NUMRAT KOMPLEKS XI

§ 256. Forma trigonometrike e numrave kompleks

Le të jetë një numër kompleks a + bi korrespondon vektori O.A.> me koordinata ( a, b ) (shih Fig. 332).

Le të shënojmë gjatësinë e këtij vektori me r , dhe këndin që bën me boshtin X , përmes φ . Sipas përkufizimit të sinusit dhe kosinusit:

a / r =cos φ , b / r = mëkat φ .

Kjo është arsyeja pse A = r cos φ , b = r mëkat φ . Por në këtë rast numri kompleks a + bi mund të shkruhet si:

a + bi = r cos φ + ir mëkat φ = r (cos φ + i mëkat φ ).

Siç e dini, katrori i gjatësisë së çdo vektori është i barabartë me shumën e katrorëve të koordinatave të tij. Kjo është arsyeja pse r 2 = a 2 + b 2, nga ku r = √a 2 + b 2

Kështu që, çdo numër kompleks a + bi mund të paraqitet në formë :

a + bi = r (cos φ + i mëkat φ ), (1)

ku r = √a 2 + b 2 dhe këndi φ përcaktohet nga kushti:

Kjo formë e shkrimit të numrave kompleks quhet trigonometrike.

Numri r në formulën (1) quhet modul, dhe këndin φ - argument, numër kompleks a + bi .

Nëse një numër kompleks a + bi nuk është e barabartë me zero, atëherë moduli i tij është pozitiv; nëse a + bi = 0, atëherë a = b = 0 dhe pastaj r = 0.

Moduli i çdo numri kompleks përcaktohet në mënyrë unike.

Nëse një numër kompleks a + bi nuk është e barabartë me zero, atëherë argumenti i tij përcaktohet nga formula (2) patjetër saktë në një kënd të pjesëtueshëm me 2 π . Nëse a + bi = 0, atëherë a = b = 0. Në këtë rast r = 0. Nga formula (1) është e lehtë të kuptohet se si argument φ në këtë rast, ju mund të zgjidhni çdo kënd: në fund të fundit, për çdo φ

0 (kom φ + i mëkat φ ) = 0.

Prandaj, argumenti null është i padefinuar.

Moduli i një numri kompleks r ndonjëherë shënohet | z |, dhe argumenti arg z . Le të shohim disa shembuj të paraqitjes së numrave kompleksë në formë trigonometrike.

Shembull. 1. 1 + i .

Le të gjejmë modulin r dhe argumenti φ këtë numër.

r = √ 1 2 + 1 2 = √ 2 .

Prandaj mëkati φ = 1 / √ 2, koz φ = 1 / √ 2, prej nga φ = π / 4 + 2nπ .

Kështu,

1 + i = √ 2 ,

Ku P - çdo numër i plotë. Zakonisht, nga grupi i pafundëm i vlerave të argumentit të një numri kompleks, zgjidhet një që është midis 0 dhe 2. π . Në këtë rast, kjo vlerë është π / 4 . Kjo është arsyeja pse

1 + i = √ 2 (ko π / 4 + i mëkat π / 4)

Shembulli 2. Shkruani një numër kompleks në formë trigonometrike √ 3 - i . Ne kemi:

r = √ 3+1 = 2, koz φ = √ 3 / 2, mëkat φ = - 1 / 2

Prandaj, deri në një kënd të pjesëtueshëm me 2 π , φ = 11 / 6 π ; prandaj,

√ 3 - i = 2 (ko 11/6 π + i mëkati 11/6 π ).

Shembulli 3 Shkruani një numër kompleks në formë trigonometrike i.

Numri kompleks i korrespondon vektori O.A.> , që përfundon në pikën A të boshtit në me ordinaten 1 (Fig. 333). Gjatësia e një vektori të tillë është 1, dhe këndi që bën me boshtin x është i barabartë me π / 2. Kjo është arsyeja pse

i =cos π / 2 + i mëkat π / 2 .

Shembulli 4. Shkruani numrin kompleks 3 në formë trigonometrike.

Numri kompleks 3 korrespondon me vektorin O.A. > X abshisa 3 (Fig. 334).

Gjatësia e një vektori të tillë është 3 dhe këndi që bën me boshtin x është 0. Prandaj

3 = 3 (cos 0 + i mëkat 0),

Shembulli 5. Shkruani numrin kompleks -5 në formë trigonometrike.

Numri kompleks -5 korrespondon me një vektor O.A.> që përfundon në një pikë boshti X me abshisë -5 (Fig. 335). Gjatësia e një vektori të tillë është 5, dhe këndi që formon me boshtin x është i barabartë me π . Kjo është arsyeja pse

5 = 5 (ko π + i mëkat π ).

Ushtrime

2047. Shkruani këta numra kompleks në formë trigonometrike, duke përcaktuar modulet dhe argumentet e tyre:

1) 2 + 2√3 i , 4) 12i - 5; 7).3i ;

2) √3 + i ; 5) 25; 8) -2i ;

3) 6 - 6i ; 6) - 4; 9) 3i - 4.

2048. Tregoni në rrafsh një grup pikash që përfaqësojnë numra kompleks moduli r dhe argumentet φ i të cilëve plotësojnë kushtet:

1) r = 1, φ = π / 4 ; 4) r < 3; 7) 0 < φ < π / 6 ;

2) r =2; 5) 2 < r <3; 8) 0 < φ < я;

3) r < 3; 6) φ = π / 3 ; 9) 1 < r < 2,

10) 0 < φ < π / 2 .

2049. A mund të jenë numrat njëkohësisht moduli i një numri kompleks? r Dhe - r ?

2050. A mund të jetë njëkohësisht kënde argumenti i një numri kompleks? φ Dhe - φ ?

Paraqisni këta numra kompleks në formë trigonometrike, duke përcaktuar modulet dhe argumentet e tyre:

2051*. 1 + koz α + i mëkat α . 2054*. 2 (kosto 20° - i mëkati 20°).

2052*. mëkat φ + i cos φ . 2055*. 3(- kosto 15° - i mëkati 15°).

Veprimet mbi numrat kompleks të shkruar në formë algjebrike

Forma algjebrike e një numri kompleks z =(a,b).quhet shprehje algjebrike e formës

z = a + bi.

Veprimet aritmetike mbi numrat kompleks z 1 = a 1 +b 1 i Dhe z 2 = a 2 +b 2 i, të shkruara në formë algjebrike, kryhen si më poshtë.

1. Shuma (ndryshimi) i numrave kompleks

z 1 ±z 2 = (a 1 ± a 2) + (b 1 ±b 2)∙i,

ato. mbledhja (zbritja) kryhet sipas rregullit për mbledhjen e polinomeve me reduktim të termave të ngjashëm.

2. Prodhimi i numrave kompleks

z 1 ∙z 2 = (a 1 ∙a 2 - b 1 ∙b 2) + (a 1 ∙b 2 + a 2 ∙b 1)∙i,

ato. shumëzimi kryhet sipas rregullit të zakonshëm të shumëzimit të polinomeve duke marrë parasysh faktin se i 2 = 1.

3. Ndarja e dy numrave kompleks kryhet sipas rregullit të mëposhtëm:

, (z 2 ≠ 0),

ato. pjesëtimi kryhet duke shumëzuar dividentin dhe pjesëtuesin me numrin e konjuguar të pjesëtuesit.

Shpejtësia e numrave kompleks përcaktohet si më poshtë:

Është e lehtë ta tregosh këtë

Shembuj.

1. Gjeni shumën e numrave kompleks z 1 = 2 – i Dhe z 2 = – 4 + 3i.

z 1 + z 2 = (2 + (–1)∙i)+ (–4 + 3i) = (2 + (–4)) + ((–1) + 3) i = –2+2i.

2. Gjeni prodhimin e numrave kompleks z 1 = 2 – 3i Dhe z 2 = –4 + 5i.

= (2 – 3i) ∙ (–4 + 5i) = 2 ∙(–4) + (-4) ∙(–3i)+ 2∙5i– 3unë∙ 5i = 7+22i.

3. Gjeni herësin z nga ndarja z 1 = 3 – 2na z 2 = 3 – i.

z = .

4. Zgjidheni ekuacionin: , x Dhe y Î R.

(2x+y) + (x+y)i = 2 + 3i.

Për shkak të barazisë së numrave kompleks kemi:

ku x =–1 , y= 4.

5. Llogaritni: i 2 ,i 3 ,i 4 ,i 5 ,i 6 ,i -1 ,i -2 .

6. Llogaritni nëse .

.

7. Njehsoni reciprokun e një numri z=3-i.

Numrat kompleksë në formë trigonometrike

Aeroplan kompleks quhet një aeroplan me koordinata karteziane ( x, y), nëse çdo pikë me koordinata ( a, b) lidhet me një numër kompleks z = a + bi. Në këtë rast quhet boshti i abshisës bosht real, dhe boshti i ordinatave është imagjinare. Pastaj çdo numër kompleks a+bi të paraqitur gjeometrikisht në një plan si një pikë A (a, b) ose vektor.

Prandaj, pozicioni i pikës A(dhe, për rrjedhojë, një numër kompleks z) mund të specifikohet nga gjatësia e vektorit | | = r dhe këndi j, i formuar nga vektori | | me drejtim pozitiv të boshtit real. Gjatësia e vektorit quhet moduli i një numri kompleks dhe shënohet me | z |=r, dhe këndin j thirrur argumenti i numrit kompleks dhe është caktuar j = arg z.

Është e qartë se | z| ³ 0 dhe | z | = 0 Û z = 0.

Nga Fig. 2 është e qartë se .

Argumenti i një numri kompleks përcaktohet në mënyrë të paqartë, por me një saktësi prej 2 pk,kÎ Z.

Nga Fig. 2 është gjithashtu e qartë se nëse z=a+bi Dhe j=arg z, Se

cos j =, mëkat j =, tg j = .

Nëse zÎR Dhe z> 0, atëherë arg z = 0 +2pk;

Nëse z ОR Dhe z< 0, atëherë arg z = p + 2pk;

Nëse z = 0,arg z të papërcaktuara.

Vlera kryesore e argumentit përcaktohet në intervalin 0 £ arg z 2 £ p,

ose -fq£ arg z £ fq.

Shembuj:

1. Gjeni modulin e numrave kompleks z 1 = 4 – 3i Dhe z 2 = –2–2i.

2. Përcaktoni zonat në rrafshin kompleks të përcaktuar nga kushtet:

1) | z | = 5; 2) | z| 6 £; 3) | z – (2+i) | 3 £; 4) 6 £ | z – i| 7 £.

Zgjidhje dhe përgjigje:

1) | z| = 5 Û Û - ekuacioni i një rrethi me rreze 5 dhe qendër në origjinë.

2) Një rreth me rreze 6 me qendër në origjinë.

3) Rretho me rreze 3 me qendër në pikë z 0 = 2 + i.

4) Një unazë e kufizuar nga rrathë me rreze 6 dhe 7 me një qendër në një pikë z 0 = i.

3. Gjeni modulin dhe argumentin e numrave: 1) ; 2) .

1) ; A = 1, b = Þ ,

Þ j 1 = .

2) z 2 = –2 – 2i; a =–2, b =-2 Þ ,

.

Këshillë: Kur përcaktoni argumentin kryesor, përdorni planin kompleks.

Kështu: z 1 = .

2) , r 2 = 1, j 2 = , .

3) , r 3 = 1, j 3 = , .

4) , r 4 = 1, j 4 = , .

Ligjërata

Forma trigonometrike e një numri kompleks

Planifikoni

1. Paraqitja gjeometrike e numrave kompleks.

2. Shënimi trigonometrik i numrave kompleks.

3. Veprimet mbi numrat kompleks në formë trigonometrike.

Paraqitja gjeometrike e numrave kompleks.

a) Numrat kompleks përfaqësohen me pika në një rrafsh sipas rregullit të mëposhtëm: a + bi = M ( a ; b ) (Fig. 1).

Foto 1

b) Një numër kompleks mund të përfaqësohet nga një vektor që fillon në pikënRRETH dhe fundi në një pikë të caktuar (Fig. 2).

Figura 2

Shembulli 7. Ndërtoni pika që përfaqësojnë numrat kompleks:1; - i ; - 1 + i ; 2 – 3 i (Fig. 3).

Figura 3

Shënimi trigonometrik i numrave kompleks.

Numri kompleksz = a + bi mund të specifikohet duke përdorur vektorin e rrezes me koordinata( a ; b ) (Fig. 4).

Figura 4

Përkufizimi . Gjatësia e vektorit , që përfaqëson një numër kompleksz , quhet moduli i këtij numri dhe shënohet oser .

Për çdo numër kompleksz modulin e tijr = | z | përcaktohet në mënyrë unike nga formula .

Përkufizimi . Madhësia e këndit ndërmjet drejtimit pozitiv të boshtit real dhe vektorit , që paraqet një numër kompleks, quhet argument i këtij numri kompleks dhe shënohetA rg z oseφ .

Argumenti i numrit kompleksz = 0 të papërcaktuara. Argumenti i numrit kompleksz≠ 0 - një sasi me shumë vlera dhe përcaktohet brenda një termi2πk (k = 0; - 1; 1; - 2; 2; ...): Arg z = arg z + 2πk , Kuarg z – vlera kryesore e argumentit që përmban intervali(-π; π] , kjo eshte-π < arg z ≤ π (nganjëherë një vlerë që i përket intervalit merret si vlera kryesore e argumentit .

Kjo formulë kurr =1 shpesh quhet formula e Moivre:

(cos φ + i sin φ) n = cos (nφ) + i sin (nφ), n  N .

Shembulli 11: Llogaritni(1 + i ) 100 .

Le të shkruajmë një numër kompleks1 + i në formë trigonometrike.

a = 1, b = 1 .

cos φ = , sin φ = , φ = .

(1+i) 100 = [ (cos + mëkatoj )] 100 = ( ) 100 (cos 100 + mëkatoj ·100) = = 2 50 (cos 25π + i sin 25π) = 2 50 (cos π + i sin π) = - 2 50 .

4) Nxjerrja e rrënjës katrore të një numri kompleks.

Kur merr rrënjën katrore të një numri kompleksa + bi kemi dy raste:

Nëseb >o , Kjo ;

2.3. Forma trigonometrike e numrave kompleks

Le të specifikohet vektori në planin kompleks me numrin .

Le të shënojmë me φ këndin ndërmjet gjysmëboshtit pozitiv Ox dhe vektorit (këndi φ konsiderohet pozitiv nëse matet në drejtim të kundërt të akrepave të orës, dhe negativ në të kundërt).

Le ta shënojmë gjatësinë e vektorit me r. Pastaj . Ne gjithashtu shënojmë

Shkrimi i një numri kompleks jo zero z në formë

quhet forma trigonometrike e numrit kompleks z. Numri r quhet modul i numrit kompleks z, kurse numri φ quhet argument i këtij numri kompleks dhe shënohet me Arg z.

Forma trigonometrike e shkrimit të një numri kompleks - (formula e Euler-it) - forma eksponenciale e shkrimit të një numri kompleks:

Numri kompleks z ka pafundësisht shumë argumente: nëse φ0 është ndonjë argument i numrit z, atëherë të gjithë të tjerët mund të gjenden duke përdorur formulën

Për një numër kompleks, argumenti dhe forma trigonometrike nuk janë të përcaktuara.

Kështu, argumenti i një numri kompleks jo zero është çdo zgjidhje për sistemin e ekuacioneve:

(3)

Vlera φ e argumentit të një numri kompleks z, që plotëson pabarazitë, quhet vlerë kryesore dhe shënohet me arg z.

Argumentet Arg z dhe arg z lidhen me

, (4)

Formula (5) është pasojë e sistemit (3), prandaj të gjitha argumentet e një numri kompleks plotësojnë barazinë (5), por jo të gjitha zgjidhjet φ të ekuacionit (5) janë argumente të numrit z.

Vlera kryesore e argumentit të një numri kompleks jo zero gjendet sipas formulave:

Formulat për shumëzimin dhe pjesëtimin e numrave kompleks në formë trigonometrike janë si më poshtë:

. (7)

Kur ngrihet një numër kompleks në një fuqi natyrore, përdoret formula Moivre:

Kur nxjerrni rrënjën e një numri kompleks, përdoret formula:

, (9)

ku k=0, 1, 2, …, n-1.

Detyra 54. Njehsoni ku .

Zgjidhjen e kësaj shprehjeje ta paraqesim në formë eksponenciale të shkrimit të një numri kompleks: .

Nese atehere.

Pastaj, . Prandaj, atëherë Dhe , Ku.

Përgjigje: , në .

Detyra 55. Shkruani numrat kompleks në formë trigonometrike:

A) ; b) ; V) ; G) ; d) ; e) ; dhe) .

Meqenëse forma trigonometrike e një numri kompleks është , atëherë:

a) Në një numër kompleks: .

,

Kjo është arsyeja pse

b) , Ku,

G) , Ku,

e) .

dhe) , A , Kjo .

Kjo është arsyeja pse

Përgjigje: ; 4; ; ; ; ; .

Detyra 56. Gjeni formën trigonometrike të një numri kompleks

.

le, .

Pastaj, , .

Që nga dhe , , pastaj , dhe

Prandaj, pra

Përgjigje: , Ku.

Detyra 57. Duke përdorur trajtën trigonometrike të një numri kompleks kryeni këto veprime: .

Le të imagjinojmë numrat dhe në formë trigonometrike.

1), ku Pastaj

Gjeni vlerën e argumentit kryesor:

Le të zëvendësojmë vlerat dhe në shprehje, marrim

2) , ku pastaj

Pastaj

3) Le të gjejmë herësin

Duke supozuar k=0, 1, 2, marrim tre vlera të ndryshme të rrënjës së dëshiruar:

Nese atehere

nese atehere

nese atehere .

Përgjigje::

:

: .

Problemi 58. Le të jenë , , , numra të ndryshëm kompleks dhe . Vërtetoni këtë

një numër është një numër real pozitiv;

b) barazia vlen:

a) Le t'i paraqesim këta numra kompleks në formë trigonometrike:

Sepse.

Le të pretendojmë se. Pastaj

.

Shprehja e fundit është një numër pozitiv, pasi shenjat e sinusit përmbajnë numra nga intervali.

që nga numri reale dhe pozitive. Në të vërtetë, nëse a dhe b janë numra kompleks dhe janë real dhe më të mëdhenj se zero, atëherë .

Përveç kësaj,

prandaj vërtetohet barazia e kërkuar.

Detyra 59. Shkruani numrin në formë algjebrike .

Le të paraqesim numrin në formë trigonometrike dhe më pas të gjejmë formën e tij algjebrike. Ne kemi . Për marrim sistemin:

Kjo nënkupton barazinë: .

Zbatimi i formulës së Moivre:

marrim

Gjendet forma trigonometrike e numrit të dhënë.

Tani le ta shkruajmë këtë numër në formë algjebrike:

.

Përgjigje: .

Problemi 60. Gjeni shumën , ,

Le të shqyrtojmë shumën

Duke zbatuar formulën e Moivre, ne gjejmë

Kjo shumë është shuma e n termave të një progresion gjeometrik me emëruesin dhe anëtari i parë .

Duke zbatuar formulën për shumën e termave të një progresion të tillë, kemi

Duke veçuar pjesën imagjinare në shprehjen e fundit, gjejmë

Duke veçuar pjesën reale, fitojmë edhe formulën e mëposhtme: , , .

Detyra 61. Gjeni shumën:

A) ; b) .

Sipas formulës së Njutonit për fuqizimin, kemi

Duke përdorur formulën e Moivre gjejmë:

Duke barazuar pjesët reale dhe imagjinare të shprehjeve rezultuese për , kemi:

Dhe .

Këto formula mund të shkruhen në formë kompakte si më poshtë:

,

, ku është pjesa e plotë e numrit a.

Problemi 62. Gjeni të gjitha , për të cilat .

Sepse , pastaj, duke përdorur formulën

, Për të nxjerrë rrënjët, marrim ,

Prandaj, , ,

, .

Pikat që u korrespondojnë numrave janë të vendosura në kulmet e një katrori të brendashkruar në një rreth me rreze 2 me qendër në pikën (0;0) (Fig. 30).

Përgjigje: , ,

, .

Detyra 63. Zgjidhe ekuacionin , .

Sipas kushtit; prandaj ky ekuacion nuk ka rrënjë dhe për rrjedhojë është ekuivalent me ekuacionin.

Në mënyrë që numri z të jetë rrënja e këtij ekuacioni, numri duhet të jetë rrënja e n-të e numrit 1.

Nga këtu konkludojmë se ekuacioni origjinal ka rrënjë të përcaktuara nga barazitë

,

Kështu,

,

d.m.th. ,

Përgjigje: .

Detyra 64. Zgjidhe ekuacionin në bashkësinë e numrave kompleksë.

Meqenëse numri nuk është rrënja e këtij ekuacioni, atëherë për këtë ekuacion është ekuivalent me ekuacionin

Kjo është, ekuacioni.

Të gjitha rrënjët e këtij ekuacioni janë marrë nga formula (shih problemin 62):

; ; ; ; .

Problemi 65. Vizatoni në rrafshin kompleks një grup pikash që plotësojnë pabarazitë: . (Mënyra e dytë për të zgjidhur problemin 45)

Le .

Numrat kompleksë që kanë module identike korrespondojnë me pikat në rrafsh të shtrirë në një rreth të përqendruar në origjinë, prandaj pabarazia plotësoni të gjitha pikat e një unaze të hapur të kufizuar nga rrathë me një qendër të përbashkët në origjinë dhe rreze dhe (Fig. 31). Le të korrespondojë një pikë e rrafshit kompleks me numrin w0. Numri , ka një modul disa herë më të vogël se moduli w0 dhe një argument më të madh se argumenti w0. Nga pikëpamja gjeometrike, pika që korrespondon me w1 mund të merret duke përdorur një homoteti me një qendër në origjinë dhe një koeficient, si dhe një rrotullim në lidhje me origjinën nga një kënd në të kundërt të akrepave të orës. Si rezultat i aplikimit të këtyre dy shndërrimeve në pikat e unazës (Fig. 31), kjo e fundit do të shndërrohet në një unazë të kufizuar nga rrathë me të njëjtën qendër dhe rreze 1 dhe 2 (Fig. 32).

Konvertimi zbatohet duke përdorur transferimin paralel në një vektor. Duke transferuar unazën me qendër në pikën në vektorin e treguar, marrim një unazë me të njëjtën madhësi me qendrën në pikë (Fig. 22).

Metoda e propozuar, e cila përdor idenë e transformimeve gjeometrike të një aeroplani, është ndoshta më pak e përshtatshme për t'u përshkruar, por është shumë elegante dhe efektive.

Problemi 66. Gjeni nëse .

Le , pastaj dhe . Barazia fillestare do të marrë formën . Nga kushti i barazisë së dy numrave kompleks fitojmë , , nga i cili , . Kështu,.

Le ta shkruajmë numrin z në formë trigonometrike:

, Ku , . Sipas formulës së Moivre, ne gjejmë .

Përgjigje: - 64.

Problemi 67. Për një numër kompleks, gjeni të gjithë numrat kompleks të tillë që , dhe .

Le të paraqesim numrin në formë trigonometrike:

. Nga këtu, . Për numrin që marrim , mund të jetë i barabartë me ose .

Në rastin e parë , në të dytën

.

Përgjigje:, .

Detyra 68. Gjeni shumën e numrave të tillë që . Ju lutemi tregoni një nga këta numra.

Vini re se nga vetë formulimi i problemit mund të kuptohet se shuma e rrënjëve të ekuacionit mund të gjendet pa llogaritur vetë rrënjët. Në të vërtetë, shuma e rrënjëve të ekuacionit është koeficienti për , i marrë me shenjën e kundërt (teorema e përgjithësuar e Vietës), d.m.th.

Nxënësit, dokumentacioni shkollor, nxjerrin përfundime për shkallën e zotërimit të këtij koncepti. Përmblidhni studimin e veçorive të të menduarit matematikor dhe procesin e formimit të konceptit të një numri kompleks. Përshkrimi i metodave. Diagnostikimi: Faza I. Biseda u zhvillua me një mësuese matematike e cila jep algjebër dhe gjeometri në klasën e 10-të. Biseda u zhvillua pasi kishte kaluar disa kohë nga fillimi...

Rezonancë" (!)), e cila përfshin edhe vlerësimin e sjelljes së vet. 4. Vlerësimi kritik i të kuptuarit të situatës (dyshimeve). 5. Së fundi, përdorimi i rekomandimeve nga psikologjia juridike (avokati merr parasysh atë psikologjik aspektet e veprimeve profesionale të kryera - gatishmëria psikologjike profesionale) Le të shqyrtojmë tani analizën psikologjike të fakteve juridike...

Matematika e zëvendësimit trigonometrik dhe testimi i efektivitetit të metodologjisë së zhvilluar të mësimdhënies. Fazat e punës: 1. Zhvillimi i lëndës me zgjedhje me temë: “Zbatimi i zëvendësimit trigonometrik për zgjidhjen e problemave algjebrike” me nxënësit e klasave me matematikë të avancuar. 2. Zhvillimi i lëndës zgjedhore të zhvilluar. 3. Kryerja e një testi diagnostik...

Detyrat njohëse synojnë vetëm të plotësojnë mjetet mësimore ekzistuese dhe duhet të jenë në një kombinim të përshtatshëm me të gjitha mjetet dhe elementët tradicionalë të procesit arsimor. Dallimi i problemeve arsimore në mësimdhënien e shkencave humane dhe atyre ekzakte, nga problemet matematikore, është vetëm se në problemet historike nuk ka formula, algoritme strikte etj., gjë që e vështirëson zgjidhjen e tyre. ...

Artikuj të ngjashëm