|
|
| Рядок 6: |
Рядок 6: |
| | == Мої блоги == | | == Мої блоги == |
| | '''[[Необхідність відбору коренів в тригонометричних рівняннях.]]''' | | '''[[Необхідність відбору коренів в тригонометричних рівняннях.]]''' |
| − |
| |
| − | Відбір коренів в тригонометричних рівняннях є обов’язковим. Відсутність відбору коренів може привести до помилки в відповіді. Необхідність відбору коренів виникає з наступних причин.
| |
| − | Причина перша: до відповіді розв’язаного тригонометричного рівняння можуть потрапити числа, які не входять до області визначення даного рівняння. Проілюструємо це на прикладі алгебраїчного рівняння.
| |
| − | Приклад 1. Розв’язати рівняння: =0
| |
| − | Розв’язування:
| |
| − | Знайдемо О.Д.З рівняння: х+3 ≠ 0, х ≠ −3. Нагадаємо, що в математиці терміни «О.Д.З» і « Область визначення» означають одне й теж саме. Запис х ≠ −3 означає, що «х» може приймати будь які дійсні значення, крім трійки. По іншому цей факт можна записати так: х є (−∞;−3) (−3; ∞).
| |
| − | Розв’яжемо рівняння, скориставшись відомою властивістю:
| |
| − | якщо = 0, то а = 0, в ≠ 0. Отримаємо:
| |
| − | х2 − 9 = 0,
| |
| − | х2 = 9
| |
| − | х = ±
| |
| − | х = ± 3 х + 3 ≠ 0
| |
| − | х ≠ −3
| |
| − |
| |
| − | Таким чином, очевидно, що отриманий під час розв’язування рівняння корінь х = −3 є стороннім і до відповіді його писати не треба. Тобто фактично на цьому етапі ми робимо відбір коренів, але із-за простоти такого відбору, його очевидності, ми не акцентуємо увагу на термін «відбір коренів», а виконуємо так звану «перевірку».
| |
| − | Відповідь: +3.
| |
| − | Нажаль, при розв’язуванні тригонометричних рівнянь наявність стороннього кореню не є такою очевидною. Справа в тому, що розв’язавши тригонометричне рівняння, в основному, ми отримуємо не один корінь, а так звану множину коренів, серед яких можуть бути, як сторонні, так і не сторонні корені. Для того щоб це побачити, та відкинути сторонні корені необхідно робити відбір коренів.
| |
| − | Причина друга. У відповідь розв’язаного тригонометричного рівняння не повинні входити одні й ті ж самі корені записані декілька разів. Проілюструємо це на прикладі алгебраїчного рівняння.
| |
| − | Приклад 2.
| |
| − | Розв’язати рівняння: (х2−16) . (х + 4) = 0
| |
| − | Розв’язування:
| |
| − | Розв’яжемо це рівняння користуючись відомою властивістю: якщо а . в = 0, то ; квадратна дужка означає, що, якщо а . в = 0 то а= 0 і в= 0 поодинці, є розв’язками цього рівняння.
| |
| − | (х2−16) . (х + 4) = 0
| |
| − | х2 −16 = 0
| |
| − | х2 = 16
| |
| − | х = ±
| |
| − | х = ± 4 х + 4 = 0
| |
| − | х = − 4
| |
| − |
| |
| − | При запису відповіді можна помилково вказати: ± 4; − 4, але така відповідь буде не коректною. В математиці прийнято, якщо один і той самий корінь з’явився під час розв’язування рівняння кілька разів, то у відповідь він записується один раз. Тобто фактично на цьому етапі ми також робимо відбір коренів, але із-за простоти такого відбору, його очевидності, ми не акцентуємо увагу на термін «відбір коренів». Таким чином, правильний запис відповіді такий:
| |
| − | Відповідь: ± 4, або так: Відповідь: − 4; + 4.
| |
| − | До речі, під час розв’язування квадратного рівняння, у випадку, якщо його дискримінант дорівнює нулю, ми говоримо, що рівняння має один корінь, та записуємо його у відповідь один раз, хоча на самому ділі у цьому випадку, рівняння має два однакових корені.
| |
| − | Під час розв’язування тригонометричних рівнянь, часто виникає декілька множин коренів, і одразу розібрати, чи не входять до однієї з множин частково, або повністю корені з другої множини буває важко із-за громіздких записів, тому виникає необхідність робити відбір коренів.
| |
| − | Таким чином маємо дві основні причини необхідності робити відбір коренів.
| |
| − | Причина перша (основна): до відповіді не повинні потрапляти сторонні корені, тобто ті числа, які не входять до О.Д.З. рівняння.
| |
| − | Причина друга: до запису відповіді не повинні попадати одні й ті ж самі числа більше одного разу.
| |
| − | 2. Період тригонометричного рівняння.
| |
| − | Назвемо періодом тригонометричного рівняння найменше спільне кратне (НСК) функцій, які входять до запису цього рівняння.
| |
| − | Також використаємо одне з математичних тверджень:
| |
| − | Для функції у = sin kx, періодом являється Т = ; для функції у = cos kx, періодом являється Т = ; для функції у = tg kx, періодом являється Т= ; для функції у = сtgk x, періодом являється Т = ;
| |
| − | Приклад 3.
| |
| − | Знайти період рівняння: sin2 x – 2 sin x − cos2x = 0.
| |
| − | Розв’язування.
| |
| − | Для у1=sin2 x період Т1 = π, для у2=sin x період Т2 = 2π, для у=cos2x період Т3 = π, Таким чином Т = НСК ( Т1, Т2, Т3) =2π , тобто період даного рівняння Т =2π.
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | '''Приклад 4.'''
| |
| − | Знайти період рівняння sin 2x + cos2 = 1.
| |
| − | Розв’язування.
| |
| − | Основний період функції у = sin x, Т =2π, тоді період функції у = sin 2x,
| |
| − | Т1 = = π, періодом функції у = cos2 буде Т2 = π : = 2π. Таким чином періодом даного рівняння буде: Т = НСК(Т1; Т2) = НСК (π; 2π) = 2π.
| |
| − | '''Приклад 5.'''
| |
| − | Знайти період рівняння cos 4x + tg 3x = 1
| |
| − | Розв’язування:
| |
| − | Основний період функції у = cos x, Т =2π, тоді період функції у = cos 4x,
| |
| − | Т1= = . Так як основний період функції у = tg x дорівнює π, то періодом функції у = tg 3x буде Т2 = π : 3 = . Періодом даного рівняння буде: Т = НСК(Т1; Т2) = НСК ( ; ) = π.
| |
| − | '''3. Геометрична ілюстрація відбору коренів.'''
| |
| − | Для геометричної ілюстрації відбору коренів використовують, або одиничне коло (це коло з центром в початку координат, прямокутної системи координат і радіуса рівного одиниці), або відрізок довжиною в період, відмічений на числовій осі.
| |
| − | Зауважимо, що відбір коренів з геометричною ілюстрацією на одиничному колі можна робити тільки у випадку, коли період рівняння дорівнює 2π. Якщо період рівняння менший чим 2π, то відбір коренів за допомогою одиничного кола, призведе до виконання зайвої роботи, дублювання деяких етапів, а можливо також і до дублювання коренів у відповіді. Якщо ж період рівняння більший за 2π, то відбір коренів за допомогою одиничного кола, призведе до грубої помилки - втрати коренів. Приходимо до висновку, що відбір коренів з геометричною ілюстрацією на одиничному колі можна робити тільки у випадку, коли період рівняння дорівнює 2π. В усіх інших випадках (період рівняння більший, чи менший за 2π), відбір коренів будемо робити на відрізку числової прямої довжиною в період рівняння. Так наприклад у випадку, коли період рівняння Т= π, відбір коренів можна робити на числовій осі, на відрізку [− ; ], а можна на відрізку [0; π] числової осі, але не можна робити відбір коренів на одиничному колі.
| |
| − |
| |
| − | '''4. Відбір коренів на одиничному колі та на числовій осі'''
| |
| − | Для ілюстрації відбору коренів на одиничному колі розв’яжемо рівняння, зробимо відбір коренів, та запишемо відповідь.
| |
| − | Приклад 6. Розв’язати рівняння: = 0.
| |
| − |
| |
| − | '''Розв’язування.'''
| |
| − | cos 2x −1 = 0
| |
| − | cos 2x = 1
| |
| − | 2x = 2πk, k є Z
| |
| − | x = πk, k є Z* cos x +1 ≠ 0
| |
| − | cos x ≠ −1
| |
| − | x ≠ π + 2πk, k є Z
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | Період рівняння Т = НСК(π; 2π) = 2 π. Тому відбір коренів можна робити на одиничному колі. Для цього будемо перебирати цілі числа «k», k = {0; 1; 2;…} в запису x = πk, починаючи з k=0, та відмічати зафарбованими кружками отримані значення «х» на колі, до тих пір, доки не пройдемо повністю по колу, та зафарбовані кружки почнуть накладатись один на інший. В нашому випадку, при k = 0, маємо х = 0, при k =1, маємо х = π, при k =2, х = 2π. Кружок, яким відмічено значення 2π співпаде з кружком, яким відмічено значення х = 0. Тому значення х = 2π, при k =2 вже «зайве» і його відмічати не треба. Тобто на одиничному колі відмічено дві точки: х = 0, при k =0, та х = π при k =1.
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | На тому ж колі, де відмічались кружками корені рівняння, будемо відмічати хрестиками так звані «заборонені значення х», тобто ті «х», які не входять до О.Д.З. це x ≠ π + 2πk, k є Z. Повторивши тіж міркування, що описані вище, відмітимо хрестиком лише одне значення: х = π, для числа
| |
| − | k = 0. Усі інші «заборонені» значення х, а саме: х ≠{3π; 5π; … } немає потреби відмічати, так як вони будуть знаходитись в одній і тій самій точці кола, що й х = π, але отримані після кількох обертів по колу проти годинникової стрілки.
| |
| − | Таким чином на одиничному колі відмічені кружком значення х = 0, х=π, та відмічено хрестиком х = π. Тобто значення х = π відмічено і кружком і хрестиком, значить воно не є коренем рівняння, це сторонній корінь. До відповіді необхідно записати тільки х = 0, та всю множину коренів, елементом якої є х = 0. Множину коренів, елементом якої є х=0, з урахуванням періоду рівняння Т = 2π, можна записати так: х = 2πk, kєZ.
| |
| − | 5. Запис відповіді після відбору коренів.
| |
| − |
| |
| − | В наведеному вище прикладі не складно було записати відповідь, виходячи з малюнка. В загальному вигляді, у випадку, коли рівняння має декілька множин коренів, та після відмічання на періоді (в приватному випадку на колі) по одному з елементів кожної множини, деякі з них будуть відмічені хрестиком запис відповіді робиться так: ті числа, які відмічені на колі, але поверх яких не накладено хрестик, записуються у відповідь з додаванням до кожного з них періоду рівняння. Наведемо приклад.
| |
| − | '''Приклад 7.'''
| |
| − |
| |
| − | Нехай, після розв’язування рівняння ми отримали такі множини коренів:
| |
| − | 1) х = + πk; 2) х = π+ πk; 3) х = πk, а також після знаходження О.Д.З. рівняння маємо: х ≠ + 2πk, k є Z. Відомо, що період рівняння Т=2π.
| |
| − | '''Розв’язування:'''
| |
| − | Виходячи з вище сказаного, робимо висновок, що відбір коренів можна робити на одиничному колі. Відмітимо представників з кожної множини, перебираючи цілі значення k, до тих пір поки кружки з однієї множини не почнуть накладатись одне на одне. Якщо числа з однієї множини почнуть співпадати з числами з другої множини, то будемо відмічати їх, або іншим кольором, або не зафарбованими кружками, головне зробити малюнок таким чином, щоб на ньому можна було відрізнити, які числа з якої множини коренів. Ті ж числа, які отримані з О.Д.З. відмітимо хрестиком. Таким чином в нашому прикладі, на одиничному колі на малюнку (див. мал. 2) будуть відмічені такі числа з відповідних множин:
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | 1) х = , з множини: х = + πk, відмічено не зафарбованим кругом;
| |
| − | 1) х = , з множини: х = + πk, відмічено не зафарбованим кругом;
| |
| − | 2) х = π, з множини: х = π + 2πk, відмічено не зафарбованим кругом;
| |
| − | 3) х = 0 , з множини: х = πk, відмічено зафарбованим кругом;
| |
| − | 4) х = π, з множини: х = πk, відмічено зафарбованим кругом;
| |
| − | 6) х ≠ , з множини: х ≠ + 2πk, відмічено хрестиком.
| |
| − | Очевидно, що число х = π, відмічено і зафарбованим і не зафарбованим кругом, тобто зустрілось на періоді рівняння два рази. Також очевидно, що число відмічено один раз не зафарбованим кругом, а один раз хрестиком, тобто число не входить до О.Д.З., а значить не може бути коренем рівняння. Таким чином, бачимо, що число х = π є як і в одній множині, так і в другій. Причому множина коренів х = πk фактично дублює множину коренів х = π + 2πk, але має ще й інші корені. Тому щоб уникнути дублювання до відповіді віднесемо множину коренів х = πk.
| |
| − | На множині коренів х = + πk, один з коренів відмічених на колі (це х = ) також відмічено хрестиком, а тому множина х = + πk не може бути повністю розв’язком рівняння. Для того щоб уникнути запису у відповідь сторонніх коренів необхідно з множини х = + πk виділити підмножину, яка не буде включати в себе сторонніх коренів. Це можна зробити записавши нову множину так: «х= число відмічене на колі і не відмічене хрестиком + період рівняння», тобто в нашому випадку: х = +2πk, kєZ. Запишемо відповідь. Відповідь: х = πk, х = +2πk, kєZ.
| |
| − | Приклад 8.
| |
| − | Після розв’язування рівняння ми отримали такі множини коренів:
| |
| − | 1) х =(-1)k + πk; 2) х = , k є Z,
| |
| − | а також після знаходження О.Д.З. рівняння отримали:
| |
| − | а) х ≠ + πk, б) х ≠ πk, k є Z, в) х ≠ + 2πk , k є Z. Відомо, що період рівняння Т=π.
| |
| − | Розв’язування:
| |
| − | У зв’язку з ти, що період рівняння Т=π, відбір коренів необхідно робити на відрізку числової прямої довжиною π. Це може бути відрізок [− ; ], а може бути відрізок [0; π], або будь який інший відрізок довжина якого дорівнює π. Для визначеності виберемо відрізок [0; π], на ньому будуть відмічені такі числа з відповідних множин:
| |
| − | 1) х = 0,при k = 0 з множини: х = , k є Z, відмічено зафарбованим кругом;
| |
| − | 2) х = , при k = 1, з множини: х = , відмічено зафарбованим кругом;
| |
| − | 3) х = , при k = 0, з х =(-1)k + πk, відмічено не зафарбованим кругом;
| |
| − | 4) х = , при k = 1, з х =(-1)k + πk, відмічено не зафарбованим кругом;
| |
| − | 5) х ≠ 0, при k = 0, з множини: х ≠ πk, k є Z, відмічено хрестиком;
| |
| − | 6) х ≠ , при k = 0, з множини: х ≠ + πk, відмічено хрестиком;
| |
| − | 7) х ≠ , при k = 0, з множини х ≠ + 2πk , k є Z відмічено хрестиком.
| |
| − | Інші елементи даних множин чисел знаходяться за межами відрізка [0; π], тому ми їх не відмічаємо на числовій осі.
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | Очевидно, що на числовій осі (див. мал.3) відмічено чотири числа кружками (два зафарбованих, два ні), а також три числа хрестиками, двоє з яких відмічені поверх кружків. Для запису відповіді вибираємо ті числа, які відмічені одним, чи кількома кружками (в даному випадку накладання кружків не відбулося) і не відмічені хрестиком. Це числа: х = ; х = , та за допомогою додавання періоду (Т = πk ) утворюємо з них нові множини коренів рівняння.
| |
| − | Відповідь: + πk; + πk, k є Z.
| |
| − | [[6. Короткий підсумок]]
| |
| − | '''Виходячи з вищесказаного підведемо короткий підсумок.'''
| |
| − | Після розв’язування тригонометричного рівняння необхідно робити відбір
| |
| − | отриманих коренів. Для цього необхідно:
| |
| − | 1) Знайти період рівняння; (наприклад Т= π).
| |
| − | 2) Відмітити кружками одного кольору на відрізку числової осі довжиною в період рівняння, а у випадку, якщо Т=2π, то на одиничному колі, елементи (х1,х2,х3,…) однієї множини, кружками другого кольору елементи (у1,у2,у3,…) другої множини і т.д. доти, поки відмітимо елементи всіх множин, які отримали в результаті розв’язування тригонометричного рівняння.
| |
| − | 3) Відмічаємо хрестиками на відрізку числової осі довжиною в період рівняння, ( або на одиничному колі якщо Т=2π) елементи кожної з множин, які отримали в результаті знаходження О.Д.З. (так звані «заборонені числа»).
| |
| − | 4) Вибираємо ті числа (х1,х2,х3,…) які відмічено кружком на відрізку числової осі довжиною в період, та не відмічено хрестиком (входять в О.Д.З), та утворюємо нову множину коренів, способом додавання до кожного з цих чисел періоду рівняння:
| |
| − | х = х1 + πk; х = х2 + πk, х = х3 + πk; …і т.д. k є Z.
| |
| − |
| |
| − | Таким чином: від способу відбору коренів, в різних виконавців, може залежати лише запис відповіді, але це зовсім не значить, що по різному записані відповіді й насправді є різними. Для того щоб впевнитись, чи співпадають дві по різному записані відповіді, необхідно відмітити всі елементи, отриманих в результаті розв’язування рівняння, множин (корені рівняння), які задають відповідь та потрапляють на відрізок довжиною в період відмічений на числовій осі ( на одиничне коло). І тільки після цього можна з впевненістю стверджувати про збіг чи розбіжність по різному записаних відповідей.
| |
| − |
| |
| − | == Мій внесок ==
| |
| − | [''Мої файли'']
| |
| − |
| |
| − | ''Мої закладки''
| |
| − | УКРАЇНА
| |
| − |
| |
| − | ХАРКІВСЬКА МІСЬКА РАДА
| |
| − | ХАРКІВСЬКОЇ ОБЛАСТІ
| |
| − | ВИКОНАВЧИЙ КОМІТЕТ
| |
| − |
| |
| − | ДЕПАРТАМЕНТ ОСВІТИ
| |
| − | УКРАИНА
| |
| − |
| |
| − | ХАРЬКОВСКИЙ ГОРОДСКОЙ СОВЕТ
| |
| − | ХАРЬКОВСКОЙ ОБЛАСТИ
| |
| − | ИСПОЛНИТЕЛЬНЫЙ КОМИТЕТ
| |
| − |
| |
| − | ДЕПАРТАМЕНТ ОБРАЗОВАНИЯ
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | Н А К А З
| |
| − | 22.04.2013 № 77
| |
| − |
| |
| − | Про підсумки конкурсу
| |
| − | на кращий дистанційний курс у 2013 році
| |
| − |
| |
| − | На виконання наказу Департаменту освіти Харківської міської ради
| |
| − | від 04.01.2013 № 5 «Про проведення конкурсу на кращий дистанційний курс у 2013 році» оргкомітетом проведено міський етап конкурсу на кращий дистанційний курс серед учителів загальноосвітніх навчальних закладів м. Харкова (далі Конкурс) у номінаціях:
| |
| − | «Іноземна мова»;
| |
| − | «Математика»;
| |
| − | «Географія»;
| |
| − | «Інформатика».
| |
| − | Відповідно до Положення про проведення конкурсу на кращий дистанційний курс серед учителів загальноосвітніх навчальних закладів м. Харкова у 2013 році та на підставі рішення експертної комісії Конкурсу (протокол додається)
| |
| − |
| |
| − | НАКАЗУЮ:
| |
| − |
| |
| − | 1. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Іноземна мова» і нагородити:
| |
| − | 1.1. Дипломом І ступеня Булавіну Олену Євгенівну, вчителя Харківської спеціалізованої школи І-ІІІ ступенів №85 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 1.2. Дипломом ІІ ступеня Даренську Лілію Федорівну, вчителя Харківської спеціалізованої школи І-ІІІ ступенів №16 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 1.3. Дипломом ІІІ ступеня Пухнату Людмилу Анатоліївну, вчителя Харківського ліцею №149 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 2. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Математика» і нагородити:
| |
| − | 2.1. Дипломом І ступеня Ярмака Вячеслава Олександровича вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №110 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 2.2. Дипломом ІІ ступеня Сичову Олександру Олександрівну, вчителя Харківської гімназії №86 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 2.3. Дипломом ІІІ ступеня Братковську Світлану Миколаївну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №118 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 3. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Географія» і нагородити:
| |
| − | 3.1. Дипломом І ступеня Єрусалімцеву Світлану Миколаївну, вчителя Харківської гімназії №1 Харківської міської ради Харківської ради.
| |
| − | 3.2. Дипломом ІІ ступеня Селевко Оксану Вікторівну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №168 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 3.3. Дипломом ІІІ ступеня Железняк Інну Валентинівну, вчителя Харківської спеціалізованої школи І-ІІІ ступенів №66 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 4. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Інформатика» і нагородити:
| |
| − | 4.1. Дипломом І ступеня Сазонову Олену Станіславівну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №40 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 4.2. Дипломом ІІ ступеня Белеванцеву Олену Миколаївну, вчителя Харківського ліцею №89 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 4.3. Дипломом ІІІ ступеня Кащей Мирославу Ігорівну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №120 Харківської міської ради Харківської області.
| |
| − | 5. Управлінням освіти адміністрацій районів Харківської міської ради:
| |
| − | 5.1. Проаналізувати результати участі вчителів загальноосвітніх навчальних закладів у Конкурсі та довести інформацію про його підсумки до відома керівників навчальних закладів та учасників.
| |
| − | До 17.05.2013
| |
| − | 6. Інженеру з інформаційно-методичного та технічного забезпечення Науково-методичного педагогічного центру Подворному І.В. розмістити цей наказ на сайті Департаменту освіти.
| |
| − | До 30.04.2013
| |
| − | 7. Контроль за виконанням цього наказу покласти на заступника директора Департаменту освіти Стецюру Т.П.
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | Директор Департаменту освіти О.І. Деменко
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | З наказом ознайомлені:
| |
| − | Стецюра Т.П.
| |
| − | Подворний І.В.
| |
| − |
| |
| − |
| |
| − | Міщенко С.М.
| |
| − |
| |
| − | Протокол
| |
| − | конкурсу на кращий дистанційний курс у 2013 році
| |
| − |
| |
| − | НОМІНАЦІЯ «ІНОЗЕМНА МОВА»
| |
| − | № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце
| |
| − | 1. Бондаренко Вікторія Павлівна 18 0,44 0,15 0,31 0,90
| |
| − | 2. Пухната Людмила Анатоліївна 149 0,44 0,17 0,31 0,92 ІІІ
| |
| − | 3. Комар Ірина Леонідівна 93 0,40 0,13 0,30 0,83
| |
| − | 4. Даренська Лілія Федорівна 16 0,45 0,17 0,31 0,93 ІІ
| |
| − | 5. Тарновська Тетяна Миколаївна 95 0,32 0,11 0,28 0,71
| |
| − | 6. Момот Ольга Валеріївна 143 0,44 0,13 0,30 0,87
| |
| − | 7. Булавіна Олена Євгенівна 85 0,45 0,17 0,32 0,94 І
| |
| − | 8. Кутєпова Вероніка Ігорівна 113 0,44 0,15 0,31 0,90
| |
| − | 9. Дабдіна Олена Станіславівна 14 0,43 0,12 0,31 0,86
| |
| − | 10. Пивоварова Людмила Іванівна 12 0,38 0,13 0,28 0,79
| |
| − | 11. Вишневська Альона Сергіївна 34 0,42 0,15 0,22 0,79
| |
| − |
| |
| − | НОМІНАЦІЯ «МАТЕМАТИКА»
| |
| − | № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце
| |
| − | 1. Сичова Олександра Олександрівна 86 0,37 0,14 0,33 0,84 ІІ
| |
| − | 2. Новикова Тетяна Миколаївна 159 0,34 0,12 0,13 0,59
| |
| − | 3. Скорик Наталія Валеріївна 37 0,35 0,13 0,17 0,65
| |
| − | 4. Курижева Ольга Володимирівна 130 0,32 0,12 0,25 0,69
| |
| − | 5. Іванова Ірина Василівна 28 0,25 0,09 0,12 0,46
| |
| − | 6. Ярмак Вячеслав Олександрович 110 0,42 0,16 0,32 0,90 І
| |
| − | 7. Жемчужкина Галина Володимирівна 114 0,36 0,13 0,25 0,74
| |
| − | 8. Зорька Ольга Михайлівна 142 0,34 0,13 0,27 0,74
| |
| − | 9. Братковська Світлана Миколаївна 118 0,41 0,15 0,25 0,81 ІІІ
| |
| − | 10. Жигалова Оксана Володимирівна 24 0,09 0,10 0,05 0,24
| |
| − | 11. Кравцова Тетяна Сергіївна 53 0,35 0,14 0,22 0,71
| |
| − | 12. Бутенко Тетяна Вікторівна 66 0,36 0,15 0,25 0,76
| |
| − |
| |
| − | НОМІНАЦІЯ «ГЕОГРАФІЯ»
| |
| − | № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце
| |
| − | 1. Сердюк Вікторія Геннадіївна 13 0,40 0,11 0,29 0,80
| |
| − | 2. Блажко Ірина Олександрівна 99 0,39 0,13 0,26 0,78
| |
| − | 3. Булатнікова Вікторія Володимирівна 159 0,38 0,11 0,21 0,70
| |
| − | 4. Дащенко Олена Олексіївна 115 0,28 0,13 0,10 0,51
| |
| − | 5. Єрусалімцева Світлана Миколаївна 1 0,43 0,15 0,35 0,93 І
| |
| − | 6. Хайров Марат Мірзоєвич 95 0,36 0,07 0,27 0,70
| |
| − | 7. Яковлєва Оксана Сергіївна 31 0,35 0,10 0,21 0,66
| |
| − | 8. Селевко Оксана Вікторівна 168 0,44 0,15 0,26 0,85 ІІ
| |
| − | 9. Железняк Інна Валентинівна 66 0,43 0,13 0,26 0,82 ІІІ
| |
| − | 10. Заярна Альбіна Олександрівна 10 0,37 0,13 0,28 0,78
| |
| − |
| |
| − | НОМІНАЦІЯ «ІНФОРМАТИКА»
| |
| − | № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце
| |
| − | 1. Белеванцева Олена Миколаївна 89 0,27 0,13 0,33 0,73 ІІ
| |
| − | 2. Гуртовенко Олеся Валеріївна 16 0,20 0,10 0,25 0,55
| |
| − | 3. Печенізька Юлія Олександрівна 60 0,33 0,09 0,05 0,47
| |
| − | 4. Сазонова Олена Станіславівна 40 0,36 0,15 0,35 0,86 І
| |
| − | 5. Іванко Оксана Валеріївна 73 0,32 0,13 0,01 0,46
| |
| − | 6. Кащей Мирослава Ігорівна 120 0,30 0,05 0,28 0,63 ІІІ
| |
| − |
| |
| − | Голова експертної комісії Т.П.Стецюра
| |
| − |
| |
| − | ==Мої захоплення==
| |
| − | [[Категорія:10 версія]]
| |
| − | 1)Рибальство;
| |
| − | 2)виноградірство;
| |
| − | 3)Грибництво
| |
| − | 4)філателія
| |
Посада:
Вчитель математики і інформатики Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів № 110 Харківської міської ради Харківської області
