Метод оценки как один из способов решения нестандартных уравнений
методическая разработка по алгебре (11 класс) на тему
Для раскрытия метода рассматриваются большое число различных уравнений, неравенства Коши и Бернулли.
Данный материал могут использовать учителя математики и учащиеся старших классов.
Скачать:
Вложение | Размер |
---|---|
metod_otsenki_kak_odin_iz_sposobov.doc | 638 КБ |
Предварительный просмотр:
Министерство образования Республики Марий Эл
Муниципальное общеобразовательное учреждение
«Средняя общеобразовательная школа №3 г. Козьмодемьянска»
Методическая разработка по теме:
«Метод оценки как один из способов решения нестандартных задач»
Составила: учитель математики
высшей категории
Уртюкова М.А.
г. Козьмодемьянск
1. Применение метода к решению уравнений вида f(x) = g (x).
Нестандартными обычно называются равнения вида f(x) = g (x), где f(x) и g (x) – функции совершенно разного типа. Например,
sin х , log ах = 2 х и т.д.
Существуют теоремы, способные облегчить решение данных уравнений. Например, одна из них:
Если на некотором промежутке I наибольшее значение f(x) равно числу А, а наименьшее значение g (x) тоже равно числу А, то уравнение f(x) = g (x) равносильно системе f(x) = А
g (x) = А
на данном промежутке I.
Для подтверждения правильности теоремы рассмотрим уравнение х 2 + 1 = cos х . Для этого построим графики функций у = х 2 + 1 и у = cos х.
По теореме заключаем:
х 2 + 1 = 1
⇒ x=0
cos х = 1
Очень часто метод оценки называют «методом мажорант». «Метод мажорант» - это прием, который можно назвать оценкой соответствующих значений функции.
Определение. Мажорантой данной функции f(x) на множестве Р называется такое число М, что-либо f(x) ≤ М, для всех х ∈Р, либо f(x) ≥ М для всех х ∈ Р.
Мы знаем много мажорант для известных функций: y=ax2+bx+c, y=sin x, y =cos x.
Как искать такое число М? Для того, чтобы найти мажоранту нужно:
а) найти D(f) функции;
б) найти E(f) функции;
в) исследовать функцию на экстремум;
г) если функция определена на отрезке, найти наибольшее и наименьшее значения;
д) применить известные неравенства:
2, если > 0,
2, если < 0.
Например. Назовите наибольшее и наименьшее значения функций, если они существуют: y=sin 3x, y=2cosx, y=2x, y=x2 - 6x+5, y=5 - x2, y=x2+3, y=log3x.
Рассмотрим уравнения:
Пример 1. Решите уравнение
(х2 - 2х + 3) (у2 + 6у + 12) = 6
Решение: Первое, что необходимо сделать – надо выделить квадраты двучленов в каждом множителе левой части уравнения:
((х – 1)2 +2) ((у + 3) 2+ 3) = 6
Далее оцениваем каждый множитель произведения или найдем мажоранту каждой функции, входящей в уравнение: (х – 1)2 +2 ≥ 2 и (у + 3) 2+ 3 ≥ 3 при всех значениях примененных х и у. Выделив все необходимые оценки, мы подходим к последнему этапу решения. Равенство (х2 - 2х + 3) (у2 + 6у + 12) = 6 возможно тогда и только тогда, когда выполняется система:
х – 1 = 0
у + 3 = 0
Откуда х = 1, у = 3.
Пример 2. Решите уравнение
- cos (7πх) = х2 - 6х + 10
Решение: Для любого действительного α │cos α│ ≤ 1, следовательно, для любого х € Р - cos (7πх) ≤ 1. Преобразовывая правую часть, получим:
х2 - 6х + 10 = х2 - 6х + 9 + 1 = (х – 3)2 + 1 ≥ 1.
Таким образом, левая часть уравнения не больше 1, а правая не меньше 1. Поэтому неравенство может достигаться только в том случае, если обе части равны 1, т.е. исходное уравнение равносильно системе
- cos (7πх) = 1
(х – 3)2 + 1 = 1
Несложно заметить, что второе уравнение имеет единственный корень х = 3. Подставляя полученное значение в первое уравнение, получим истинное равенство. Ответ: х = 3.
Пример 3. Решите уравнение
log 2 (17 - | sin 0,5 πх |) =
Решение: Учитывая ограниченность функции синус, log 2 (17 - | sin 0,5 πх |) ≥ log 2 (17 – 1) = 4 для всех х € Р; с другой стороны, = ≤ = 4 для всех х ∈ Р. Значит, уравнение равносильно системе sin 0,5 πх = 1
х = 1 , откуда х = 1.
Ответ: х = 1.
Пример 4. Решите уравнение
сos 6 х + sin 2 3х + 4sin9х = 7
Решение: Сумма коэффициентов перед тригонометрическими функциями в левой части равна 6, что меньше 7. Это наталкивает на мысль о решении уравнения методом оценки. Действительно, сos 6 х ≤ 1, sin 2 3х ≤ 1, 4sin9х ≤ 4. Следовательно, левая часть не превосходит 6 при любом х, поэтому уравнение не имеет действительных решений.
Ответ: решений нет.
Пример 5. Решите уравнение
tg2 3х=cos 2x – 1 (1)
Решение: tg2 3х = - 2 sin2x
Так как tg2 3х ≥ 0, а - 2 sin2x ≤ 0, то уравнение tg2 3х = - 2 sin2x имеет решение тогда и только тогда, когда выполняется система
tg2 3х =0 х=
⇒ ⇒ х = , пz
- 2 sin2x=о х =, пz
Ответ: х =, пz
Пример 6. Решите уравнение
arccos(2x – 3) = +·│x2 – 6x + 5│.
Решение: ОДЗ:│ 2x – 3│≤12≤2х≤4х[1;2].
Множество значений функции y = arccos(2x – 3) принадлежит отрезку [0; ]. Правая часть уравнения всегда не меньше , и по определению модуля │x2 – 6x + 5│≥0 для всех хR. Значит, данное уравнение будет иметь решение тогда и только тогда, когда левая и правая части уравнения будут равны ,т.е
Полученное значение х =1 принадлежит ОДЗ уравнения и, значит, является его корнем.
Ответ: х = 1.
Пример 7. Решить уравнение
2 (1)
Решение: Допустимые значения определяются системой неравенств.
откуда <1
Так как и - функции возрастающие и , то ,
- функция убывающая <<1 и 0<1- ≤1 при , то
Решениями уравнения (1) будут являться значения переменной х, при которых каждое слагаемое уравнения (1) равно нулю, при этом
где <1
Решим первое уравнение
1+;
При второе и третье уравнения обращаются в верные равенства.
Следовательно, единственный корень уравнения (1).
Ответ: 0
Пример 8. С помощью производной найдите все решения уравнения , лежащие на отрезке.
Решение:
Итак, рассмотрим функции f(x)=4x 3 +3x 2 - 6x+ и g(x) =sinх
xR,.
при и .
+ ─ +
Наименьшее значение принимает либо в точке либо в точке.
, .
Значит 1 – наименьшее значение.
, 1 – наибольшее значение.
Итак, Значит при .
Ответ:
Пример 9. Найти все пары чисел (x,у) удовлетворяющие условию
(х)(1+ sin2(x+y)) =1+7cos2(x+y) (1)
Решение: Уравнение (1) равносильно уравнению (2).
х= (2)
Преобразуем обе части уравнения (2).
х=()+8 = ()2+8 (3)
==
При выражение (3) принимает своё наименьшее значение, равное восьми.
При выражение (4) принимает своё наибольшее значение, равное восьми. Следовательно, уравнение (2), значит, и (1) будут иметь решения, если обе части уравнения (2) принимают значения, равные восьми.
При х=2 ,y=-2+,
При х= - 2, ,
Ответ: (2; -2 +); (-2; 2+),.
Пример 10. Решить уравнение: log(3+|sin x|) - 2|x| =-2
Решение: ОДЗ: xR
log(3+|sin x|) =2|x|- 2
Оценим левую и правую части уравнения:
0 ≤ |sinx| ≤ 1, |x| ≥ 0,
3 ≤ 3+|sin x| ≤ 4, 2|x| ≥ 1,
log4 ≤ log(3+|sin x|) ≤ log3, 2|x|- 2 ≥- 1.
log4 ≤ log(3+|sin x|) ≤ -1.
Так как левая часть уравнения принимает значения не более -1, а правая – не менее -1, то равенство возможно, если одновременно выполняются условия
log(3+|sin x|) = -1,
2|x| - 2 = -1.
Решая систему, получаем х = 0.
Ответ: х = 0
Пример 11. Решите уравнение.
2 сos 2 ( ) = 2 х + 2 – х
Решение: В левой части уравнения стоит тригонометрическая функция, а в правой – сумма показательных функции. Формул, позволяющих находить корни в таких случаях не существует. Оценим каждую из частей уравнения. Очевидно, что
2 сos 2 ( ) ≤ 2
Если f(x) > 0, то f(x) + = = +2 ≥ 2, причем равенство достигается только при f(x) = 1. В данном случае f(x) = 2 х . Таким образом, уравнение имеет решение, только если обе части равны 2. Следовательно, 2 х = 1 <=> х = 0 . Проверив, убедимся, что 2 сos 2 () = 2 при х = 0.
Ответ: х = 0.
Пример 12. Найдите все пары, для которых ()=.
Решение:
ОДЗ:, в этой области , причем равенство достигается только при . Отсюда следует, что левая часть уравнения не менее 1. С другой стороны , т.е. правая часть уравнения не превосходит 1, причем равенство достигается только при y=1.
Итак,
Ответ:(n;1), .
Пример 13. Решить уравнение: sin= .
Решение. ОДЗ: х – любое, кроме 0, 1.
х2 + 6х + 13 = (х + 3)2 + 4 ≥ 4. Тогда 0 < ; 0 < ≤ ;
0 < sin≤ , т.к. функция у=sin t монотонно возрастает на.
Найдем границы области значений правой части уравнения, применяя неравенство ≥ 2, где а > 0.
Если log3|х| < 0, то правая часть уравнения будет принимать отрицательные значения, но sin> 0, следовательно, равенство возможно, если log3|х| > 0.
= ≥ 2.
≥ ; ≥ .
Тогда данное уравнение равносильно системе
sin= ,
= .
Решая логарифмическое уравнение методом введения новой переменной, находим его корни: х1 = -3; х2 = 3. Проверка показывает, что число 3 не является корнем первого уравнения системы, следовательно, не является решением системы и исходного уравнения.
Ответ: х = -3.
Все разработанные выше задачи достаточно непохожи друг на друга, однако их решения содержат общую идею – оценить одно аналитическое выражение другим выражением (чаще всего конкретным числом), «снизу», а другое – этим же числом «сверху».
Конечно, все эти признаки не гарантируют того, что задача решается методом оценки. Кроме того, порой применение метода сложно в техническом исполнении, поэтому, для того, чтобы хорошо овладеть им и уметь видеть когда его применение может принести успех, нужно прорешать большее количество задач такого типа.
Упражнения для самостоятельной работы
Решите уравнения:
1) 2)
3) 4)
5) 6)
7) 8)
9) 10)
11) 12)
13) 14) 15 16
17) 18)
19) 20)
2. Использование метода при решении задач на неравенства Коши и Бернулли.
Неравенство Коши
≥
выполняется при неотрицательных a 1 , a 2 , ... a n . Его можно переписать следующим образом:
a 1 + a 2 + ... + a n ≥ n
Рассмотрим частный случай неравенства Коши для n = 2, т.е.
≥ или a 1 + a 2 ≥ 2
Поскольку мы хотим воспользоваться неравенством для решения уравнений, нас интересует то, когда в неравенстве достигается равенство. Выясним это с помощью преобразований:
a 1 + a 2 = 2 ; a 1 + a 2 - 2 ≥ 0
()2 ≥ 0.
Отсюда следует, что ()2 = 0, если a 1 = a 2 .
Для всех других значений n условие a 1 = a 2 = … = a n также обеспечивает обращение неравенства Коши в равенство.
Приведем примеры.
Пример1.Решите уравнение = 4х +
Решение: Сразу учтем область определения неизвестного: х ∈R, х ≠ 0.
Исходя из вида левой части, можно догадаться, что целесообразно применить неравенство Коши для n = 3. Но неравенство Коши выполняется для неотрицательных членов (множителей). Левая и правая части уравнения представляют собой нечетные функции. Отсюда следует, что корни уравнения – числа противоположные, поэтому достаточно решить уравнение для х > 0.
Преобразуем уравнение, умножив обе его части на х, так как х > 0:
х = 4х2 + 3 => = 4х2 + 3
Рассмотрим левую часть и оценим ее:
=≤ = = 4х2+3
т.е.≤ 4х2 + 3, а по условию = 4х2 + 3. Таким образом, неравенство Коши обращается в равенство, а это возможно, если 5х2 =5х2 = 2х2 + 9 или
5х2 = 2х2 + 9
⇒х=
х > 0
Учитывая нечетность функций, входящих в уравнение, получаем х = ±
Ответ: х = ± .
Пример 2 .Решите уравнение
Решение: Очевидно, что левая часть уравнения представляет собой функцию, которая определена при условиях 9 - х2 ≥ 0 и ≠ 3. Отсюда х ∈[-3;0) U (0; 3] .
Пусть = у, у ≥ 0. Тогда 9 - х2 = у2 => х2 = 9 – у2.
С учетом обозначения исходное уравнение примет вид:
Поскольку х2 = 9 – у2, приведем последнее уравнение к виду
=1
Учитывая, что каждое слагаемое левой части неотрицательное, оценим левую часть
Теперь ясно, что исходное уравнение равносильно системе
1
=1
Неравенство этой системы обращается в равенство тогда, когда
=’ 3 - y =
Дальнейшие рассуждения легко записать чисто символически:
4 (3-y)=1 у1 = = 9 – х2 = х2 =
у2 = ==> 9 – х2 = х2 =-
х1 =
х2 =-
Оба полученных корня принадлежат промежутку [- 3; 0) U (0; 3].
Ответ: х1,2 = ± .
Пример 3.Решите в целых числах уравнение:
2х4 + 2у4 = 4ху – 1
Решение: Левая часть исходного уравнения представляет собой сумму двух неотрицательных выражений, поэтому можно воспользоваться неравенством Коши: 2х4 + 2у4 ≥ 2 = 2 ·2х2у2 = 4х2у2
С учетом исходного уравнения имеем:
2х4 + 2у4 = 4ху – 1
2х4 + 2у4 ≥ 4х2у2 => 4ху – 1 ≥ 4х2у2
От последнего неравенства легко перейти к неравенству (2ху – 1)2 ≤ 0.
Отсюда 2ху – 1 = 0, => 2ху = 1, у =
Представим у = в исходное уравнение, получим
2х4 + = 2 -1.
При обозначении х4 = z, z > 0, предыдущие равенство примет вид
2z + = 1 => (4z – 1)2 = 0 => z =
Вернемся к исходной переменной х4 =
Тогда х = ± и у = ±
Полученные х, у, целыми не являются, следовательно, в целых числах решений нет.
Ответ: решений нет.
Пример 4. Решите уравнение
=
Решение: Последовательно используя неравенство Коши между средним арифметическим и средним геометрическим и учитывая возрастание функции у = 2t, имеем
≥ 2 = ≥ = . Равенство достигается тогда и только тогда, когда
х6 = х2 (поскольку неравенство Коши обращается в равенство в случае совпадения величин, к которым неравенство применяется).
Итак, х6 = х2 , откуда х 1= 0, х 2= 1, х 3= - 1.
Рассмотрим способ, с помощью которого будут решены уравнения вида + =
Сначала оценивают каждый арифметический корень левой части уравнения с учетом показателя степени корня, для чего подкоренное выражение представляют в виде произведения множителей, количество которых определяется показателем степени корня. Например,
= ≤ ,
= ≤ .
Затем складывают полученные оценки и записывают неравенство:
+ ≤ φ (x), где φ (x) = +
Таким образом, получают систему :
+ = g (x)
+ ≤ φ (x),
из нее неравенство g (x) ≤ φ (x).
Теперь остается определить, при каких х достигается равенство в неравенстве g (x) ≤ φ (x).
Приведем ряд задач, в которых применяется этот способ.
Пример 1. Решите уравнение
+ = х2 - х +2
Решение: Оценим каждый арифметический корень:
= ≤ = ;
= ≤ = .
Найдем сумму полученных выражений:
+ ≤ + = = х + 1
С учетом исходного уравнения запишем систему
+ = х2 - х +2
+ ≤ х + 1
Отсюда х2 - х +2 ≤ х + 1, или х2 - 2х +1 ≤ 0 => (х – 1)2 ≤ 0.
В полученном неравенстве при х = 1 достигается равенство, следовательно, х = 1 является единственным решением уравнения.
Ответ: х = 1.
Пример 2. Решите уравнение:
+ = х2 - 6х + 11.
Решение: Оценим, каждый арифметический корень левой части уравнения. В силу их неотрицательности, имеем:
≤ =
≤ = .
Найдем сумму полученных выражений:
+ ≤ + = 2,
т.е. + ≤ 2.
Преобразуем теперь правую часть исходного уравнения:
х2 - 6х + 11 = (х2 - 6х + 9) + 2 = (х – 3)2 + 2 ≥ 2.
Сведя воедино найденные оценки левой и правой частей исходного уравнения + ≤ 2 и х2 - 6х + 11 ≥ 2 , запишем систему
+ = 2
х2 - 6х + 11 = 2.
Откуда + = 2
(х – 3)2 + 2 = 2
и следовательно, х = 3.
Остается проверить, удовлетворяет ли найденное значение х области допустимых значений неизвестного. Из условий
х – 2 ≥ 0
4 – х ≥ 0
х2 - 6х + 11 ≥ 0
следует, что 2 ≤ х ≤ 4, т.е. 3 ∈ [2; 4].
Ответ: х = 3.
Неравенством Бернулли принято называть теорему, которая формулируется в три этапа:
1) Если h > -1, то при любом натуральном р выполняется (1 + h)р ≥ 1 + рh.
2) Если h > - 1 и р > 1 , то (1 + h)р ≥ 1 + рh
р < 0
3) Если h > - 1 и 0 < р < 1, то (1 + h)р ≥ 1 + рh.
Замечание. Равенство достигается только тогда и только тогда , когда р = 1 или h = 0.
Для того, чтобы использовать эту теорему при решении уравнений вида
+ …+ = a
нужно левую часть уравнения представить в виде суммы степеней вида (1 + f(x))р и к каждому слагаемому применить неравенство Бернулли. Если после преобразований получим, что левая часть исходного уравнения совпадает с его правой частью, то, в силу только что приведенного замечания, делаем вывод, что р = 1 или f(x) = 0.
Приведем примеры применения описанного метода.
Пример 1. Решите в целых числах уравнение
x = lg (9x + 1).
Решение: Функция f(x) = lg (9x + 1) определена при х > - . Следовательно, целых отрицательных корней уравнение не имеет.
Проверим, существует ли корень, равный нулю. В самом деле, при х = 0 уравнение принимает вид 0 = lg (9 · 0 + 1), т.е. 0 = 0. Следовательно, х = 0 – корень уравнения.
Остается установить, не имеет ли уравнение положительных корней. Преобразуем:
x 1 = lg (9x + 1), x ·lg 10 = lg (9x + 1),
lg 10х = lg (9x + 1), 10х = 9х + 1.
Получаем (1 + 9)х = 9x + 1. В неравенстве (1 + 9)х ≥ 9x + 1 равенство достигается или при х = 1 или при 9х +1 =0, т.е. при х = - . Второе значение х не входит в область допустимых значений неизвестной в исходном уравнении.
Ответ: х = 0; х = 1.
Пример 2. Решите уравнение:
= 2, при условии, что ≥ 1.
Решение: Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:
= (1++ (1 – ).
Поскольку основание степени с дробным показателем неотрицательно, заключаем, что 0 ≤ ≤ 1. Тогда для выражений (1 ± ) выполняется условие: > - 1 и > - 1, к тому же 0 < < 1.
Значит, можно применить неравенство Бернулли и записать:
(1 + ≤ 1 + и (1 – ≤ 1 – .
Теперь можно рассмотреть сумму
(1 + + (1 – ≤ 1 + + 1 - = 2.
Так как ≠ 1, равенство возможно, если = 0, отсюда 1 – х2 =0, х2 = 1 и х = ± 1.
Ответ: х = ± 1.
Пример 3. Решите уравнение + = 4.
Решение: В левой части уравнения стоят корни четной степени, а это значит, что 1 – х ≥ 0 и 1 + х ≥ 0, т.е. имеет место равенство -1 ≤ х ≤ 1. Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:
+ =
Условия х > - 1 и 0 < < 1 дают возможность применить неравенство Бернулли:
≤ 1 - х + 1 + х = 2.
Получили, что ≤ 2, но + = 4, следовательно, решений нет.
Ответ: решений нет.
Рассмотрим способ применения неравенства Бернулли к уравнению
+ …+ = + …+
Обе части уравнения сначала представим в виде сумм степеней (1 + f(x))р. Затем к левой и правой частям уравнения применим неравенство Бернулли. Если после преобразования они совпадут, то определяем, при каких х выполняется равенство.
Пример 1. Решите уравнение
+ = (1 - )4 + (1 + )6
Решение: Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:
+ = ,
приравняем и к правой части исходного уравнения:
=(1 - )4 +(1 + )6;
применим к обеим частям неравенство Бернулли (так как х € [- 1; 3] и выполним преобразования: ≤ 1 - + 1 + х = 2,
(1 - )4 + (1 + )6 ≥ 1 – 4 · + 1 + 6 · = 2.
Следовательно, левая часть исходного уравнения равна его правой части, если каждая из них равна 2, значит, равенство возможно, если:
= 0
х = 0
=> х = 0
= 0
= 0 Ответ: х = 0.
Упражнения для самостоятельной работы
Решите уравнение:
1) + =
2)
3)
4)
Анализируя приведенные примеры, попытаемся сделать вывод, когда есть основания для предположения, что данная задача может быть решена методом оценки:
- если в одной части соотношения стоят ограниченные функции, а в другой – конкретные числа;
- если в задаче переменных больше, чем заданных соотношений (уравнений или неравенств);
- если в соотношениях содержатся разного вида функции;
- если в задаче просматриваются неравенства для суммы двух взаимно обратных чисел, Коши, Бернулли или им подобные.
Список использованной литературы.
- Аксенов А.А. Решение задач методом оценки //Математика в школе. - 1999. №3.
- Бартенев Ф.А. Нестандартные задачи по алгебре – М. Просвещение, 1976.
- Барчунова Ф.М., Денищева Л.О. Применение свойств функции при решении уравнении //Математика в школе. – 1992. №6. – С.11.
- Петров В.В., Елисеева Е.В. Нестандартные задачи //Математика в школе. - 2001. №8. – С. 56-57.
- Полякова Н.В. Решение нестандартных уравнений //Математика в школе. – 2004. №7. – С.48 – 50.
- Саакян С.М., Гольдман А.М., Денисов Д.В. Задачи по алгебре и началам анализа для 10 – 11 классов. – М.: Просвещения, 1990.
- Смоляков А.Н. Решение тригонометрических уравнений методом экстремальных значений //Математика в школе. – 2005. №6. – С. 64 – 65.
- Соколова А.В., Пикан В.В., Оганесян В.А. Из опыта преподавания математики в средней школе. – М.: Просвещение, 1979. – 192
- Фирстова Н.И. Решение некоторых видов уравнений при помощи неравенств / /Математика в школе. 2002, №1. – С.29 – 33.
- Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научиться решать задачи. – М.: Просвещение, 1984
По теме: методические разработки, презентации и конспекты
Программа элективного курса по математике в 10 классе "Способы решения нестандартных уравнений"
Разработка программы элективного курса по математике в 10 классе "Способы решения нестандартных уравнений". Программа расчитана на 34 часа, состоит из 6 блоков....
Способы решения нестандартных уравнений
Элективный курс для 10 или 11 классов. Составлен на основе пособия : Володькин Е.Г., Кармакова Т.С., Шелягина И.Д. Способы решения нестандартных уравнений: Элективный курс по матема...
Рабочая программа элективного курса "Алгебра плюс: полиномиальные алгебраические уравнения. Нестандартные способы решения тригонометрических уравнений, неравенств, систем"
Программа состалена на основе авторской программы элективного курса "Алгебра плюс: элементарная алгебра с точки зрения высшей математики"....
Нестандартные способы решения квадратных уравнений
Презентация "Нестандартные способы ршения квадратных уравнений" разработа на основе научно-исследовательской работы....
Метод проектов, как один из способов оценки межпредметных умений.
Метод проектов один изметодов обучения, который в наши дни наиболее популярен и востребован. Многие учителя успешно внедряют его на своих уроках, но у некоторых он вызывает затруднения. Возможно кому-...
Рабочая программа элективного курса для 11 класса (34 часа) Способы решения нестандартных уравнений
Рабочая программа элективного курсадля 11 класса (34 часа) Способы решения нестандартных уравнений...
Элективный курс "Способы решений нестандартных уравнений"
Данный элективный курс направлен, прежде всего, на удовлетворение индивидуальных образовательных интересов, потребностей и склонностей каждого школьника в математике, способствует удовлетворению позна...