bilan P(c) taklifi barcha butun sonlar uchun isbotlanadi.
Quyida biz uchinchi shaklni qo'llashning qiziqarli misolini keltiramiz. Lekin birinchi navbatda, juda muhim tushunchani keltiramiz.
Ta'rif. Butun sonning mutlaq qiymati a qoida bilan aniqlangan sondir
0 agar a O a agar a > O
Va agar a< 0.
Shunday qilib, agar a 0 bo'lsa, unda? N.
Biz o'quvchini mutlaq qiymatning quyidagi xususiyatlarini isbotlash uchun mashq sifatida taklif qilamiz:
Teorema (qoldiq bilan bo'lish haqida). b 0 bo'lgan har qanday a va b butun sonlar uchun faqat bitta juft q U m soni mavjud bo'lib, a r: bq + T A D.
Isbot.
1. Juftlikning mavjudligi (q, m).
a, b bo'lsin? Z va 0. Shartlarni qanoatlantiradigan juft q sonlar mavjudligini ko'rsatamiz
Isbotlash qat'iy b soni uchun a soni bo'yicha uchinchi shakldagi induksiya orqali amalga oshiriladi.
M = (mlm = n lbl, n? N).
Shubhasiz, M C lt xaritalash f: N M har qanday n uchun f(n) = nlbl qoidasi bilan aniqlanadi? N - bu bijeksiyon. Bu shuni anglatadiki, M N, ya'ni. M cheksizdir.
Buning uchun buni isbotlaylik ixtiyoriy raqam a? M (va b-fikrlangan) q va m juft sonlarining mavjudligi haqidagi teoremaning tasdig'i to'g'ri.
Darhaqiqat, a (- M. Keyin a pf! ba'zi n uchun? N.
Agar b > 0 bo'lsa, u holda a = n + 0. Endi q = n va m 0 ni o'rnatsak, biz kerakli q va m son juftligini olamiz.< 0, то и, значит, в этом случае можно положить q
Endi induktiv faraz qilaylik. Faraz qilaylik, ixtiyoriy butun c (va ixtiyoriy sobit b 0) uchun teoremaning tasdiqlanishi to‘g‘ri, ya’ni, shunday juft sonlar (q, m) mavjud
Bu raqam uchun ham to'g'ri ekanligini isbotlaylik (1 bilan) . c = bq -4- tengligi bq + (m - 1) ni bildiradi. (bir)
Holatlar mumkin.
1) m > 0. Keyin 7" - 1 > 0. Bu holda - m - 1 qo'yilganda, biz c - 1 - bq + Tl ni olamiz, bu erda (q, 7" 1,) juftlik shartni aniq qanoatlantiradi.
0. Keyin s - 1 bq1 + 711 , bu erda q1
0 ekanligini osonlik bilan isbotlashimiz mumkin< < Д.
Shunday qilib, bayonot juft raqamlar uchun ham to'g'ri keladi
Teoremaning birinchi qismi isbotlangan.
P. q juftligining o‘ziga xosligi va boshqalar.
Faraz qilaylik, a va b 0 raqamlari uchun (q, m) va (q1) ikkita juft son mavjud, u holda (*) shartlarni qondiradi.
Keling, ularning bir-biriga mos kelishini isbotlaylik. Shunday qilib, ruxsat bering
va bq1 L O< Д.
Bu shuni anglatadiki, b(q1 -q) m - 7 1 1. Bu tenglikdan shunday xulosa chiqadi:
Agar endi q ql deb faraz qilsak, u holda q - q1 0, bundan lq - q1l 1. Bu tengsizliklarni had bo'yicha hadlarni lbl soniga ko'paytirsak, ph ni olamiz! - q11 D. (3)
Shu bilan birga, tengsizliklardan 0< т < lbl и О < < очевидным образом следует - < ф!. Это противоречит (3). Теорема доказана.
Mashqlar:
1. 5 1 ning 2 va 3-teoremalarining isbotlarini to‘ldiring.
2. 3, 1-teoremaning 2-oqibatini isbotlang.
3. Shaklning barcha sonlaridan tashkil topgan H ⊂ Z kichik to'plami ekanligini isbotlang< п + 1, 1 >(n? N), qo'shish va ko'paytirish ostida yopiladi.
4. H 3-mashqdagi kabi to‘plamni bildirsin. j : M xaritalash shartlarni qanoatlantirishini isbotlang:
1) j - bijeksiyon;
2) j(n + m) = j(n) + j(m) va j(nm) = j(n) j(m) har qanday n, m sonlar uchun (ya’ni j algebralarning izomorfizmini bajaradi ( N, 4 va (H, +,).
5. 2 dan 1-teoremaning isbotini to‘ldiring.
6. Har qanday a, b, c butun sonlar uchun quyidagi xulosalar to‘g‘ri ekanligini isbotlang:
7. 3 dan ikkinchi va uchinchi teoremalarni isbotlang.
8. Butun sonlarning Z halqasida nolga bo‘luvchilar yo‘qligini isbotlang.
Adabiyot
1. Burbaki N. To‘plamlar nazariyasi. M.: Mir, 1965 yil.
2. I. M. Vinogradov, sonlar nazariyasi asoslari. M.: Nauka, 1972. Z. Demidov, I. T. Arifmetika asoslari. M.: Uchpedgiz, 1963 yil.
4. M. I. Kargapolov va Yu. I. Merzlyakov, Guruh nazariyasi asoslari.
Moskva: Nauka, 1972 yil.
5. A. I. Kostrikin, Algebraga kirish. Moskva: Nauka, 1994 yil.
b. Kulikov L. Ya. Algebra va sonlar nazariyasi. M .: Yuqori. maktab, 1979 yil.
7. Kurosh A.G. Oliy algebra kursi. Moskva: Nauka, 1971 yil.
8. Lyubetskiy V. A. Maktab matematikasining asosiy tushunchalari. M.: Ma'rifat, 1987 yil.
9. Lyapin Yevropa Ittifoqi. va guruh nazariyasidan boshqa mashqlar. Moskva: Nauka, 1967 yil.
10. Maltsev A. I. Algebraik tizimlar. Moskva: Nauka, 1970 yil.
11. MenDelson E. Matematik mantiqqa kirish. Moskva: Nauka, 1971 yil.
12. Nechaev V. I. Raqamli sistemalar. M.: Ta'lim, 1975 yil.
13. Novikov P.S. Matematik mantiqning elementlari. M.. Nauka, 1973 yil.
14. Petrova V. T. Algebra va geometriyadan ma'ruzalar.: 14:00 da.
CHL. M.: Vlados, 1999 yil.
15. Maktab matematika kursining zamonaviy asoslari Avt. hamkorlik qiluvchi: Vilenkin N.Ya., Dunichev K.I., Kalltjnin LA Stolyar A.A. Moskva: Ta'lim, 1980 yil.
16. L. A. Skornyakov, Algebra elementlari. Moskva: Nauka, 1980 yil.
17. Stom R.R. to'plam, mantiq, aksiomatik nazariyalar. M.; Ma'rifat, 1968 yil.
18. Stolyar A. A. Matematikaga mantiqiy kirish. Minsk: VYSHEYSH. maktab, 1971 yil.
19. V. P. Filippov, Algebra va sonlar nazariyasi. Volgograd: vgpi, 1975 yil.
20. Frenkel A., Bar-Hilel I. To'plamlar nazariyasi asoslari. M.: Mir, 1966 yil.
21. Fuchs L. Qisman tartiblangan tizimlar. M.: Mir, 1965 yil.
O'quv nashri
Vladimir Konstantinovich Kartashov
MATEMATIKAGA KIRISH
O. I. Molokanova tomonidan tahririy tayyorgarlik. Asl maket A. P. Boshchenko tomonidan tayyorlangan
“PR 020048, 20.12.96
1999 yil 28 avgustda nashr qilish uchun imzolangan. Format 60x84/16. Ofisda chop etish. Bom. turi. M 2. Uel. pech l. 8.2. Uch.-tahrir. l. 8.3. Tiraj 500 nusxa. Buyurtma 2
"O'zgartirish" nashriyoti