Vyjdeme-li ze vztahu mezi požadovaným a daty problému, pak lze podmínku problému pro konstrukci vyjádřit analyticky.

Analytické vyjádření konstrukčního problému ve formě rovnice a jeho řešení ve formě kořenů této rovnice pomáhají najít geometrické řešení a také určit, jakými nástroji je možné jej provést.

Řešení úloh algebraickou metodou je redukováno na konstrukci:

• průměr úměrný dvěma daným segmentům x = 4ab
• čtvrtý je úměrný třem daným segmentům, vyjádřeno

. „ před naším letopočtem

stisknuto vzorcem x \u003d -;

Algebraickým součtem těchto segmentů x = a±b, x-a + b-c + d,

x = 3a±2b atd.; _

Pomocí vzorců jako x = 1a + b.

Algebraická metoda pro řešení geometrických konstrukčních problémů je následující:

• 1) neznámé veličiny vyskytující se v podmínce úlohy se označují písmeny x, y, z atd.;
• 2) sestavte rovnice, které spojují tyto neznámé s hodnotami uvedenými v problému a, b, c, ...;
• 3) řešit formulované rovnice;
• 4) prozkoumat obdržené odpovědi;
• 5) provést požadovanou stavbu.

Než přejdeme k řešení konstrukčních úloh algebraickou metodou, uvažujme o konstrukci některých úseček daných poměry mezi délkami ostatních úseček.

1. Někdy se v geometrických konstrukčních úlohách uvádí poměr dvou veličin ve tvaru a:b; a 3: b 3; 4: b 4 atd.

Ukažme, že kterýkoli z těchto poměrů lze nahradit poměrem dvou segmentů.

Problém 6.47. Sestrojte segment daný poměrem a p: b p, kde

p e N.

Řešení

Nakreslete dvě libovolné vzájemně kolmé čáry KL a MN(obr. 6.52) a označte písmenem O bod jejich průsečíku. Na rovných liniích KL a MN z bodu O odkládáme segmenty OA a oa x, odpovídající daným segmentům Kommersant a A. Spojením bodů A a A b obnovit v bodě A g kolmo k AA X KL v určitém okamžiku L 2 . V bodě A 2 obnovíme kolmici k A 2 A 1 a pokračujte, dokud se neprotne s čárou MN v bodě A3 atd.

Stanovme hodnotu každého z následujících poměrů: OA x: OA; OA 2 : OA x; OA 3: OA g atd.

Od pravoúhlých trojúhelníků OAA x, OA, A 2, OA^A 3,... jsou podobné, to znamená:

oa, a ,

Konstrukce, - L = -, a tedy na základě rovnosti (*), dostaneme OA b

Stanovme hodnotu poměru Nezmění se, pokud budeme

každý jeho termín je vydělen stejnou částkou OA b a proto

t t OA, a O Ap a OA 2 a OA b

Ale z rovnosti -- = - a -- = - vidíme, že -- = - a -= -.

OAOA x b oa, Kommersant oa, A

Na základě posledních dvou rovností můžeme přepsat rovnost (**) takto:

OA 2 _ a 2 OA ~ b 2 "

Analogickým uvažováním můžeme najít další vztahy.

2. Zvažte problém konstrukce střední hodnoty úměrné dvěma daným segmentům, tzn. segment -píchnout.

Problém 6.48. Sestrojte střední proporcionální segmenty A a b. Řešení

Na jednu přímku položíme postupně segmenty AC = a a SW = b(obr. 6.53)

Rýže. 6.53

Na segmentu AB jak sestrojit kruh ofiC, 1 na průměru.

V bodě C obnovíme kolmici k přímce AB.

My máme NC = -jab. Opravdu, AANB- obdélníkový.

Podle známé věty AACN podobný ANCB, což znamená kde

NC 2 = AC CB, nebo v jiném zápisu NC 2=ab. Konečně máme NC-Jab.

3. Při řešení konstrukčních problémů je velmi často nutné postavit segment, který je čtvrtý úměrný třem daným segmentům. Zvažme řešení tohoto problému.

Problém 6.49. Dané tři segmenty břišní svaly. Sestavte takovou linku X,

a c co - = -.

Řešení

Vezměte libovolný úhel O. Na jedné straně úhlu odložte segmenty OA = a a OS = s, a na druhé straně - segment OB-b(obr. 6.54)

Nakreslete čáru bodem C R || AB. Překročí paprsek OV na místě D. Pojďme to dokázat OD- požadovaný segment X. trojúhelníky OAB

a OCD jsou podobní. Proto, tzn. OD = x.

Rýže. 6.54

V konkrétním případě nám tento problém umožňuje rozdělit segment na P stejnými díly. Označme tento segment jako b. Vezměte jakýkoli segment S, nech to být a - ps(obr. 6.55).

Rýže. 6,55

„ac b b 1 .

Protože - = -, tak x =- s = - c = - b. oh a ps p

4. Zvažte složitější poměr segmentů.

Problém 6.50. Sestrojte segment daný poměrem 2 [a: 2/b, kde p e N.

Řešení

Předpokládejme, že poměr veličin je uveden ve tvaru [a: -Jb, kde A a Kommersant- segmentová data.

Pro určení těch dvou segmentů, jejichž poměr je roven Va:Vb, postupujeme následovně.

Na libovolné přímce z vybraného bodu Na Ponechme stranou dva segmenty za sebou: KN-a a NM = b(obr. 6.56)

Rýže. 6.56

Na segmentu KM, stejně jako na průměru sestrojte půlkruh KRM.

Na místě N obnovíme kolmici NN" do segmentu KM. Rovný NN" překračuje oblouk KRM v určitém okamžiku L.

Spojení tečky LsKim. Segmenty KL a LM- žádoucí, tzn.

Opravdu, máme -=--. Ale A KLM podobný A LMN, ale-

KL LN KL 2 LN 2

toto-=-a tedy -=--, ale z poslední rovnosti

LM NM LM NM 2

KN LN 2 KL 2 KN „

a rovnost-=-- z toho vyplývá, že-- =-. Vytahování čtverce

NM NM 2 LM 2 NM

kořen obou částí poslední rovnosti najdeme:

Chcete-li získat dva segmenty, jejichž poměr je [a: yfb, musíte nejprve vytvořit takové dva segmenty Typ, poměr

ryh je určeno rovností - = -j=, a pak přes to samé

stavební najít segmenty R a q, které jsou definovány rovností p_yfm h Vn

Podobné konstrukce lze použít k nalezení segmentů, jejichž poměr je roven 2 fa: 2 yх 2 + h h 2, pak z rovnosti (*) získáme

Konstrukce. 1. Stavíme segment y \u003d yj (2h b) 2 - h a 2(obr. 6.61).

Rýže. 6.61

2. Budování x = ^^-(obr. 6.62).

Rýže. 6.62

3. Nakonec postavíme požadovaný rovnoramenný trojúhelník ABC podle rozumu AC \u003d 2h nadmořská výška DB = hb(obr. 6.63).

Rýže. 6.63

Důkaz. Je třeba dokázat, že ve sestrojeném rovnoramenném trojúhelníku ABC výšky BD-hb a AE-h a. První rovnost je zřejmá a platnost druhé vyplývá z vratnosti všech vzorců uvedených v analýze. _

Studie. Všimli jsme si, že segment y \u003d yl (0,2 h b) 2 - h 2 lze sestrojit pouze tehdy, když (2/i b) 2 -h a 2>0 nebo 2 h b > h a .

Za této podmínky je možné sestrojit úsečku x a následně požadovaný trojúhelník ABC. Protože dva rovnoramenné trojúhelníky se stejnými základnami a stejnými výškami jsou stejné, má problém jedinečné řešení.

Komentář. Problém připouští jednodušší řešení jiným způsobem. Pokud přes tečku D nakreslete čáru rovnoběžnou s výškou AE a přejezdová strana slunce na místě F, pak trojúhelník DFB lze postavit na nohu 0,5 h a a přepona h b, což povede ke konstrukci požadovaného trojúhelníku.

Problém 6.57. Přes daný bod mimo kruh ALE nakreslete sečnu, která by byla v tomto ohledu rozdělena tímto kruhem.

Řešení

Analýza.Řekněme, že problém je vyřešen: secant AL vyhovuje podmínce problému (obr. 6.64). Nakreslete sečnu z bodu A AU, procházející středem O daného kruhu. Protože je nám dán bod A, znamená to, že známe segmenty INZERÁT a jako. Označte písmenem x délku segmentu AK. Pokud kreslíme sečny z bodu A, který je mimo kružnici, pak je součin celé sečny její vnější částí konstantní hodnotou, a proto

Rýže. 6.64

Z výkresu vidíme, že AL = x + LK.

l shs.. ph

A protože podle podmínky x: LK=m : P, těch. bk =- to znamená AL=x+ - -

= -(t + p). t

Proto bude mít rovnost (*) následující tvar: x-(m + n) = AD? AU, kde

Konstrukce. 1. Na základě vzorce (**) známou konstrukcí určíme úsečku x.

• 2. Z bodu ALE udělejte zářez na tomto kruhu Na s poloměrem rovným nalezenému x.
• 3. Spojování bodů ALE a Na a pokračováním v této linii získáme požadovaný secans.

Všimněte si, že jsme neuvedli úvahy, které se odehrávají při řešení tohoto problému ve fázích důkazu a výzkumu (necháme čtenáře, aby tyto fáze provedl samostatně).

Problém 6.58. Najděte bod mimo danou kružnici tak, aby tečna vedená z něj k této kružnici byla poloviční než sečna vedená ze stejného bodu středem.

Řešení

Analýza(obr. 6.65). Písmenem x označujeme vzdálenost k požadovanému bodu od středu O kružnice. jak je známo, AB 2-DA? AC(1) ale DA = x - z (2), AC = x + z(3), a proto AB 2\u003d (x - g) (x + g) \u003d x 2 - g 2 a AB \u003d 1x 2 -g 2 (4).

Rýže. 6,65

Jelikož podle stavu AC \u003d 2AB, pak ze vzorců (3) a (4) máme x + r - \u003d 21x 2 - r 2, odkud x 2 + 2rx + r 2 \u003d 4x 2 - 4r 2, nebo Zx 2 - 2rx - 5r 2 \u003d 0.

těch. x a \u003d - g a x 2 \u003d - g.

V tomto problému nemůže být x záporná hodnota, a proto zahodíme druhý kořen.

Konstrukce. Pokračujme jedním z průměrů (CD) daný kruh

a na to jsme dali stranou od bodu Dúsečka D.A., rovný -g (DA = AO - OD = 5 2 3

Г - г = -г (6)).

Tečka ALE- požadovaný.

Důkaz. AC = x + z = -z + z, těch. ac=-g (7).

.- /2 8 4 AC

Ze vzorců (1), (6), (7) zjistíme: AB=y/DA-AC=J-r--r=-r=

což potvrzuje správnost provedené konstrukce (vyzýváme čtenáře k samostatnému provedení etapy výzkumu).

1. Obecné poznámky k řešení úloh algebraickou metodou.

2. Úkoly pro pohyb.

3. Úkoly k práci.

4. Úkoly pro směsi a procenta.

Použití algebraické metody k nalezení aritmetického způsobu řešení textových problémů.

1. Při řešení úloh algebraickou metodou se požadované veličiny nebo jiné veličiny, s vědomím, že je možné požadované určit, označují písmeny (obvykle x, y,z). Všechny nezávislé vztahy mezi daty a neznámými veličinami, které jsou buď přímo formulovány v podmínce (verbální formou), nebo vyplývají ze smyslu problému (například fyzikálních zákonů, kterým se uvažované veličiny řídí), nebo vyplývají z podmínka a některé úvahy, jsou psány ve formě rovnosti nerovností. V obecném případě tyto vztahy tvoří určitý smíšený systém. Ve zvláštních případech tento systém nemusí obsahovat nerovnosti nebo rovnice, nebo se může skládat pouze z jedné rovnice nebo nerovnosti.

Řešení úloh algebraickou metodou nepodléhá žádnému jedinému, dostatečně univerzálnímu schématu. Veškeré údaje týkající se všech úkolů jsou proto nejobecnější povahy. Úkoly, které vyvstávají při řešení praktických a teoretických problémů, mají své individuální charakteristiky. Proto je jejich studium a řešení nejrozmanitějšího charakteru.

Zůstaňme u řešení úloh, jejichž matematický model je dán rovnicí o jedné neznámé.

Připomeňme, že činnost k řešení problému se skládá ze čtyř fází. Práce v první fázi (analýza obsahu problému) nezávisí na zvolené metodě řešení a nemá zásadní rozdíly. Ve druhé fázi (při hledání způsobu řešení problému a sestavování plánu jeho řešení) se v případě použití algebraické metody řešení provádí: výběr hlavního vztahu pro sestavení rovnice; výběr neznámého a zavedení označení pro to; vyjádření veličin zahrnutých v hlavním poměru, prostřednictvím neznámého a dat. Třetí fáze (realizace plánu řešení problému) zahrnuje sestavení rovnice a její řešení. Čtvrtá fáze (kontrola řešení problému) probíhá standardním způsobem.

Obvykle při psaní rovnic s jednou neznámou X dodržovat následující dvě pravidla.

pravidlo já . Jedna z těchto veličin je vyjádřena jako neznámá X a další údaje (to znamená, že je sestavena rovnice, ve které jedna část obsahuje danou hodnotu a druhá obsahuje stejnou hodnotu, vyjádřenou jako X a další dané množství).

pravidlo II . Pro stejnou veličinu se sestaví dva algebraické výrazy, které se pak navzájem rovnají.

Navenek se zdá, že první pravidlo je jednodušší než druhé.

V prvním případě je nutné sestavit vždy jeden algebraický výraz a ve druhém dva. Často se však vyskytují problémy, ve kterých je výhodnější vytvořit dva algebraické výrazy pro stejnou veličinu, než vybrat již známý a vytvořit pro něj jeden výraz.

Proces řešení textových úloh algebraickým způsobem se provádí podle následujícího algoritmu:

1. Nejprve zvolte poměr, na jehož základě bude rovnice sestavena. Pokud problém obsahuje více než dva poměry, pak poměr, který vytváří nějakou souvislost mezi všemi neznámými, by měl být vzat jako základ pro sestavení rovnice.

Poté se vybere neznámá, která se označí odpovídajícím písmenem.

Všechny neznámé veličiny zahrnuté v poměru zvoleném pro sestavení rovnice musí být vyjádřeny pomocí zvolené neznámé na základě ostatních poměrů zahrnutých v úloze, kromě hlavního.

4. Z těchto tří operací přímo vyplývá sestavení rovnice jako návrh slovního záznamu pomocí matematických symbolů.

Centrální místo mezi uvedenými operacemi zaujímá volba hlavního vztahu pro sestavení rovnic. Uvažované příklady ukazují, že volba hlavního poměru je rozhodující při formulaci rovnic, vnáší logickou harmonii do někdy vágního slovního textu problému, dává jistotu v orientaci a chrání před chaotickými akcemi pro vyjádření všech veličin obsažených v problém prostřednictvím dat a požadovaných.

Velký praktický význam má algebraická metoda řešení problémů. S jeho pomocí řeší nejrůznější úkoly z oblasti techniky, zemědělství i běžného života. Už na střední škole rovnice používají studenti při studiu fyziky, chemie, astronomie. Tam, kde se aritmetika ukáže jako bezmocná nebo v nejlepším případě vyžaduje extrémně těžkopádné uvažování, tam algebraická metoda vede snadno a rychle k odpovědi. A dokonce i v takzvaných „typických“ aritmetických úlohách, poměrně snadno řešitelných aritmetikou, je algebraické řešení zpravidla kratší a přirozenější.

Algebraická metoda řešení problémů umožňuje snadno ukázat, že některé problémy, které se od sebe liší pouze v grafu, mají nejen stejné vztahy mezi daty a požadovanými hodnotami, ale také vedou k typickému uvažování, jehož prostřednictvím se tyto vztahy vytvářejí. Takové problémy poskytují pouze různé konkrétní interpretace stejného matematického uvažování, stejných vztahů, to znamená, že mají stejný matematický model.

2. Do skupiny úkolů pro pohyb patří úkoly, které hovoří o třech veličinách: drahách (s), Rychlost ( proti) a čas ( t). Zpravidla se mluví o rovnoměrném přímočarém pohybu, kdy je rychlost konstantní co do velikosti a směru. V tomto případě jsou všechny tři veličiny spojeny následujícím vztahem: S = vt. Pokud je například rychlost cyklisty 12 km/h, tak za 1,5 hodiny ujede 12 km/h  1,5 h = 18 km. Existují problémy, ve kterých se uvažuje rovnoměrně zrychlený přímočarý pohyb, tedy pohyb s konstantním zrychlením (A). Ujetá vzdálenost s v tomto případě se počítá podle vzorce: S = proti 0 t + v 2 /2, kde proti 0 – počáteční rychlost. Takže za 10 s pádu s počáteční rychlostí 5 m/s a zrychlením volného pádu 9,8 m 2 /s tělo uletí vzdálenost rovnou 5 m/s  10 s + 9,8 m 2 /s  10 2 s 2/2 = 50 m + 490 m = 540 m.

Jak již bylo poznamenáno, při řešení textových úloh a především pohybových úloh je velmi užitečné udělat si názornou kresbu (pro sestavení pomocného grafického modelu úlohy). Kresba by měla být provedena tak, aby ukazovala dynamiku pohybu se všemi setkáními, zastávkami a obraty. Dobře navržený výkres umožňuje nejen hlubší pochopení obsahu problému, ale také usnadňuje sestavování rovnic a nerovnic. Příklady takových výkresů budou uvedeny níže.

V pohybových problémech se obvykle používají následující konvence.

Pokud není v úloze výslovně uvedeno, považuje se pohyb v jednotlivých úsecích za rovnoměrný (ať už se jedná o pohyb po přímce nebo po kruhu).

Obraty pohybujících se těles jsou považovány za okamžité, to znamená, že k nim dochází bez utrácení času; rychlost se také okamžitě změní.

Tuto skupinu úkolů lze zase rozdělit na úkoly, ve kterých jsou uvažovány pohyby těles: 1) vůči sobě; 2) v jednom směru ("po"); 3) v opačných směrech; 4) po uzavřené trajektorii; 5) podél řeky.

Pokud je vzdálenost mezi tělesy S, a rychlosti těles jsou stejné proti 1 a proti 2 (obr. 16 A), když se pak tělesa pohybují k sobě, doba, po které se setkají, se rovná S/(proti 1 + proti 2).

2. Je-li vzdálenost mezi tělesy S, a rychlosti těles jsou stejné proti 1 a proti 2 (obr. 16 b), pak když se tělesa pohybují jedním směrem ( proti 1 > proti 2) doba, po které první tělo předběhne druhé, je S/(proti 1 – proti 2).

3. Je-li vzdálenost mezi tělesy S, a rychlosti těles jsou stejné proti 1 a proti 2 (obr. 16 v), potom, když se těla rozjedou současně v opačných směrech, budou v čase t být na dálku S 1 = S + (proti 1 + proti 2 ) t.

Rýže. 16

4. Pohybují-li se tělesa jedním směrem po uzavřené trajektorii délky s s rychlostmi proti 1 a proti 2 , dobu, po které se tělesa znovu setkají (jedno těleso předběhne druhé), odjedou současně z jednoho bodu, zjistíme vzorcem t = S/(proti 1 – proti 2) za předpokladu, že proti 1 > proti 2 .

Vyplývá to ze skutečnosti, že při současném rozjezdu po uzavřené trajektorii v jednom směru začne těleso s vyšší rychlostí dohánět těleso s rychlostí nižší. Poprvé ho dožene, když urazil vzdálenost S víc než jiné tělo. Pokud ho předjede podruhé, potřetí atd., znamená to, že ujede vzdálenost 2 S, do 3 S a tak dále více než jiné tělo.

Pohybují-li se tělesa různými směry po uzavřené dráze délky S s rychlostmi proti 1 a proti 2, čas, po kterém se setkají, když současně opustili jeden bod, se zjistí podle vzorce t = proti(proti 1 + proti 2). V tomto případě ihned po zahájení pohybu nastává situace, kdy se tělesa začnou pohybovat k sobě.

5. Pokud se těleso pohybuje po řece, pak jeho rychlost vzhledem ke břehu a je součet rychlostí těla ve stojaté vodě proti a rychlost řeky w: a =proti + w. Pokud se těleso pohybuje proti proudu řeky, pak jeho rychlost je a =proti – w. Například pokud rychlost lodi proti\u003d 12 km / h a rychlost řeky w \u003d 3 km / h, poté za 3 hodiny loď popluje po řece (12 km / h + 3 km / h)  3 hodiny = 45 km a proti proudu - (12 km / h - 3 km / h)  3 hodiny = 27 km. Předpokládá se, že rychlost objektů s nulovou rychlostí ve stojaté vodě (raft, kláda atd.) se rovná rychlosti řeky.

Podívejme se na pár příkladů.

Příklad.Z jednoho bodu v jednom směru každých 20 min. auta odjíždějí. Druhý vůz jede rychlostí 60 km/h a rychlost prvního je o 50 % vyšší než rychlost druhého. Najděte rychlost třetího auta, pokud je známo, že předjelo první auto o 5,5 hodiny později než druhé.

Řešení. Nechť x km/h je rychlost třetího auta. Rychlost prvního vozu je o 50 % větší než rychlost druhého, takže se rovná

Při pohybu jedním směrem se čas setkání zjistí jako poměr vzdálenosti mezi objekty k rozdílu jejich rychlostí. První auto za 40 min. (2/3 h) ujede 90  (2/3) = 60 km. Třetí ho proto předběhne (potkají se) za 60/( X– 90) hodin. Druhý za 20 min. (1/3 h) ujede 60  (1/3) = 20 km. To znamená, že třetí ho dohoní (potkají se) za 20/( X- 60) hodin (obr. 17).

P
o stavu problému

Rýže. 17

Po jednoduchých transformacích získáme kvadratickou rovnici 11x 2 - 1730x + 63000 = 0, jejíž řešení najdeme

Kontrola ukazuje, že druhý kořen nesplňuje podmínku problému, protože v tomto případě třetí auto nedožene ostatní auta. Odpověď: Rychlost třetího vozu je 100 km/h.

Příklad Motorová loď urazila 96 km po řece, vrátila se zpět a nějakou dobu stála pod nakládkou, přičemž pro všechny strávila 32 hodin. Rychlost řeky je 2 km/h. Určete rychlost lodi na stojaté vodě, pokud doba nakládky je 37,5 % doby strávené na celé cestě tam a zpět.

Řešení. Nechť x km/h je rychlost lodi ve stojaté vodě. Pak ( X+ 2) km/h - jeho rychlost po proudu; (X - 2) km/h - proti proudu; 96/( X+ 2) hodiny - doba pohybu s proudem; 96/( X- 2) hodiny - doba pohybu proti proudu. Vzhledem k tomu, že 37,5 % z celkové doby byla loď naložena, čistá doba pohybu je 62,5 %  32/100 % = 20 (hodin). Podle stavu problému tedy máme rovnici:

Transformací dostaneme: 24( X – 2 + X + 2) = 5(X + 2)(X – 2) => 5X 2 – 4X– 20 = 0. Po vyřešení kvadratické rovnice zjistíme: X 1 = 10; X 2 = -0,4. Druhý kořen nesplňuje podmínku problému.

Odpověď: 10 km/h je rychlost lodi ve stojaté vodě.

Příklad. Auto vyjelo z města ALE do města C přes město V Bez zastávek. Vzdálenost AB, rovných 120 km, cestoval konstantní rychlostí o 1 hodinu rychleji, než je vzdálenost slunce, rovných 90 km. Určete průměrnou rychlost auta z města ALE do města C, pokud je známo, že rychlost na úseku AB O 30 km/h vyšší rychlost na místě Slunce.

Řešení. Nechat X km / h - rychlost vozu na místě Slunce.

Pak ( X+ 30) km/h – rychlost na úseku AB, 120/(X+ 30) h, 90/ X h je doba jízdy auta AB a slunce respektive.

Podle stavu problému tedy máme rovnici:

.

Pojďme to transformovat:

120X+ 1(X + 30)X = 90(X + 30) => X 2 + 60X – 2700 = 0.

Při řešení kvadratické rovnice zjistíme: X 1 = 30, X 2 = -90. Druhý kořen nesplňuje podmínku problému. Tedy rychlost v úseku slunce rovných 30 km/h, na úseku AB - 60 km/h Z toho vyplývá, že vzdálenost AB auto ujelo za 2 hodiny (120 km: 60 km/h = 2 hodiny) a vzdálenost Slunce - za 3 hodiny (90 km: 30 km/h = 3 hodiny), tedy celou vzdálenost AC cestoval za 5 hodin (3 hodiny + 2 hodiny = 5 hodin). Pak průměrná rychlost pohybu na místě AU, jehož délka je 210 km, se rovná 210 km: 5 hodin \u003d 42 km / h.

Odpověď: 42 km / h - průměrná rychlost auta na místě TAK JAKO.

Do skupiny úkolů pro práci patří úkoly, které hovoří o třech veličinách: práce ALE, čas t, při které je práce vykonávána, produktivita R - práce vykonaná za jednotku času. Tyto tři veličiny spolu souvisí rovnicí ALE = Rt. Mezi pracovní úkoly patří také úkoly spojené s plněním a vyprazdňováním nádrží (nádob, nádrží, bazénů apod.) pomocí potrubí, čerpadel a dalších zařízení. V tomto případě se za vykonanou práci považuje objem čerpané vody.

Úkoly pro práci, obecně řečeno, lze přiřadit skupině úkolů pro pohyb, protože u úkolů tohoto typu lze mít za to, že veškerá práce nebo celkový objem nádrže hraje roli vzdálenosti a produktivity objektů, které práce je podobná rychlosti pohybu. Podle zápletky se však tyto úkoly přirozeně liší a některé úkoly pro práci mají své specifické způsoby řešení. Takže v těch úkolech, ve kterých není specifikováno množství vykonané práce, se veškerá práce bere jako jednotka.

Příklad. Dva týmy musely dokončit objednávku za 12 dní. Po 8 dnech společné práce dostal první tým další úkol, takže druhý tým dokončil zakázku na dalších 7 dní. Za kolik dní mohl každý z týmů dokončit objednávku, pracovat samostatně?

Řešení. Nechte první brigádu splnit úkol pro X dní, druhá brigáda - pro y dní. Berme veškerou práci jako celek. Pak 1/ X - produktivita první brigády, 1/ y – druhý. Protože dva týmy musí dokončit objednávku za 12 dní, dostáváme první rovnici 12(1/ X + 1/v) = 1.

Z druhé podmínky vyplývá, že druhý tým pracoval 15 dní a první - pouze 8 dní. Takže druhá rovnice je:

8/X+ 15/v= 1.

Máme tedy systém:

Odečtením první rovnice od druhé rovnice dostaneme:

21/y = 1 => y= 21.

Poté 12/ X + 12/21 = 1 => 12/X – = 3/7 => x = 28.

Odpověď: první brigáda dokončí zakázku za 28 dní, druhá za 21 dní.

Příklad. Pracovník ALE a pracovat V může dokončit práci za 12 dní ALE a pracovat Z– za 9 dní, práce V a pracovní C - za 12 dní. Kolik dní jim bude trvat, než dokončí práci, budou spolupracovat?

Řešení. Nechte pracovníka ALE může dělat práci pro X dny, práce V- za v dny, práce Z- za z dní. Berme veškerou práci jako celek. Pak 1/ x, 1/y a 1/ z – produktivita pracovníka A, B a Z respektive. Pomocí podmínky úlohy dospějeme k následujícímu systému rovnic uvedených v tabulce.

stůl 1

Po transformaci rovnic máme systém tří rovnic se třemi neznámými:

Sečtením rovnic soustavy člen po členu dostaneme:

nebo

Součet je společná produktivita pracovníků, takže čas, za který dokončí veškerou práci, se bude rovnat

Odpověď: 7,2 dne.

Příklad. V bazénu jsou položeny dvě trubky - přívod a výtlak a přes první trubku se bazén napouští o 2 hodiny déle než přes druhou trubku se voda z bazénu vylévá. Když byl bazén z jedné třetiny plný, obě potrubí byla otevřena a bazén se ukázal být prázdný po 8 hodinách. Kolik hodin se může bazén naplnit jednou první trubkou a kolik hodin může plný bazén vytékat jednou druhou trubkou ?

Řešení. Nechat PROTI m 3 - objem bazénu, X m 3 / h - výkon přívodního potrubí, v m 3 / h - výstup. Pak PROTI/ X hodin - doba potřebná k naplnění bazénu přívodním potrubím, PROTI/ y hodin - doba potřebná výstupním potrubím k vypuštění bazénu. Podle zadání PROTI/ X – PROTI/ y = 2.

Vzhledem k tomu, že produktivita výstupního potrubí je větší než produktivita napouštěcího potrubí, při zapnutí obou potrubí se bazén vypustí a třetina bazénu časem vyschne (PROTI/3)/(y – X), která se podle podmínky úlohy rovná 8 hodinám.Podmínku úlohy lze tedy zapsat jako soustavu dvou rovnic se třemi neznámými:

Úkolem je najít PROTI/ X a PROTI/ y. Vyberme v rovnicích kombinaci neznámých PROTI/ X a PROTI/ y, zapsat systém jako:

Představujeme nové neznámé PROTI/ X= a a PROTI/ y = b, dostaneme následující systém:

Dosazení výrazu do druhé rovnice A= b + 2, máme rovnici pro b:

rozhodování, které najdeme b 1 = 6, b 2 = -osm. Podmínku úlohy splňuje první kořen 6, = 6 (p.). Z první rovnice poslední soustavy najdeme A= 8 (h), to znamená, že první potrubí naplní bazén za 8 hodin.

Odpověď: prvním potrubím se bazén napustí za 8 hodin, druhým potrubím se bazén vypustí po 6 hodinách.

Příklad. Jeden traktorový tým musí zorat 240 hektarů a druhý o 35 % více než první. První brigáda, která každý den orala o 3 ha méně než druhá brigáda, skončila práci o 2 dny dříve než druhá brigáda. Kolik hektarů denně orala každá brigáda?

Řešení. Najdeme 35 % z 240 ha: 240 ha  35 % / 100 % = 84 ha.

Následně muselo druhé družstvo zorat 240 ha + 84 ha = 324 ha. Nechte první brigádu orat denně X ha. Pak druhá brigáda orala denně ( X+ 3) ha; 240/ X– pracovní doba první brigády; 324/( X+ 3) - čas druhé brigády. Podle stavu problému první tým dokončil práci o 2 dny dříve než druhý, takže máme rovnici

který po transformacích lze zapsat takto:

324X – 240X - 720 = 2x 2 + 6x=> 2x 2 - 78x + 720 = 0 => x 2 - 39x + 360 = 0.

Po vyřešení kvadratické rovnice najdeme x 1 \u003d 24, x 2 \u003d 15. Toto je norma první brigády.

V důsledku toho druhá brigáda orala 27 ha, resp. 18 ha za den. Obě řešení splňují podmínku problému.

Odpověď: První brigáda orala 24 hektarů denně, druhá 27 hektarů; První brigáda orala 15 hektarů denně, druhá 18 hektarů.

Příklad. V květnu vyrobily dvě dílny 1080 dílů. V červnu první prodejna zvýšila produkci dílů o 15 %, druhá zvýšila produkci dílů o 12 %, takže obě prodejny vyrobily 1224 dílů. Kolik dílů vyrobil každý obchod v červnu?

Řešení. Nechat X díly byly vyrobeny v květnu prvním workshopem, v detaily - druhý. Protože v květnu bylo vyrobeno 1080 dílů, podle stavu problému máme rovnici X + y = 1080.

Najděte 15% slevu X:

Takže v 0.15 X dílů zvýšil výkon první dílny, proto v červnu vyrobil x + 0,15 X = 1,15 X podrobnosti. Podobně zjistíme, že druhý obchod v červnu vyrobil 1.12 y podrobnosti. Takže druhá rovnice bude vypadat takto: 1,15 X + 1,12 v= 1224. Máme tedy systém:

ze kterého najdeme x = 480, y= 600. V červnu tedy dílny vyrobily 552 dílů a 672 dílů.

Odpověď: první dílna vyrobila 552 dílů, druhá - 672 dílů.

4. Do skupiny úloh na směsi a procenta patří úlohy, ve kterých mluvíme o míchání různých látek v určitých poměrech, a také úlohy na procenta.

Úkoly na koncentraci a procenta

Pojďme si ujasnit některé pojmy. Nechť vznikne směs P různé látky (komponenty) ALE 1 ALE 2 , ..., ALE n respektive, jejichž objemy jsou stejné PROTI 1 , PROTI 2 , ..., PROTI n . Smíchejte objem PROTI 0 sestává z objemů čistých složek: PROTI 0 = PROTI 1 + PROTI 2 + ... + PROTI n .

Objemová koncentrace látek ALE i (i = 1, 2, ..., P) ve směsi se nazývá množství c i, vypočítá se podle vzorce:

Objemové procento látky A i (i = 1, 2, ..., P) ve směsi se nazývá množství p i , vypočítané podle vzorce R i = S i ,  100%. Koncentrace S 1, S 2 , ..., S n, což jsou bezrozměrné veličiny, souvisí rovností S 1 + s 2 + ... + s n = 1 a vztahy

ukažte, jakou část celkového objemu směsi tvoří objem jednotlivých složek.

Pokud je procento známo i-té složky, pak její koncentraci zjistíme podle vzorce:

to znamená Pi – je koncentrace i látky ve směsi vyjádřené v procentech. Pokud je například procento látky 70 %, pak její odpovídající koncentrace je 0,7. Naopak, pokud je koncentrace 0,33, pak je procento 33 %. Takže suma R 1 + str 2 + …+ str n = 100 %. Pokud jsou známé koncentrace S 1 , S 2 , ..., S n složky, které tvoří tuto směs objemu PROTI 0 , pak odpovídající objemy složek najdeme podle vzorců:

Koncepty hmotnost (hmotnost) koncentralizace složky směsi a odpovídající procenta. Jsou definovány jako poměr hmotnosti (hmoty) čisté látky ALE i , ve slitině na hmotnost (hmotnost) celé slitiny. O jakou koncentraci, objem nebo hmotnost se konkrétní problém jedná, je vždy zřejmé z jeho podmínek.

Existují úlohy, ve kterých je nutné přepočítat objemovou koncentraci na hmotnostní koncentraci nebo naopak. K tomu je nutné znát hustotu (měrnou hmotnost) složek, které tvoří roztok nebo slitinu. Uvažujme například dvousložkovou směs s objemovými koncentracemi složek S 1 a S 2 (S 1 + s 2 = 1) a měrná hmotnost složek d 1 a d 2 . Hmotnost směsi lze zjistit podle vzorce:

kde PROTI 1 a PROTI 2 – objemy složek, které tvoří směs. Hmotnostní koncentrace složek se zjistí z rovnosti:

které určují vztah těchto veličin s objemovými koncentracemi.

V textech takových problémů se zpravidla vyskytuje jeden a tentýž opakovaný stav: ze dvou nebo více směsí obsahujících složky A 1 , A 2 , ALE 3 , ..., ALE n , nová směs se sestaví smícháním původních směsí, odebraných v určitém poměru. V tomto případě je nutné zjistit, v jakém poměru jsou složky ALE 1, ALE 2 , ALE 3 , ..., ALE n zadejte výslednou směs. K vyřešení tohoto problému je vhodné vzít v úvahu objemové nebo hmotnostní množství každé směsi a také koncentrace jejích složek. ALE 1, ALE 2 , ALE 3 , ..., ALE n . Pomocí koncentrací je nutné každou směs „rozdělit“ na samostatné složky a pak způsobem uvedeným ve stavu problému sestavit novou směs. V tomto případě je snadné spočítat, jaké množství jednotlivých složek je obsaženo ve výsledné směsi a také celkové množství této směsi. Poté se stanoví koncentrace složek ALE 1, ALE 2 , ALE 3 , ..., ALE n v novém mixu.

Příklad.Jsou zde dva kusy slitiny mědi a zinku s podílem mědi 80 % a 30 %. V jakém poměru by se měly tyto slitiny brát, aby roztavením jednotlivých kusů dohromady získala slitina obsahující 60 % mědi?

Řešení. Nechť se vezme první slitina X kg a druhý - v kg. Podle podmínky je koncentrace mědi v první slitině 80/100 = 0,8, ve druhé - 30/100 = 0,3 (je jasné, že mluvíme o hmotnostních koncentracích), což znamená, že v první slitině 0,8 X kg mědi a (1 - 0,8) X = 0,2X kg zinku, ve druhém - 0,3 v kg mědi a (1 - 0,3) y = 0,7v kg zinku. Množství mědi ve výsledné slitině je (0,8  X + 0,3  y) kg a hmotnost této slitiny bude (x + y) kg. Proto je nová koncentrace mědi ve slitině podle definice rovna

Podle stavu problému by tato koncentrace měla být rovna 0,6. Dostáváme tedy rovnici:

Tato rovnice obsahuje dvě neznámé X a y Podle stavu problému však není nutné určovat samotná množství X a y, ale jen jejich postoj. Po jednoduchých transformacích dostaneme

Odpověď: slitiny je třeba brát v poměru 3: 2.

Příklad.Ve vodě jsou dva roztoky kyseliny sírové: první je 40%, druhý je 60%. Tyto dva roztoky byly smíchány, načež bylo přidáno 5 kg čisté vody a byl získán 20% roztok. Pokud by se místo 5 kg čisté vody přidalo 5 kg 80% roztoku, pak by se získal 70% roztok. Kolik bylo 40% a 60% řešení?

Řešení. Nechat X kg je hmotnost prvního roztoku, v kg - druhý. Potom hmotnost 20% roztoku ( X + v+ 5) kg. Protože v X kg 40% roztoku obsahuje 0,4 X kg kyseliny v kg 60% roztoku obsahuje 0,6 y kg kyseliny a (x + y + 5) kg 20% ​​roztoku obsahuje 0,2( X + y + 5) kg kyseliny, pak podle podmínky máme první rovnici 0,4 X + 0,6y = 0,2(X +y + 5).

Pokud místo 5 kg vody přidáte 5 kg 80% roztoku, získáte roztok o hmotnosti (x + y+ 5) kg, ve kterých bude (0,4 X + 0,6v+ 0,8  5) kg kyseliny, což bude 70 %. (x + y+ 5) kg.

Hlavní metody řešení geometrických úloh: geometrické - požadovaný výrok je odvozen pomocí logického uvažování z řady známých vět; algebraické - požadovaná geometrická hodnota se vypočítá na základě různých závislostí mezi prvky geometrické tvary přímo nebo pomocí rovnic; kombinované - v některých fázích se řešení provádí geometrickou metodou a v jiných algebraickou metodou.

Trojúhelníky Značky rovnosti trojúhelníků, pravoúhlé trojúhelníky. Vlastnosti a znaménka rovnoramenného trojúhelníku. Úloha 1. Medián AM trojúhelníku ABC je roven úsečce VM. Dokažte, že jeden z úhlů trojúhelníku ABC je roven součtu ostatních dvou úhlů. Úloha 2. Úsečky AB a CD se protínají v jejich společném středu O. Body K 1 jsou na AC a BD vyznačeny tak, že AK=BK 1. Dokažte, že a) OK=OK 1, b) bod O leží na přímce KK 1. Úloha 3 (znaménko rovnoramenného trojúhelníku). Pokud je osa trojúhelníku mediánem, pak je trojúhelník rovnoramenný.

Úkol 4 (znaménko pravoúhlého trojúhelníku středem). Dokažte, že pokud je medián trojúhelníku roven polovině strany, na kterou je nakreslen, pak je trojúhelník pravoúhlý. Úloha 5 (vlastnost mediánu pravoúhlého trojúhelníku). Dokažte, že v pravoúhlém trojúhelníku se medián k přeponě rovná jeho polovině. Úloha 6. Dokažte, že v pravoúhlém trojúhelníku s nestejnými nohami je osa pravý úhel půlí úhel mezi výškou a mediánem nakresleným ze stejného vrcholu. Úloha 7. Medián a výška trojúhelníku nakresleného z jednoho vrcholu rozdělují tento úhel na tři stejné části. Dokažte, že trojúhelník je pravoúhlý trojúhelník.

Vlastnosti oblasti. Oblasti polygonů Důsledek z věty o ploše trojúhelníku. Jsou-li výšky dvou trojúhelníků stejné, pak jsou jejich plochy vztaženy jako základny. Věta o poměru obsahů trojúhelníků se stejnými úhly. Pokud je úhel jednoho trojúhelníku roven úhlu jiného trojúhelníku, pak jsou plochy těchto trojúhelníků ve vztahu jako součin stran obsahujících stejné úhly.

Cevianovy věty o průsečíku Věta. V libovolném trojúhelníku se střednice protínají v jednom bodě (těžiště, těžiště) a jsou tímto bodem rozděleny v poměru 2:1, počítáno shora. Vlastnosti mediánu: 1. Medián rozděluje trojúhelník na dva stejné, to znamená, že mají stejnou plochu. 2. Tři mediány rozdělují trojúhelník na šest stejných. 3. Segmenty spojující těžiště s vrcholy trojúhelníku rozdělují trojúhelník na tři stejné části.

Jednou z hlavních metod řešení problémů, ve kterých jsou zahrnuty mediány trojúhelníku, je metoda „zdvojnásobení mediánu“. Doplňte trojúhelník na rovnoběžník a použijte větu o součtu čtverců jeho úhlopříček. Úloha 8. Najděte poměr součtu čtverců mediánů trojúhelníku k součtu čtverců všech jeho stran.

Sektorová vlastnost vnitřního úhlu trojúhelníku. Osa vnitřního úhlu trojúhelníku rozděluje protilehlou stranu na části úměrné jeho ohraničujícím stranám. Teorém. V libovolném trojúhelníku se osy protínají v jednom bodě (a středu), který je středem kružnice do něj vepsané. Poznámka: Je zřejmé, že těžiště a střed trojúhelníku vždy leží uvnitř.

. Řešení. B A 1 1) V trojúhelníku ABC AA 1 je sečna úhlu A, proto AB: AC = BA 1: CA 1 = BA 1: (BC - BA 1) I nebo C А B 1 2) V trojúhelníku ABA 1 BI je sečna úhlu B, takže AI: IA 1 = BA: BA 1 nebo

Věta o kolmici na úsečku. Každý bod kolmice k úsečce je stejně vzdálen od konců této úsečky. Naopak každý bod stejně vzdálený od konců segmentu leží na kolmici k němu. Teorém. Odvěsny ke stranám trojúhelníku se protínají v jednom bodě, který je středem kružnice, které je kolem něj opsána. Teorém. V libovolném trojúhelníku se výšky protínají v jednom bodě (ortocentru trojúhelníku). Otázka. Kde je ortocentrum ostrého, pravého, tupého trojúhelníku?

Řešení. B 1) Trojúhelník BC 1 H je pravoúhlý a C 1 H 2) Trojúhelník BC 1 C je pravoúhlý a A B 1 C

Použití přetypovaných vzorců. Kde je poznámka. Pokud je jeden z úhlů tupý, pak v (*) musí být odpovídající kosinus vzat modulo.

Zajímavé jsou problémy s nalezením vzdálenosti libovolného vrcholu trojúhelníku k jednomu z jeho pozoruhodných bodů. Nejprve vyřešíme problém zjištění vzdálenosti od vrcholu k ortocentru. Úloha 11. V trojúhelníku ABC jsou vynechány výšky BB 1 a CC 1. Najděte délku úsečky HB, kde H je průsečík výšek. B 1) trojúhelník BC 1 Н je pravoúhlý a Řešení. C 1 H 2) trojúhelník BC 1 C je pravoúhlý trojúhelník a A B 1 C

Úloha 12. Najděte vzdálenost od vrcholu B trojúhelníku ABC k ortocentru, pokud Řešení. Podle zákona kosinů Tehdy

Úloha 13. V úhlech A a B trojúhelníku ABC (A

Úloha 14. Který z vrcholů trojúhelníku je blíže středu? Řešení. C D I A Nechť I je střed, průsečík osnic trojúhelníku ABC Využijme toho, že větší úhel leží proti větší straně trojúhelníku. Pokud AB > BC, pak A

Úloha 15. Která z výšek trojúhelníku je nejmenší? Řešení. C B 1 A 1 H A C 1 Nechť H je průsečík výšek trojúhelníku ABC. Prochází-li AC B. body C 1 a B 1 kružnice o průměru BC. B Uvážíme-li, že menší ze dvou tětiv je ta, na které spočívá menší vepsaný úhel, dostaneme, že CC 1

Úloha 16. Úsečka AH je výška trojúhelníku ABC. Z vrcholů B a C jsou nakresleny kolmice BB 1 a CC 1 k přímce procházející bodem A. Dokažte, že trojúhelníky ABC a HB 1 C 1 jsou podobné. Najděte obsah trojúhelníku HB 1 C 1, pokud se obsah trojúhelníku ABC rovná S a AC: HC 1 = 5: 3. Důkaz. Protože trojúhelníky ANS a ACC 1 jsou pravoúhlé, leží body H a C 1 A na kružnici o průměru AC. C 1 B B 1 H Podobně body B 1 a H leží na kružnici o průměru AB. S trojúhelníkem ACC 1

Proto platí, že (1) a (2), A pak jsou trojúhelníky ABC a HB 1 C 1 podobné. C 1 Koeficient podobnosti B B 1 H C znamená

Úloha 17. Nechť body A 1, B 1, C 1 v ostroúhlém trojúhelníku ABC jsou základnami výšek. Dokažte, že bod H - průsečík výšek trojúhelníku ABC je průsečíkem os trojúhelníku A 1 B 1 C 1. Řešení. Na stranách AC a BC B trojúhelníku ABC, stejně jako na průměrech C 1 A, sestrojíme kružnice. H Body A 1, B 1, C 1 patří do těchto kruhů. 1 A B 1 C Proto B 1 C 1 C = B 1 BC, jako úhly založené na stejném kruhovém oblouku. B 1 BC = CAA 1, jako úhly se vzájemně kolmými stranami.

CAA 1 = CC 1 A 1 jako úhly založené na stejném kruhovém oblouku. Proto B 1 C 1 C = CC 1 A 1, tj. C 1 C je osou úhlu B 1 C 1 A 1. Podobně je ukázáno, že AA 1 a BB 1 jsou osy úhlů B 1 A 1 C 1 a A 1 B 1 C 1. B C 1 A 1 H A B 1 C Samostatně vyšetřujte případy pravoúhlého a tupoúhlého trojúhelníku.

Integrace algebraických a geometrických metod při řešení problémů

Jedním z naléhavých problémů školního matematického vzdělávání v současné fázi je problém integrace matematických znalostí, utváření holistických představ studentů o matematice jako vědě. Řešení tohoto problému je důležité zejména pro základní školu, kde se studují dva matematické obory: algebra a geometrie.

Pojem „integrace“ [lat. integratio - obnova, doplnění; celé číslo - celek] je interpretováno jako obnova, sjednocení do celku libovolných částí, prvků; jako stav propojenosti do celku samostatných diferencovaných částí a také jako proces vedoucí k takovému stavu. Integrace je ve vzdělávání často chápána jako vzájemné ovlivňování, prolínání a propojování obsahu různých akademických oborů.

Protože hlavní činností studentů ve výuce matematiky je řešení problémů, je vhodné integrovat algebru a geometrii v souladu s jejich metodami. Algebraická metoda (ve vztahu k elementární matematice) je interpretována jako metoda spočívající v použití písmen a doslovných výrazů, které jsou transformovány podle určitých pravidel. Říká se jí také metoda doslovných výpočtů.

Geometrická metoda je charakterizována jako metoda, která vychází z vizuálních reprezentací. Podstatnými znaky tohoto pojmu jsou geometrická (vizuální) zobrazení a zákony geometrie, které odrážejí vlastnosti geometrických tvarů.

Vezmeme-li za základ pro klasifikaci algebraických a geometrických metod systém znalostí, na kterých je metoda založena, dostaneme následující metody.

1. Algebraické: metoda identických transformací; metoda rovnic a nerovnic; funkční metoda; vektorová metoda; souřadnicová metoda.

2. Geometrické(omezíme se na planimetrii): délková metoda; trojúhelníková metoda; metoda rovnoběžných čar; metoda vztahů mezi stranami a úhly trojúhelníku; metoda čtyřúhelníků; plošná metoda; metoda podobnosti trojúhelníků; goniometrická metoda (metoda založená na poměrech mezi stranami a úhly trojúhelníku, vyjádřených pomocí goniometrických funkcí); metoda geometrických transformací; grafická metoda (ačkoli je tato metoda studována v rámci algebry, je založena na použití geometrických reprezentací funkcí as nimi spojených geometrických zákonů).

Budeme předpokládat, že každá metoda se skládá z určitých technik a každá technika se skládá z akcí. Pod integrací algebraických a geometrických metod rozumíme proces kombinování těchto metod nebo propojení jejich technik do jedné metody.

V oblasti výuky řešení problémů zahrnuje integrace metod paralelní (v jedné vyučovací hodině) řešení problému různými metodami (algebraickými a geometrickými) nebo řešení algebraického problému geometrickou metodou a geometrického problému algebraická metoda. Prostředkem integrace mohou být speciální bloky úloh, které zahrnují jak algebraické, tak i geometrické problémy. Uveďme příklady.

7. třída

Zde můžete využít textové úlohy z kurzu algebry a geometrické úlohy řešené metodou rovnic.

Úkol 1. Jeden výtah měl dvakrát více obilí než druhý. Z prvního výtahu bylo vyvezeno 750 tun obilí, do druhého výtahu bylo přivezeno 350 tun, poté se obilí vyrovnalo v obou výtahech. Kolik obilí bylo původně v každém výtahu?

K řešení tohoto problému používáme metodu rovnic a nerovnic z algebry a metodu délek z geometrie, založenou na vlastnostech délky úsečky.

Algebraická metoda. Nechť x tun obilí bylo původně v druhém výtahu, pak 2x tun obilí bylo původně v prvním výtahu; V prvním výtahu zůstalo (2x – 750) tun obilí a ve druhém (x + 350) tun obilí. Protože se zrno v obou elevátorech srovnalo, můžeme vytvořit rovnici

2x - 750 = x + 350, tedy x = 1100, 2x = 2 1100 = 2200.

Odpověď: 2200 tun obilí bylo v prvním výtahu a 1100 tun - ve druhém.

geometrickou metodou. Tento problém řešíme pomocí spojnicového grafu. Spojnicový graf je obvykle segment nebo několik segmentů, jejichž délky odpovídají číselným hodnotám příslušné veličiny. Problém řešíme po etapách.

1. etapa. Konstrukce liniového diagramu. Po přečtení textu úlohy žáci diskutují o následujících otázkách (pomoc učitele je možná).

1. Kolik situací je v problému zohledněno?

[Dva: počáteční a konečný.]

2. Od jaké situace byste měli začít sestavovat spojnicový graf?

[Můžete začít stavět od první situace a přejít z ní do druhé, nebo můžete
nejprve vytvořte liniový diagram konečné situace a přejděte z něj do
počáteční. Zvažte první možnost pro vytvoření spojnicového grafu.]

3. Jaký je liniový diagram výchozí situace?

[Dva segmenty, z nichž jeden je dvakrát delší než druhý. První segment představuje
množství zrna v prvním elevátoru a druhé - ve druhém elevátoru.]

Poté studenti sestaví schéma výchozí situace. Poté diskuse pokračuje.

4. Jak přejít na diagramu z první situace do druhé?

[Je nutné odečíst od prvního segmentu segment, který běžně zobrazuje 750 tun, a
přidat segment představující 350 tun k druhému segmentu.]

5. Jsou tyto segmenty brány libovolně?

[Ne, je třeba vzít v úvahu, že nově získané segmenty musí
být stejné, protože zrno v obou výtahech se stalo rovným.]

Po provedení akcí se segmenty studenti obdrží schéma konečné situace. První etapa práce na úloze končí označením segmentů a návrhem záznamů na výkresu.

2. etapa. Řešení výsledné geometrické úlohy. Sestrojený liniový diagram mění algebraický problém na geometrický, jehož řešení je založeno na využití vlastností délky segmentu, a to:

1) mají stejné segmenty stejné délky; menší segment má kratší délku;
2) pokud bod rozděluje segment na dva segmenty, pak je délka celého segmentu rovna součtu délek těchto dvou segmentů.

Studenti zapíší řešení v geometrickém jazyce pomocí zápisu segmentů a výsledek se převede do přirozený jazyk. V tomto případě je tento překlad proveden automaticky z důvodu přenosu terminologie (3. etapa). Nejprve by měl být proveden podrobný záznam řešení s uvedením toho, co každý segment představuje. Postupně můžete přejít ke krátké poznámce, protože některá fakta jsou vidět na obrázku.

Uveďme podrobný záznam řešení úlohy 1.

Řešení. 1. etapa. Nechť segment AB představuje množství zrna v prvním elevátoru (obr. 1), pak segment bude představovat množství zrna ve druhém elevátoru.

AB = 2CD - počáteční rozdělení zrna mezi elevátory. Z prvního elevátoru bylo vyvezeno 750 tun obilí a do druhého elevátoru bylo přivezeno 350 tun, takže od segmentu AB odečteme segment BK, podmíněně představující 750 tun, a k segmentu CD přidáme segment DE, představující 350 tun.

2. etapa. Metoda I. CD = AF = FB (podle konstrukce),

FB = FK + KB = 350 + 750 = 1100, takže CD = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

3. etapa. Odpověď: v prvním výtahu bylo 2200 tun obilí, ve druhém 1100 tun.

Studenti si mohou udělat krátkou poznámku k řešení problému, mohlo by to být například takto.

Řešení. AB = 2CD - počáteční rozdělení zrna mezi dvě elevátory; BK = 750, DE = 350.

AK = CE - konečné rozdělení zrna mezi elevátory.

CD = AF = FB (podle konstrukce), FB = 350 + 750 = 1100, pak

CD = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

Odpověď: 2200 tun, 1100 tun.

Spojnicový diagram vám umožňuje vytvářet různé rovnice pro problém, který studenti nemohou zapsat bez nákresu, to znamená, že je možné řešit problém algebraickým způsobem různými způsoby. Pojďme se na některé z nich podívat.

Metoda II. Nechť AK = CE = x, pak, protože AB = 2CD, dostaneme x + 750 = 2(x - 350),

odkud x = 1450, CD = 1450 - 350 = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

Odpověď: 2200 tun, 1100 tun.

Metoda III. Nechť CD = x, pak AB = 2x. Protože AK = CE, máme 2x - 750 = x + 350

(Stejná rovnice se získá při řešení problému bez diagramu.)

Spojnicový graf umožňuje nejen vyřešit problém bez rovnice, ale často je odpověď „vidět“ přímo na výkresu.

Úkol 2. Jeden zahradní pozemek má pětkrát více malinových keřů než druhý. Poté, co bylo 22 keřů přesazeno z první sekce do druhé, pak se v obou částech malinových keřů rovnoměrně rozdělil. Kolik malinových keřů bylo na každém pozemku?

Řešení. 1. etapa. Nechť segment AB představuje počet keřů maliníku v první oblasti a segment CD počet keřů maliníku ve druhé oblasti (obr. 2). AB a 5CD - počáteční rozložení keřů maliníku mezi pozemky.

Protože se oba úseky malinových keřů vyrovnaly, rozdělíme segment BE na polovinu (BF = FE) a odečteme segment BF od segmentu AB a přidáme segment DK (DK = BF) k segmentu CD. AF = CK - konečné rozložení keřů maliníku mezi pozemky.

2. etapa. Podle stavu bylo z prvního místa na druhé transplantováno 22 keřů, což znamená BF = 22 = 2CD, poté CD = 11, AB = 5CD = 5 11 = 55.

Odpověď: na prvním stanovišti bylo 55 keřů maliníku, na druhém 11 keřů.

Jednou z výhod použití geometrické metody při řešení uvažovaných problémů je její přehlednost. Sestavení liniového diagramu a přechod z jednoho z jeho stavů do jiného umožňuje studentům lépe vnímat situace popsané v problému, a pomáhá tak nacházet způsoby jeho řešení. Někdy je odpověď na výkresu téměř zřejmá, to umožňuje použít liniový diagram pro kontrolu řešení úlohy, která se provádí algebraickou metodou bez výkresu.

V motivační fázi tvorby geometrické metody je vhodné navrhnout řešení úlohy dvěma metodami: algebraickou a geometrickou. Úloha by měla být vybrána tak, aby její řešení pomocí liniového diagramu bylo racionálnější než řešení bez výkresu. Uveďme příklad řešení jednoho z těchto problémů.

Úkol 3. První nádrž obsahuje čtyřikrát více kapaliny než druhá. Když se 10 litrů kapaliny přelilo z první nádrže do druhé, ukázalo se, že to, co zbylo v první, se stalo ve druhé nádrži. Kolik litrů kapaliny bylo původně v každé nádrži?

Řešení. Algebraická metoda. Dostáváme se k rovnici

kde x l je počáteční množství kapaliny ve druhé nádrži.

Když vyřešíme tuto rovnici, zjistíme, že x = 10

4x = 4 10 = 40.

Takže v první nádrži bylo 40 litrů a ve druhé 10 litrů.

Geometrická metoda. Sestavme liniové schéma počáteční distribuce kapaliny mezi dvěma nádržemi. Nechť segment AB představuje množství kapaliny (l) v první nádrži (obr. 3), potom segment CD bude představovat množství kapaliny (l) v druhé nádrži (stavbu lze zahájit ze segmentu CD). AB = 4CD - počáteční rozdělení kapaliny mezi dvě nádrže.

Proces přelévání kapaliny z jedné nádrže do druhé se zobrazí jako odečtení určitého segmentu od segmentu AB a jeho přidání do segmentu CD. Chcete-li zjistit délku segmentu, který by měl být odečten od segmentu AB, je třeba si uvědomit následující: v první a druhé nádrži bylo 5 dílů kapaliny a v první nádrži byly 4 díly a v druhý 1 díl.

Po transfuzi se celkové množství tekutiny (5 dílů) nezměnilo, ale ve druhé nádrži se stalo 2 díly a v prvních 3 dílech. To znamená, že segment BE musí být odečten od segmentu AB (BE = CD) a segment DK (DK = BE) musí být přidán k segmentu CD, pak , což odpovídá transfuzi kapaliny. Tedy BE = 10

AB=40, CD=BE=10.

Takže v první nádrži bylo 40 litrů kapaliny a ve druhé 10 litrů.

Po vyřešení problému byste měli oba způsoby řešení se studenty porovnat, identifikovat výhody a nevýhody každého z nich.

Je třeba poznamenat, že pomocí spojnicových grafů se řeší problémy, ve kterých jsou uvedeny poměry hodnot množství (méně, více, o, v, stejně) a je zvažována jedna nebo více situací.

Textové úlohy, ve kterých je jedna z veličin součinem ostatních dvou, nám umožňují integrovat plošnou metodu založenou na vlastnostech plochy a metodu rovnic a nerovnic. Uveďme příklady.

Úkol 4. Družstvo dřevorubců denně překračovalo normu o 16 m 3, takže týdenní normu (šest pracovních dnů) splnilo za čtyři dny. Kolik metrů krychlových dřeva vytěžila brigáda za den?

Řešení. Algebraická metoda. Dostáváme se k rovnici

kde x m 3 je denní norma brigády podle plánu.

Geometrická metoda. Protože úloha uvažuje součin dvou veličin (A = pn), pro názornost jej uvádíme ve formě dvourozměrného diagramu. Dvourozměrný diagram je plocha jednoho nebo více obdélníků, jejichž strany představují číselné hodnoty uvažovaných veličin (p a n) a plocha obdélníku představuje jejich součin (S = A).

Řešení problému, stejně jako v případě lineárního (jednorozměrného) diagramu, probíhá ve třech fázích:

1) vytvoření dvourozměrného diagramu, to znamená převedení problému do jazyka segmentů a oblastí obrázků;
2) řešení výsledného geometrického problému sestavením rovnice založené na využití vlastností oblasti polygonálních obrazců;
3) překlad obdržené odpovědi z geometrického jazyka do přirozeného jazyka.

1. etapa. Provádí se při analýze textu úlohy. Studenti odpovídají na následující otázky.

1. Je možné sestavit dvourozměrné schéma podle stavu problému?

[Je to možné, protože jedna z veličin (týdenní norma brigády) se rovná
součin dalších dvou: denní norma brigády a počet dní.]

2. Co je to 2D graf?

[Obdélník, jehož jedna strana definuje
brigádní denní dávka a druhá - počet dní.]

3. Kolik obdélníků by se mělo postavit?

[Za druhé, jejich oblasti určí týdenní sazbu brigády
podle plánu a skutečně dokončil práci za čtyři dny.]

4. Co lze říci o plochách těchto obdélníků?

[Jsou si rovni, protože byly dokončeny ve čtyřech
denní práce se rovná týdenní sazbě.]

Poté žáci s pomocí učitele dokončí stavbu. Základna a výška prvního obdélníku jsou brány libovolně, druhý obdélník je roven prvnímu a jejich základnami jsou segmenty ležící na stejném paprsku se společným počátkem (obr. 4). První etapa končí označením obdélníků a návrhem zápisů do výkresu.

Na začátku učení geometrické metody je veden podrobný záznam o tom, co znamená délka, šířka a plocha každého obdélníku, to znamená, že úkol je přeložen do geometrického jazyka.

2. etapa. Etapa začíná úvahou o plochách výsledných obdélníků a stanovením vztahů mezi nimi (rovnosti, nerovnosti). Žákům je položena otázka: pojmenujte obdélníky se stejnou plochou. Odpovídající záznam je:

S ABCD \u003d S AMNK \u003d S, S 1 \u003d S 2, protože S 1 + S 3 \u003d S 2 + S 3.

Mezi studenty mohou být tací, kteří dokreslí kresbu s velkou nepřesností, to znamená, že v kresbě nebudou obdélníky BMNE a KECD zjevně stejné. Je třeba upozornit na to, že čáry KB a CN by měly být rovnoběžné.

Pomocí podmínky S 1 \u003d S 2 se sestaví rovnice. Uveďme přibližný zápis řešení úlohy 4 geometrickou metodou.

Řešení. Ať S ABCD určí týdenní normu pro tým dřevorubců. AB - produktivita (m 3) brigády za den dle plánu; AD - počet dní; S AMNK - množství práce odvedené týmem za čtyři dny.

SAMNK=SABCD=S;

S 1 \u003d S 2, protože S 1 + S 3 \u003d S 2 + S 3.

S 1 \u003d 2KE, S 2 \u003d 16 4 \u003d 64,

znamená 2KE = 64, pak KE = 32.

AB = KE = 32, AM = AB + BM = 32 + 16 = 48.

Odpověď: brigáda vytěžila 48 m 3 lesa denně.

Pomocí dvourozměrného diagramu a geometrických vztahů, zejména stejné plochy obdélníků ABCD a AMNK, lze vytvořit další rovnici. Pokud AB = x, pak dostaneme

(stejná rovnice se získá při řešení úlohy bez výkresu).

Úkol 5. Zakázku na výrobu automobilů měl závod vyřídit za 15 dní. Ale již dva dny před termínem závod nejen splnil plán, ale navíc vyrobil dalších šest vozů nad plán, protože každý den vyrobil dva vozy nad plán. Kolik vozů měl závod podle plánu vyrobit?

Zvláštností řešení tohoto problému geometrickou metodou ve srovnání s řešením předchozího problému je, že plochy S 1 a S 2 (viz obr. 4) nejsou stejné, jelikož podle podmínky rostlina ne pouze splnila plán, ale navíc vyrobila nad rámec plánu dalších šest vozů. Studenti by to měli mít na paměti jak při konstrukci výkresu, tak při sestavování rovnice.

Řešení. Nechť AB představuje výrobní kapacitu závodu za den podle plánu (obr. 5). AD - termín dokončení zakázky dle plánu. Poté S ABCD určuje celou zakázku na výrobu vozů, AM představuje počet vozů, které závod denně vyrobil, AP je dodací lhůta a S AMNP odpovídá počtu vozů, které závod vyrobil za 13 dní.

Podle stavu závod vyrobil šest vozů nad plán, takže máme

S 1 + S 3 + 6 \u003d S 3 + S 2 nebo S 1 + 6 \u003d S 2,

ale S 2 = 2 13 = 26, odtud S 1 + 6 = 26, odkud S 1 = 20. Na druhou stranu S 1 = 2AB, tedy 2AB = 20, pak AB = 10, S ABCD = AB 15 = 10 15 = 150.

Odpověď: závod měl podle plánu vyrobit 150 vozů.

Geometrické úlohy mohou sloužit i jako prostředek integrace metod v 7. ročníku. Uveďme příklady.

Úkol 6. Bod A rozdělí segment CD na polovinu a bod B jej rozdělí na nestejné části. Dokažte, že plocha obdélníku o rozměrech CB a BD se rovná rozdílu mezi plochami čtverců se stranami AD a AB

Řešení. Nechť CD = x, BD = y. Pak

Pro vyřešení problému je tedy nutné prokázat totožnost

Jak vidíte, na řešení tohoto problému se podílí metoda oblastí a metoda identických transformací.

Úkol 7. AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (obr. 7). Najděte úhel A.

Řešení. Nechť Р A = x, pak Р 1 = Р A = x. P 2 \u003d 2x (jako vnější roh trojúhelníku APQ), P 4 \u003d P 2 \u003d 2x.

P 3 \u003d 180 ° - (P 2 + P 4) \u003d 180 ° - 4x,

P 5 \u003d 180 ° - (P 1 + P 3) \u003d 3x,

P6 = P5 = 3x. P 7 = P B - P 6, ale

proto

Protože P 8 \u003d P C, pak P C + P 8 + P 7 \u003d 2P C + P 7 \u003d 180 °, popř.

Řešením této rovnice dostaneme, že x = 20°.

Odpověď: P A \u003d 20 °.

Při řešení této úlohy byla použita metoda trojúhelníků a metoda rovnic a nerovnic. Podobné problémy se vyskytují v učebnicích geometrie.

Iterační algebraické metody pro rekonstrukci obrazu

absolventské práce

4.1 Algebraická metoda

Nechť funkce f(x) = f(x, y) popisuje nějaké rozložení hustoty v některém vybraném úseku objektu. Hlavním úkolem výpočetní tomografie je rekonstruovat funkci f(x) ze souboru experimentálně získaných projekcí:

což jsou lineární integrály požadovaného rozdělení podél přímek L:. Zde je úhel skenování, je to funkce delta.

V praxi se projekce zpravidla nenastavují pro všechny hodnoty, ale pouze pro konečný počet z nich. Existuje řada praktických problémů, u kterých je počet diskretizací 0 velmi omezený (od 3 do 5). Problémy tohoto typu souvisí s problémy nízkoúhlové tomografie a patří k nejobtížněji řešitelným. Úkol lze formulovat následovně: pro danou konečnou množinu projekcí funkce dvou proměnných získejte nejlepší odhad této funkce.

Formulujme obecné tvrzení problému obnovy řešení problému (4.1) pomocí algebraických metod a sestrojme iterační algoritmus pro obnovu takových problémů. Použití algebraických metod se zásadně liší od metody integrálních transformací, protože zahrnuje diskretizaci obrazu před zahájením obnovovacího algoritmu. Sestavení diskrétního modelu problému rekonstrukce obrazu lze popsat následovně.

Nechť je potřeba obnovit dvourozměrnou funkci f(x)=f(x,y) definovanou v oblasti D R2. Předpokládejme, že oblast obnovy D je uzavřena ve čtverci K, který je rozdělen na n stejných malých čtverců nazývaných elízy. Očíslujme všechny elisy od 1 do n. Zároveň přijmeme hlavní omezení, a to, že obnovená funkce f(x) nabývá uvnitř j-té elizy konstantní hodnotu fj, tj. nahradíme funkci f ( x) s diskretizovaným výrazem

jestliže (x) j-tá elise;

v opačném případě. (4.3)

Předpokládejme, že máme množinu lineárních spojitých funkcionálů, které představují přímou Radonovou transformaci podél množiny několika čar:

Pak je průmět funkce f(x) podél paprsku Li.

Aplikováním operátorů na rovnost (4.2) a zohledněním jejich spojitosti a linearity získáme systém lineárních algebraické rovnice

kde i = 1, ..., m; j = 1, ..., n.

Je-li rodina bázových funkcí (bj) dána vzorcem (4.3), pak

Délka průsečíku i-tého paprsku s j-tou elízou.

Matici koeficientů označíme A=(), obrazový vektor f=(f1, f2, ..., fn), promítací vektor R=(R1, R1, ..., Rt). Potom je řešení úlohy redukováno na řešení soustavy lineárních algebraických rovnic tvaru

V tomto případě je vektor R znám s určitou chybou.

Je třeba poznamenat, že tvar systému (4.5) závisí na konkrétní volbě systému bázových funkcí bi a množiny funkcionálů Ri. Existují i ​​jiné způsoby, jak zvolit rozdělovací mřížku domény D (a tedy i základní funkce bi). Funkcionály se volí nejen ve tvaru (4.4), ale také s přihlédnutím ke skutečné délce paprsků a pomocí po částech konstantních funkcí. Vyjádření problému navíc nezávisí na geometrii paprsků a je snadno formulovatelné pro trojrozměrný případ.

4.2 Použití operátorů prokládání

V této části se zabýváme novou metodou pro reprezentaci přibližného řešení problému ploché počítačové tomografie (CT) ve formě po částech konstantních funkcí. Metoda má vyšší přesnost než klasická metoda řešení rovinné úlohy RKT pomocí po částech konstantních funkcí.

rozdělení E2 na čtyřúhelníky. Uveďme si následující zápis.

Operátor О1 je operátor aproximace f(x,y) po částech konstantními funkcemi v x. Pokud y=konst, pak se zjistí z podmínky nejlepší aproximace f(x,y) v pásmu yE. Podobně operátor О2 je operátor aproximace f(x, y) po částech konstantních funkcí v y.

Pokud x=konst, pak j(x) se najde z nejlépe vyhovujícího f(x,y) v pásmu xE.

Představujeme následující operátory:

Najdeme hodnoty z podmínky nejlepší aproximace f číslem f(оij, ij) v

Lemma 3.1 Nechť funkce, r=1,2 nebo a je funkce s omezenou variací. Pak mají vlastnosti operátory Onm

Důkaz. Vlastnosti (3.25) a (3.26) vyplývají z toho, že

Vlastnost (3.27) vyplývá ze skutečnosti, že

Vlastnosti (3.29) platí pro všechny diferencovatelné funkce a pro spojité funkce s omezenou variací.

Lemma 1 je dokázáno.

Důsledek 1. Pro a pro spojité funkce s omezenou variací získáme následující odhad chyby.

Důsledek 2. Nahrazení funkcí po částech konstantními funkcemi jedné proměnné se stejným odhadem chyby

získáme operátora

Získat hodnoty pro gi (x)

Získat hodnoty pro Gi (y)

s následujícími vlastnostmi:

Důsledek 3. Operátor

má následující vlastnosti:

Jestliže r=1,2 nebo u je funkce s omezenou variací, pak

Důkaz. Pro chybu můžeme napsat rovnost

To implikuje nerovnost

Aplikací odhadů 3 a 4 na pravou stranu získaného výrazu se dostaneme k odhadu (3.42).

Důsledek 3 je dokázán.

Pokud m=n, pak má operátor chybu (používá konstanty); aproximace operátorem má chybu. To znamená, že operátor (používá konstanty) má stejnou chybu jako operátor:

Následující odstavce zdůrazňují výhody této metody.

Počet neznámých

Využití prolínání funkcí při konstrukci přibližného řešení, konkrétně reprezentace přibližného řešení ve tvaru:

vedlo ke vzniku konstant 2n3+n2, které jsou neznámé. Proto operátor používá O(n3) konstanta-neznámé. Operátor má chybu.

Použití operátoru - klasické reprezentace přibližného řešení - vede k výskytu n4 konstant, které jsou neznámé. Proto operátor používá O(n4) konstanta-neznámé. Operátor má chybu.

Shrneme-li výše uvedené, dojdeme k závěru, že použití operátoru vyžaduje nalezení O(n3) neznámých, zatímco použití operátoru vyžaduje nalezení neznámých O(n4) k aproximaci řešení se stejnou chybou.

Použití operátoru proto přináší značné výhody z hlediska počtu aritmetických operací, neboť pro dosažení stejné přesnosti je nutné řešit soustavu lineárních algebraických rovnic nižší dimenze.

Pro ilustraci této skutečnosti uvádíme následující tabulku:

stůl 1

	Neznámý	Neznámý	Chyba

Porovnání ukazuje, že pro dosažení stejné přesnosti při použití operátoru můžete vzít méně rovnic. Například pro n=9 je počet neznámých v klasické metodě 4krát větší.

Vzhledem k tomu, že systém musí být přeurčen a pro n=9 neznámých 1539 (pro případ s prokládáním) a 6561 (pro klasickou metodu) a počet rovnic by měl být brán větší než počet neznámých, je jasné, že v metodě s prokládáním budou tyto rovnice menší.

Výpočetní experiment provedený s použitím vyvinutých algoritmů a programů tato tvrzení potvrdil.

Diskretizace regionu

Využití schémat pro řešení problému ploché počítačové tomografie, založené na využití a určuje diskretizaci oblasti.

Pro - nepravidelná mřížka: rozdělení na čtverce se stranou a obdélníky se stranami a protáhlé podél osy Ox a Oy. Uzly mřížky jsou umístěny ve středech čtverců a obdélníků.

Pro - běžná mřížka: rozdělení na čtverce se stranou. Uzly mřížky jsou umístěny ve středech čtverců.

Pozitivního efektu aplikace operátoru je dosaženo díky odlišnému uspořádání uzlů, což způsobuje souvislost mezi následujícím vztahem:

Které se shodují s uzly umístěnými ve středech příslušných čtvercových, svislých a vodorovných obdélníků.

Pro tyto body, protože v těchto centrech pak máme přesná řešení.

Přibližné řešení vytvořené pomocí je tedy interpolační vzorec. S jeho pomocí se hodnota funkce vypočítá v libovolných bodech oblasti D, kromě těch, které jsou uvedeny, ve kterých existuje přesná shoda

O přesné shodě v určených střediscích. Prostředek,

Antagonistická hra

Existují dva případy řešení úloh algebraickou metodou: 1. matice má sedlový bod; 2. matrice nemá sedlový hrot. V prvním případě je řešením dvojice strategií, které tvoří sedlovou pointu hry. Zvažte druhý případ...

Výpočetní matematika

Metoda dělení segmentu na polovinu je nejjednodušší a nejspolehlivější způsob řešení nelineární rovnice. Z předběžné analýzy ať je známo, že kořen rovnice (2.1) je na intervalu , tj. x*, takže f(x*) = 0...

Výpočetní matematika

Newtonova metoda je nejvíce účinná metodařešení nelineárních rovnic. Nechť kořen je x* , takže f(a)f(b)< 0. Предполагаем, что функция f(x) непрерывна на отрезке и дважды непрерывно дифференцируема на интервале (a, b). Положим x0 = b...

Výpočetní matematika

V této a následující části uvažujeme o modifikacích Newtonovy metody. Jak je vidět ze vzorce (2.13), Newtonova metoda vyžaduje pro svou implementaci výpočet derivace, což omezuje její použití. Metoda secant tento nedostatek nemá...

Iterativní algebraické metody rekonstrukce obrazu

Nechť funkce f(x) = f(x, y) popisuje nějaké rozložení hustoty v některém vybraném úseku objektu. Hlavním úkolem výpočetní tomografie je obnovit funkci f(x) ze souboru experimentálně získaných projekcí: (4...

x2, x4, x5, x6 - základní proměnné, x1, x3 - volné proměnné x1?F? x3? F? Vybíráte x3? x4 x2, x3, x5, x6 - základní proměnné, x1, x4 - volné proměnné x1?F? x4? F? Výběr x1? x5 x1, x2, x3, x6 - základní proměnné, x4...

Lineární a nelineární programování

Globální metoda minimálního vyhledávání, nazývaná metoda vyhledávání v mřížce, je spolehlivá, ale použitelná pouze pro nízkorozměrné problémy (n<4). Неправильный выбор начального шага сетки может привести к тому...

Lineární a nelineární programování

Iterace 1. Počet iterací k = 0 Iterace 2. Počet iterací k = 1 Hledání dokončeno 3.3...

Teoretická informace Nechť je funkce y = f(x) spojitá na úsečce . Musíme vypočítat určitý integrál. Stejně jako u metody paraboly rozdělujeme segmenty. Podstatou metody obdélníku je...

Matematické modelování a numerické metody při řešení technických problémů

Teoretický základ Předpokládejme, že potřebujeme vypočítat určitý integrál, kde y = f(x) je spojité na intervalu . Rozdělme segment na n stejných intervalů délky h body. V tomto případě se krok rozdělení určuje stejným způsobem jako u metody paraboly...

Metody řešení diferenciálních rovnic

Metoda obdélníků je metoda numerické integrace funkce jedné proměnné, která spočívá v nahrazení integrandu polynomem nultého stupně, tedy konstantou, na každém elementárním segmentu ...

Systémová analýza grup transformací stavů Rubikovy kostky

CFOP je název čtyř montážních fází (obrázek 3.2): Křížová, F2L, OLL, PLL: 1) Křížová - křížová montáž ...

Soustavy lineárních rovnic

Uvažujme soustavu 3 lineárních rovnic se třemi neznámými: Determinant třetího řádu odpovídající matici soustavy, tzn. složený z koeficientů neznámých se nazývá determinant systému...

Soustavy lineárních rovnic

Gaussova metoda je založena na následující větě: elementární transformace řádků rozšířené matice soustavy odpovídají transformaci této soustavy na ekvivalentní. Pomocí elementárních řádkových transformací rozšířené matice...

Numerické metody řešení transcendentálních rovnic

Nechť rovnice (1) má kořen na segmentu a f (x) a f "(x) jsou spojité a zachovávají konstantní znaménka v celém intervalu. Geometrický význam Newtonovy metody je, že oblouk křivky y \u003d f (x) se nahrazuje tečnou...