Si partimos de la relación entre lo deseado y los datos del problema, entonces la condición del problema para la construcción puede expresarse analíticamente.

La expresión analítica del problema de construcción en forma de ecuación y sus soluciones en forma de raíces de esta ecuación ayudan a encontrar solución geométrica, así como determinar con qué herramientas se puede realizar.

La solución de problemas por el método algebraico se reduce a la construcción:

• promedio proporcional a dos segmentos dados x = 4ab
• el cuarto proporcional a los tres segmentos dados, expresado

. „ antes de Cristo

presionado por la fórmula x \u003d -;

Por la suma algebraica de estos segmentos x = a±b, x-a + b-c + d,

x = 3a±2b etc.; _

Por fórmulas como x = 1a + b.

El método algebraico para resolver problemas de construcción geométrica es el siguiente:

• 1) las cantidades desconocidas que aparecen en la condición del problema se denotan con las letras x, y, z etc.;
• 2) componer ecuaciones que relacionen estas incógnitas con los valores dados en el problema a B C, ...;
• 3) resolver las ecuaciones formuladas;
• 4) examinar las respuestas recibidas;
• 5) realizar la construcción requerida.

Antes de pasar a resolver problemas de construcción por el método algebraico, consideremos la construcción de algunos segmentos dada por las razones entre las longitudes de otros segmentos.

1. A veces, en problemas de construcción geométrica, la relación de dos cantidades se da en la forma a:b; un 3: b 3; un 4: segundo 4 etc.

Demostremos que cualquiera de estas razones puede ser reemplazada por la razón de dos segmentos.

Problema 6.47. Construye un segmento dado por la razón a p: b p, dónde

Educación física NORTE.

Solución

Dibuja dos líneas arbitrarias mutuamente perpendiculares KL y Minnesota(Fig. 6.52) y denote con la letra O el punto de su intersección. en lineas rectas KL y Minnesota desde el punto O posponemos los segmentos OA y oa x, respectivamente igual a los segmentos dados Kommersant y una. Conectando los puntos A y un b restaurar en el punto un gramo perpendicular a AA X KL en algún punto L 2 . En el punto A 2 restauramos la perpendicular a Un 2 Un 1 y continuar hasta que se cruce con la línea Minnesota en el punto A 3, etc.

Determinemos el valor de cada una de las siguientes razones: AOx: AO; OA 2 : OAx; AO 3: AO g etc.

Dado que los triángulos rectángulos OA x, OA, A 2, OA^A 3 ,... son similares, eso quiere decir:

oa, y ,

Por construcción, - L = -, y por tanto, en virtud de igualdades (*), se obtiene OAb

Determinemos el valor de la razón No cambiará si

cada uno de sus términos se divide por la misma cantidad OAb y por lo tanto

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

Pero de las igualdades -- = - y -- = - vemos que -- = - y -= -.

OAOA x b oa, Kommersant oa, a

En virtud de las dos últimas igualdades, podemos reescribir la igualdad (**) de la siguiente manera:

OA 2 _ a 2 OA ~ b 2 "

Podemos encontrar otras relaciones mediante un razonamiento análogo.

2. Considere el problema de construir la media proporcional a dos segmentos dados, es decir segmento -pinchazo.

Problema 6.48. Construir la media proporcional de los segmentos. a y b. Solución

Sobre una línea recta, colocamos sucesivamente los segmentos CA = un y SUDOESTE = b(Figura 6.53)

Arroz. 6.53

en el segmento AB cómo construir un círculo ofiC, 1 en el diámetro.

En el punto C, restauramos la perpendicular a la línea AB.

Tenemos NC = -jab. En realidad, AANB- rectangular.

Según el conocido teorema AACN similar ANCB, lo que significa donde

NC 2 = AC CB, o en otra notación NC 2=ab. Finalmente tenemos NC-Jab.

3. Cuando se resuelven problemas de construcción, muy a menudo es necesario construir un segmento que sea el cuarto proporcional a tres segmentos dados. Consideremos una solución a este problema.

Problema 6.49. Dados tres segmentos abdominales. Construye tal línea X,

una c qué - = -.

Solución

Toma cualquier ángulo O. En un lado del ángulo, separa los segmentos OA = un y SO = s, y por el otro - un segmento OB-b(Figura 6.54)

Dibujar una línea a través del punto C R || AB. ella cruzará la viga VO en el punto D. Probemos que sobredosis- segmento deseado X. triangulos OAB

y TOC son similares. Por lo tanto, es decir DE = x.

Arroz. 6.54

En un caso particular, este problema nos permite dividir un segmento en PAGS a partes iguales. Denotemos este segmento como b. Toma cualquier segmento Con, Déjalo ir una - pd(Figura 6.55).

Arroz. 6.55

„ ac b b 1 .

Como - = -, entonces x =- con = - c = - b. oh ps p

4. Considere una razón de segmentos más compleja.

Problema 6.50. Construye un segmento dado por la razón 2 [un: 2/b, donde Educación física NORTE.

Solución

Supongamos que la relación de cantidades se da en la forma [a: -Jb, dónde a y Kommersant- datos del segmento.

Para determinar esos dos segmentos, cuya relación es igual a Va:Vb, se procede de la siguiente manera.

En una línea recta arbitraria desde un punto seleccionado A Dejemos a un lado dos segmentos en sucesión: KN-a y Nuevo Méjico = b(Figura 6.56)

Arroz. 6.56

en el segmento kilómetros, como en el diámetro, construya un semicírculo KRM.

En el punto norte restablezcamos la perpendicular NN" al segmento KM. Directo NN" cruza el arco KRM en algún momento l

conectando el punto LsKim. Segmentos KL y LM- deseado, es decir

De hecho, tenemos -=--. pero un klm similar a A LMN, pero-

KL LN KL 2 LN 2

esto-=-y, por lo tanto, -=--, pero de la última igualdad

LM NM LM NM 2

KN LN 2 KL 2 KN „

e igualdad-=-- se sigue que-- =-. Extrayendo cuadrado

NM NM 2 LM 2 NM

la raíz de ambas partes de la última igualdad, encontramos:

Para obtener dos segmentos cuya relación es [a: yfb, primero debe construir esos dos segmentos tipo de, la relación de

ryh está determinada por la igualdad - = -j=, y luego por el mismo

segmentos de búsqueda de construcción R y q, que se definen por la igualdad p_yfm h vn

Se pueden usar construcciones similares para encontrar segmentos cuya razón sea igual a 2 fa: 2 yх 2 + h h 2, luego de la igualdad (*) obtenemos

Construcción. 1. Construimos un segmento y \u003d yj (2h b) 2 -h a 2(Figura 6.61).

Arroz. 6.61

2. Edificio x = ^^-(Figura 6.62).

Arroz. 6.62

3. Finalmente, construimos el triángulo isósceles deseado A B C por razon CA \u003d 2hi altura DB = hb(Figura 6.63).

Arroz. 6.63

Prueba. Es necesario probar que en el triángulo isósceles construido A B C alturas BD-hb y AE-ha. La primera igualdad es obvia, y la validez de la segunda se sigue de la reversibilidad de todas las fórmulas dadas en el análisis. _

Estudiar. Notamos que el segmento y \u003d yl (.2h b) 2 -h 2 puede construirse sólo si (2/i b) 2 -ha 2>0, o 2 h b > ha .

Bajo esta condición, es posible construir un segmento x y, en consecuencia, el triángulo deseado A B C. Como dos triángulos isósceles de bases iguales y alturas iguales son iguales, el problema tiene solución única.

Comentario. El problema admite una solución más sencilla de otro modo. Si a través de un punto D dibuja una linea paralela a la altura AE y el lado de cruce sol en el punto F, entonces un triangulo DFB se puede construir en la pierna 0.5 ha e hipotenusa hb, lo que conducirá a la construcción del triángulo deseado.

Problema 6.57. A través de un punto dado fuera del círculo PERO dibujar una secante que sería dividida por este círculo en este sentido.

Solución

Análisis. Digamos que el problema está resuelto: secante Alabama satisface la condición del problema (Fig. 6.64). Dibujar una secante desde el punto A AU, que pasa por el centro O de la circunferencia dada. Como se nos da el punto A, significa que conocemos los segmentos ANUNCIO y como. Denotar con la letra x la longitud del segmento ALASKA. Si sacamos secantes desde el punto A, que está fuera del círculo, entonces el producto de toda la secante por su parte exterior es un valor constante, y por lo tanto

Arroz. 6.64

Del dibujo vemos que AL = x + LK.

yo shs.. ph

Y ya que por condición x: LK=m : PAGS, aquellos. bk =- eso significa AL=x+ - -

= -(t + p). t

Por lo tanto, la igualdad (*) tomará la siguiente forma: x-(m + n) = AD? AU, dónde

Construcción. 1. Con base en la fórmula (**), por una construcción conocida, determinamos el segmento x.

• 2. Desde un punto PERO haz una muesca en este círculo A con un radio igual a la x encontrada.
• 3. Uniendo los puntos PERO y A y continuando esta línea, obtenemos la secante deseada.

Tenga en cuenta que no hemos dado el razonamiento que tiene lugar para resolver este problema en las etapas de prueba e investigación (dejamos que el lector lleve a cabo estas etapas por su cuenta).

Problema 6.58. Encuentre un punto fuera del círculo dado tal que la tangente trazada desde él a este círculo sea la mitad de la secante trazada desde el mismo punto por el centro.

Solución

Análisis(Figura 6.65). Denotamos con la letra x la distancia al punto deseado desde el centro O del círculo. Como es sabido, AB 2 -DA? C.A.(1) pero DA = x - z (2), CA = x + z(3) y, por lo tanto, AB 2\u003d (x - g) (x + g) \u003d x 2 - gramo 2 y AB \u003d 1x 2 -g 2 (4).

Arroz. 6.65

Ya que según la condición CA \u003d 2AB, entonces de las fórmulas (3) y (4) tenemos x + r - \u003d 21x 2 - r 2, de donde x 2 + 2rx + r 2 \u003d 4x 2 - 4r 2, o Zx 2 - 2rx - 5r 2 \u003d 0. Por lo tanto,

aquellos. x a \u003d - g y x 2 \u003d - g.

En este problema, x no puede ser un valor negativo y, por lo tanto, descartamos la segunda raíz.

Construcción. Sigamos con uno de los diámetros. (CD) circulo dado

y sobre ella apartamos del punto D segmento de línea DA, igual -g (DA = AO - OD = 5 2 3

à - à = -à (6)).

Punto PERO- deseado.

Prueba. CA = x + z = -z + z, aquellos. ac=-g (7).

.- /2 8 4 C.A.

De las fórmulas (1), (6), (7) encontramos: AB=y/DA-AC=J-r--r=-r=

lo que confirma la corrección de la construcción realizada (invitamos al lector a realizar la etapa de investigación de manera independiente).

1. Observaciones generales sobre la solución de problemas por el método algebraico.

2. Tareas para el movimiento.

3. Tareas para el trabajo.

4. Tareas de mezclas y porcentajes.

Usar el método algebraico para encontrar una forma aritmética de resolver problemas de texto.

1. Al resolver problemas por el método algebraico, las cantidades deseadas u otras cantidades, sabiendo cuáles es posible determinar las deseadas, se denotan con letras (generalmente x, y,z). Todas las relaciones independientes entre datos y cantidades desconocidas, que se formulan directamente en la condición (en forma verbal), o se derivan del significado del problema (por ejemplo, las leyes físicas que obedecen las cantidades bajo consideración), o se derivan de la condición y algunos razonamientos, se escriben en forma de igualdad de desigualdades. En el caso general, estas relaciones forman un cierto sistema mixto. En casos especiales, este sistema puede no contener desigualdades o ecuaciones, o puede constar de una sola ecuación o desigualdad.

La solución de problemas por el método algebraico no está sujeta a ningún esquema único suficientemente universal. Por lo tanto, cualquier indicación relativa a todas las tareas es de carácter más general. Las tareas que surgen al resolver problemas prácticos y teóricos tienen sus propias características individuales. Por tanto, su estudio y solución son de la más diversa índole.

Detengámonos en la resolución de problemas cuyo modelo matemático esté dado por una ecuación con una incógnita.

Recuerde que la actividad para resolver el problema consta de cuatro etapas. El trabajo en la primera etapa (análisis del contenido del problema) no depende del método de solución elegido y no tiene diferencias fundamentales. En la segunda etapa (al buscar una forma de resolver el problema y elaborar un plan para resolverlo), en el caso de utilizar el método algebraico de resolución, se lleva a cabo lo siguiente: la elección de la relación principal para compilar el ecuación; la elección de lo desconocido y la introducción de una designación para ello; expresión de las cantidades incluidas en la razón principal, a través de la incógnita y los datos. La tercera etapa (implementación del plan para resolver el problema) implica la compilación de una ecuación y su solución. La cuarta etapa (comprobación de la solución del problema) se lleva a cabo de forma estándar.

Por lo general, cuando se escriben ecuaciones con una incógnita X cumplir las dos reglas siguientes.

regla yo . Una de estas cantidades se expresa en términos de la incógnita X y otros datos (es decir, se elabora una ecuación en la que una parte contiene un valor dado y la otra contiene el mismo valor, expresado por X y otras cantidades dadas).

regla Yo . Para la misma cantidad, se compilan dos expresiones algebraicas, que luego se equiparan entre sí.

Exteriormente, parece que la primera regla es más simple que la segunda.

En el primer caso, siempre se requiere componer una expresión algebraica, y en el segundo, dos. Sin embargo, a menudo hay problemas en los que es más conveniente componer dos expresiones algebraicas para la misma cantidad que elegir una ya conocida y componer una expresión para ella.

El proceso de resolución de problemas de texto de forma algebraica se realiza de acuerdo con el siguiente algoritmo:

1. Primero, elija la relación sobre la base de la cual se elaborará la ecuación. Si el problema contiene más de dos razones, entonces la razón que establece alguna conexión entre todas las incógnitas debe tomarse como base para compilar la ecuación.

Luego se elige la incógnita, que se denota con la letra correspondiente.

Todas las incógnitas incluidas en el cociente elegido para la elaboración de la ecuación deben expresarse en términos de la incógnita elegida, en función del resto de cocientes incluidos en el problema, excepto el principal.

4. De estas tres operaciones se sigue directamente la compilación de una ecuación como el diseño de un registro verbal con la ayuda de símbolos matemáticos.

El lugar central entre las operaciones enumeradas lo ocupa la elección de la relación principal para compilar ecuaciones. Los ejemplos considerados muestran que la elección de la razón principal es decisiva en la formulación de ecuaciones, introduce armonía lógica en el texto verbal a veces vago del problema, da confianza en la orientación y protege contra acciones caóticas para expresar todas las cantidades incluidas en el problema a través de los datos y los deseados.

El método algebraico de resolución de problemas es de gran importancia práctica. Con su ayuda, resuelven una amplia variedad de tareas del campo de la tecnología, la agricultura y la vida cotidiana. Ya estoy en eso escuela secundaria Las ecuaciones son utilizadas por los estudiantes en el estudio de la física, la química y la astronomía. Donde la aritmética resulta impotente o, en el mejor de los casos, requiere un razonamiento extremadamente engorroso, el método algebraico conduce fácil y rápidamente a la respuesta. E incluso en los llamados problemas aritméticos "típicos", que son relativamente fáciles de resolver mediante la aritmética, la solución algebraica, por regla general, es a la vez más corta y más natural.

El método algebraico de resolución de problemas facilita mostrar que algunos problemas que difieren entre sí solo en el gráfico no solo tienen las mismas relaciones entre los datos y los valores deseados, sino que también conducen a un razonamiento típico a través del cual se establecen estas relaciones. Tales problemas dan solo diferentes interpretaciones específicas del mismo razonamiento matemático, las mismas relaciones, es decir, tienen el mismo modelo matemático.

2. El grupo de tareas de movimiento incluye tareas que hablan de tres cantidades: caminos (s), velocidad ( v) y tiempo ( t). Por regla general, están hablando de un movimiento rectilíneo uniforme, cuando la velocidad es constante en magnitud y dirección. En este caso, las tres cantidades están relacionadas por la siguiente relación: S = Vermont. Por ejemplo, si la velocidad de un ciclista es de 12 km/h, entonces en 1,5 horas recorrerá 12 km/h  1,5 h = 18 km. Hay problemas en los que se considera movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, es decir, movimiento con aceleración constante (a). Distancia viajada s en este caso se calcula mediante la fórmula: S = v 0 t + a 2 /2, dónde v 0 – velocidad inicial. Así, en 10 s de caída con una velocidad inicial de 5 m/s y una aceleración de caída libre de 9,8 m 2 /s, el cuerpo volará una distancia igual a 5 m/s  10 s + 9,8 m 2 /s  10 2 s 2/2 = 50 m + 490 m = 540 m.

Como ya se señaló, en el curso de la resolución de problemas de texto y, en primer lugar, en problemas relacionados con el movimiento, es muy útil hacer un dibujo ilustrativo (para construir un modelo gráfico auxiliar del problema). El dibujo debe hacerse de tal manera que muestre la dinámica del movimiento con todos los encuentros, paradas y giros. Un dibujo bien diseñado permite no solo una comprensión más profunda del contenido del problema, sino que también facilita la compilación de ecuaciones y desigualdades. A continuación se darán ejemplos de tales dibujos.

Las siguientes convenciones generalmente se adoptan en problemas de movimiento.

A menos que se indique específicamente en la tarea, el movimiento en secciones individuales se considera uniforme (ya sea movimiento en línea recta o en círculo).

Los giros de los cuerpos en movimiento se consideran instantáneos, es decir, se dan sin pérdida de tiempo; la velocidad también cambia instantáneamente.

Este grupo de tareas, a su vez, puede dividirse en tareas en las que se consideran los movimientos de los cuerpos: 1) uno hacia el otro; 2) en una dirección ("después"); 3) en direcciones opuestas; 4) a lo largo de una trayectoria cerrada; 5) a lo largo del río.

Si la distancia entre los cuerpos es S, y las velocidades de los cuerpos son iguales v 1 y v 2 (figura 16 a), luego, cuando los cuerpos se mueven uno hacia el otro, el tiempo después del cual se encontrarán es igual a S/(v 1 + v 2).

2. Si la distancia entre los cuerpos es S, y las velocidades de los cuerpos son iguales v 1 y v 2 (figura 16 b), entonces cuando los cuerpos se mueven en una dirección ( v 1 > v 2) el tiempo después del cual el primer cuerpo alcanza al segundo es S/(v 1 – v 2).

3. Si la distancia entre los cuerpos es S, y las velocidades de los cuerpos son iguales v 1 y v 2 (figura 16 en), luego, habiendo partido simultáneamente en direcciones opuestas, los cuerpos estarán en el tiempo t estar a distancia S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t.

Arroz. dieciséis

4. Si los cuerpos se mueven en una dirección a lo largo de una trayectoria cerrada de longitud s con velocidades v 1 y v 2, el tiempo después del cual los cuerpos se volverán a encontrar (un cuerpo alcanzará al otro), saliendo simultáneamente de un punto, se encuentra mediante la fórmula t = S/(v 1 – v 2) siempre que v 1 > v 2 .

Esto se deriva del hecho de que con un inicio simultáneo a lo largo de una trayectoria cerrada en una dirección, un cuerpo con una velocidad más alta comienza a alcanzar a un cuerpo con una velocidad más baja. La primera vez que lo alcanza, habiendo viajado una distancia de S más que otro cuerpo. Si lo alcanza por segunda, tercera vez, etc., significa que recorre una distancia de 2 S, por 3 S y así sucesivamente más que otro cuerpo.

Si los cuerpos se mueven en diferentes direcciones a lo largo de un camino cerrado de longitud S con velocidades v 1 y v 2, el tiempo después del cual se encontrarán, habiendo partido simultáneamente de un punto, se encuentra mediante la fórmula t = v(v 1 + v 2). En este caso, inmediatamente después del inicio del movimiento, surge una situación en la que los cuerpos comienzan a moverse uno hacia el otro.

5. Si el cuerpo se mueve a lo largo del río, entonces su velocidad relativa a la orilla y es la suma de la velocidad del cuerpo en agua tranquila v y la velocidad del río w: y =v + w. Si un cuerpo se mueve contra la corriente de un río, entonces su velocidad es y =v – w. Por ejemplo, si la velocidad del barco v\u003d 12 km / h, y la velocidad del río. w \u003d 3 km / h, luego en 3 horas el bote navegará a lo largo del río (12 km / h + 3 km / h)  3 horas = 45 km, y contra la corriente - (12 km / h - 3 km / h)  3 horas = 27 km. Se cree que la velocidad de los objetos con velocidad cero en aguas tranquilas (balsa, tronco, etc.) es igual a la velocidad del río.

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo.Desde un punto en una dirección cada 20 min. los autos se van. El segundo automóvil viaja a una velocidad de 60 km/h, y la velocidad del primero es 50% mayor que la velocidad del segundo. Encuentre la velocidad del tercer automóvil si se sabe que alcanzó al primero 5.5 horas más tarde que el segundo.

Solución. Sea x km/h la velocidad del tercer automóvil. La velocidad del primer automóvil es 50% mayor que la velocidad del segundo, por lo que es igual a

Cuando se mueve en una dirección, el tiempo de encuentro se encuentra como la relación entre la distancia entre los objetos y la diferencia en sus velocidades. Primer coche en 40 min. (2/3 h) recorre 90  (2/3) = 60 km. Por lo tanto, el tercero lo alcanzará (se encontrarán) en 60/( X– 90) horas. Segundo en 20 min. (1/3 h) recorre 60  (1/3) = 20 km. Esto significa que el tercero lo alcanzará (se encontrarán) en 20/( X- 60) horas (Fig. 17).

PAGS
sobre la condición del problema

Arroz. 17

Después de simples transformaciones, obtenemos una ecuación cuadrática 11x 2 - 1730x + 63000 = 0, resolviendo la cual encontramos

La verificación muestra que la segunda raíz no satisface la condición del problema, ya que en este caso el tercer automóvil no alcanzará a otros automóviles. Respuesta: La velocidad del tercer carro es de 100 km/h.

Ejemplo El barco de motor pasó 96 km a lo largo del río, regresó y estuvo durante algún tiempo bajo carga, gastando 32 horas para todos.La velocidad del río es de 2 km / h. Determine la velocidad del barco en aguas tranquilas si el tiempo de carga es el 37,5% del tiempo empleado en todo el viaje de ida y vuelta.

Solución. Sea x km/h la velocidad del barco en aguas tranquilas. Después ( X+ 2) km/h - su velocidad aguas abajo; (X - 2) km/h - contra corriente; 96/( X+ 2) horas - el tiempo de movimiento con el flujo; 96/( X- 2) horas - el tiempo de movimiento contra la corriente. Dado que el 37,5% del tiempo total el buque estuvo cargando, el tiempo neto de movimiento es 62,5%  32/100% = 20 (horas). Por tanto, según la condición del problema, tenemos la ecuación:

Transformándolo, obtenemos: 24( X – 2 + X + 2) = 5(X + 2)(X – 2) => 5X 2 – 4X– 20 = 0. Habiendo resuelto la ecuación cuadrática, encontramos: X 1 = 10; X 2 = -0,4. La segunda raíz no satisface la condición del problema.

Respuesta: 10 km/h es la velocidad del barco en aguas tranquilas.

Ejemplo. El auto se salió de la ciudad PERO a la ciudad C a través de la ciudad A Sin paradas. Distancia AB, igual a 120 km, viajó a una velocidad constante 1 hora más rápido que la distancia sol, igual a 90 km. Determine la velocidad promedio del automóvil desde la ciudad. PERO a la ciudad C, si se sabe que la velocidad en el tramo AB 30 km/h más de velocidad en el sitio Sol.

Solución. Dejar X km / h - la velocidad del automóvil en el sitio Sol.

Después ( X+ 30) km/h – velocidad en el tramo AB, 120/(X+ 30) hora, 90/ X h es el tiempo que viaja el auto AB y sol respectivamente.

Por tanto, según la condición del problema, tenemos la ecuación:

.

Vamos a transformarlo:

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

Resolviendo la ecuación cuadrática, encontramos: X 1 = 30, X 2 = -90. La segunda raíz no satisface la condición del problema. Así que la velocidad en la sección sol igual a 30 km/h, en el tramo AB- 60 km/h Se sigue que la distancia AB el automóvil viajó en 2 horas (120 km: 60 km/h = 2 horas), y la distancia Sol - en 3 horas (90 km: 30 km/h = 3 horas), por lo que toda la distancia C.A. viajó en 5 horas (3 horas + 2 horas = 5 horas). Entonces la velocidad promedio de movimiento en el sitio AU, cuya longitud es de 210 km, es igual a 210 km: 5 horas \u003d 42 km / h.

Respuesta: 42 km / h: la velocidad promedio del automóvil en el sitio COMO.

El grupo de tareas para el trabajo incluye tareas que hablan de tres cantidades: trabajo PERO, tiempo t, durante el cual se realiza el trabajo, la productividad R- trabajo realizado por unidad de tiempo. Estas tres cantidades están relacionadas por la ecuación PERO = Rt. Las tareas por obra también incluyen tareas relacionadas con el llenado y vaciado de tanques (recipientes, tanques, piscinas, etc.) utilizando tuberías, bombas y otros dispositivos. En este caso, el volumen de agua bombeada se considera como el trabajo realizado.

Las tareas de trabajo, en términos generales, se pueden atribuir al grupo de tareas de movimiento, ya que en tareas de este tipo se puede considerar que todo el trabajo o el volumen total del reservorio juega el papel de la distancia, y la productividad de los objetos que hacer el trabajo es similar a la velocidad del movimiento. Sin embargo, según la trama, estas tareas difieren naturalmente, y algunas tareas de trabajo tienen sus propios métodos específicos de resolución. Así, en aquellas tareas en las que no se especifica la cantidad de trabajo realizado, se toma todo el trabajo como una unidad.

Ejemplo. Dos equipos tenían que completar el pedido en 12 días. Después de 8 días de trabajo conjunto, el primer equipo recibió otra tarea, por lo que el segundo equipo terminó el pedido por otros 7 días. ¿En cuántos días podría cada uno de los equipos completar el pedido, trabajando por separado?

Solución. Que la primera brigada complete la tarea para X días, la segunda brigada -por y días. Tomemos todo el trabajo como una unidad. Entonces 1/ X - productividad de la primera brigada, un 1/ y – segundo. Como dos equipos deben completar el pedido en 12 días, obtenemos la primera ecuación 12(1/ X + 1/a) = 1.

De la segunda condición se deduce que el segundo equipo trabajó 15 días y el primero, solo 8 días. Entonces la segunda ecuación es:

8/X+ 15/a= 1.

Así, tenemos un sistema:

Restando la primera ecuación de la segunda ecuación, obtenemos:

21/y = 1 => y= 21.

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

Respuesta: la primera brigada completará el pedido en 28 días, la segunda en 21 días.

Ejemplo. Trabajador PERO y trabajando A puede completar el trabajo en 12 días PERO y trabajando DE– en 9 días, trabajando A y trabajando C - en 12 días. ¿Cuántos días les tomará completar el trabajo, trabajando juntos?

Solución. Deja que el trabajador PERO puede hacer el trabajo para X dias, trabajando A- por a dias, trabajando DE- por z días. Tomemos todo el trabajo como una unidad. Entonces 1/ x, 1/y y 1/ z – productividad del trabajador un, b y DE respectivamente. Usando la condición del problema, llegamos al siguiente sistema de ecuaciones presentado en la tabla.

tabla 1

Habiendo transformado las ecuaciones, tenemos un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

Sumando las ecuaciones del sistema término por término, obtenemos:

o

La suma es la productividad conjunta de los trabajadores, por lo que el tiempo en el que completan todo el trabajo será igual a

Respuesta: 7,2 días.

Ejemplo. Se colocan dos tuberías en la piscina: suministro y descarga, y a través de la primera tubería, la piscina se llena durante 2 horas más que a través de la segunda tubería, el agua se vierte fuera de la piscina. Cuando la piscina estaba un tercio llena, ambas tuberías estaban abiertas y la piscina resultó estar vacía después de 8 horas. ¿Cuántas horas puede llenarse la piscina a través de una primera tubería y cuántas horas puede drenarse una piscina llena a través de una segunda tubería? ?

Solución. Dejar V m 3 - el volumen de la piscina, X m 3 / h - el rendimiento de la tubería de suministro, a m 3 / h - salida. Después V/ X horas - el tiempo requerido para que la tubería de suministro llene la piscina, V/ y horas - el tiempo requerido por la tubería de salida para drenar la piscina. Según la tarea V/ X – V/ y = 2.

Dado que la productividad de la tubería de salida es mayor que la productividad de la tubería de llenado, cuando se encienden ambas tuberías, la piscina se secará y un tercio de la piscina se secará con el tiempo. (V/3)/(y – X), que, según la condición del problema, es igual a 8 horas, por lo que la condición del problema se puede escribir como un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas:

La tarea es encontrar V/ X y V/ y. Señalemos una combinación de incógnitas en las ecuaciones V/ X y V/ y, escribiendo el sistema como:

Introduciendo nuevas incógnitas V/ X= un y V/ y = b, obtenemos el siguiente sistema:

Sustituyendo en la segunda ecuación la expresión a= b + 2, tenemos una ecuación para b:

decidiendo cuál encontramos b 1 = 6, b 2 = -ocho. La condición del problema se satisface con la primera raíz 6, = 6 (pág.). De la primera ecuación del último sistema encontramos a= 8 (h), es decir, la primera tubería llena la piscina en 8 horas.

Respuesta: por el primer tubo se llenará la piscina en 8 horas, por el segundo tubo se vaciará la piscina en 6 horas.

Ejemplo. Una cuadrilla de tractores tiene que arar 240 hectáreas, y la otra un 35% más que la primera. La primera brigada, arando diariamente 3 ha menos que la segunda brigada, terminó el trabajo 2 días antes que la segunda brigada. ¿Cuántas hectáreas araba cada brigada diariamente?

Solución. Hallemos el 35% de 240 ha: 240 ha  35% / 100% = 84 ha.

En consecuencia, el segundo equipo tuvo que arar 240 ha + 84 ha = 324 ha. Que la primera brigada are diariamente X decir ah. Luego la segunda brigada aró diariamente ( X+ 3) ha; 240/ X– horas de trabajo de la primera brigada; 324/( X+ 3) - el tiempo de la segunda brigada. De acuerdo con la condición del problema, el primer equipo terminó de trabajar 2 días antes que el segundo, por lo que tenemos la ecuación

que después de las transformaciones se puede escribir de la siguiente manera:

324X – 240X - 720 = 2x2 + 6x=> 2x 2 - 78x + 720 = 0 => x 2 - 39x + 360 = 0.

Habiendo resuelto la ecuación cuadrática, encontramos x 1 \u003d 24, x 2 \u003d 15. Esta es la norma de la primera brigada.

En consecuencia, la segunda brigada aró 27 ha y 18 ha, respectivamente, por día. Ambas soluciones satisfacen la condición del problema.

Respuesta: 24 hectáreas diarias fueron aradas por la primera brigada, 27 hectáreas por la segunda; 15 hectáreas por día fueron aradas por la primera brigada, 18 hectáreas por la segunda.

Ejemplo. En mayo, dos talleres produjeron 1080 piezas. En junio, el primer taller aumentó la producción de piezas en un 15 % y el segundo aumentó la producción de piezas en un 12 %, por lo que ambos talleres produjeron 1224 piezas. ¿Cuántas partes produjo cada tienda en junio?

Solución. Dejar X Las piezas fueron hechas en mayo por el primer taller, a detalles - el segundo. Como en mayo se fabricaron 1080 piezas, según la condición del problema, tenemos la ecuación X + y = 1080.

Encuentra 15% de descuento X:

Entonces, a 0.15 X repuestos incrementó la producción del primer taller, por lo que en junio se produjo x + 0,15 X = 1,15 X detalles. De manera similar, encontramos que la segunda tienda en junio produjo 1.12 y detalles. Así que la segunda ecuación se verá como: 1.15 X + 1,12 a= 1224. Así, tenemos el sistema:

de la que encontramos x = 480, y= 600. En consecuencia, en junio los talleres produjeron 552 piezas y 672 piezas, respectivamente.

Respuesta: el primer taller produjo 552 piezas, el segundo - 672 piezas.

4. El grupo de tareas sobre mezclas y porcentajes incluye tareas en las que hablamos de mezclar varias sustancias en determinadas proporciones, así como tareas sobre porcentajes.

Tareas de concentración y porcentaje.

Aclaremos algunos conceptos. Que haya una mezcla de PAGS diversas sustancias (componentes) PERO 1 PERO 2 , ..., PERO norte respectivamente, cuyos volúmenes son iguales V 1 , V 2 , ..., V norte . Volumen de mezcla V 0 consta de los volúmenes de componentes puros: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V norte .

Concentración de volumen sustancias PERO i (i = 1, 2, ..., PAGS) en la mezcla se llama la cantidad c i, calculado por la fórmula:

Porcentaje en volumen de la sustancia A i (i = 1, 2, ..., PAGS) en la mezcla se llama cantidad pags i , calculado por fórmula R i = Con i ,  100%. Concentraciones Con 1, Con 2 , ..., Con norte, que son cantidades adimensionales, están relacionadas por la igualdad Con 1 + con 2 + ... + con norte = 1, y las relaciones

Muestre qué parte del volumen total de la mezcla es el volumen de los componentes individuales.

Si se conoce el porcentaje i-th componente, entonces su concentración se encuentra mediante la fórmula:

eso es Pi – es la concentracion iª sustancia en la mezcla, expresada en porcentaje. Por ejemplo, si el porcentaje de una sustancia es 70%, entonces su concentración correspondiente es 0,7. Por el contrario, si la concentración es 0,33, entonces el porcentaje es 33%. Entonces la suma R 1 + pag 2 + …+ pag norte = 100%. Si se conocen las concentraciones Con 1 , Con 2 , ..., Con norte componentes que componen esta mezcla de volumen V 0 , entonces los volúmenes correspondientes de los componentes se encuentran mediante las fórmulas:

Los conceptos peso (masa) concentralización componentes de la mezcla y los porcentajes correspondientes. Se definen como la relación entre el peso (masa) de una sustancia pura PERO i , en la aleación al peso (masa) de toda la aleación. Qué concentración, volumen o peso está involucrada en un problema particular siempre está claro a partir de sus condiciones.

Hay tareas en las que es necesario recalcular la concentración en volumen a la concentración en peso o viceversa. Para ello es necesario conocer la densidad (gravedad específica) de los componentes que componen la solución o aleación. Considere, por ejemplo, una mezcla de dos componentes con concentraciones de volumen de los componentes Con 1 y Con 2 (Con 1 + con 2 = 1) y la gravedad específica de los componentes d 1 y d 2 . La masa de la mezcla se puede hallar mediante la fórmula:

donde V 1 y V 2 – los volúmenes de los componentes que componen la mezcla. Las concentraciones en peso de los componentes se encuentran a partir de las igualdades:

que determinan la relación de estas cantidades con las concentraciones volumétricas.

Como regla, en los textos de tales problemas ocurre una y la misma condición repetida: de dos o más mezclas que contienen componentes A 1 , A 2 , PERO 3 , ..., PERO norte , se compila una nueva mezcla mezclando las mezclas originales, tomadas en una determinada proporción. En este caso, se requiere encontrar en qué proporción los componentes PERO 1, PERO 2 , PERO 3 , ..., PERO norte entrar en la mezcla resultante. Para solucionar este problema, es conveniente introducir en consideración la cantidad volumétrica o ponderal de cada mezcla, así como las concentraciones de sus componentes constituyentes. PERO 1, PERO 2 , PERO 3 , ..., PERO norte . Con la ayuda de concentraciones, es necesario "dividir" cada mezcla en componentes separados y luego, de la manera indicada en la condición del problema, componer una nueva mezcla. En este caso, es fácil calcular cuánto de cada componente se incluye en la mezcla resultante, así como la cantidad total de esta mezcla. Después de eso, se determinan las concentraciones de los componentes. PERO 1, PERO 2 , PERO 3 , ..., PERO norte en la nueva mezcla.

Ejemplo.Son dos piezas de aleación de cobre-zinc con un porcentaje de cobre de 80% y 30% respectivamente. ¿En qué proporción se deben tomar estas aleaciones para, al fundir las piezas juntas, obtener una aleación que contenga 60% de cobre?

Solución. Que se tome la primera aleación. X kg, y el segundo - a kg. Por condición, la concentración de cobre en la primera aleación es 80/100 = 0,8, en la segunda - 30/100 = 0,3 (está claro que estamos hablando de concentraciones en peso), lo que significa que en la primera aleación 0,8 X kg de cobre y (1 - 0,8) X = 0,2X kg de zinc, en el segundo - 0.3 a kg de cobre y (1 - 0,3) y = 0,7a kg de cinc. La cantidad de cobre en la aleación resultante es (0.8  X + 0,3  y) kg, y la masa de esta aleación será (x + y) kg. Por tanto, la nueva concentración de cobre en la aleación, según la definición, es igual a

Según la condición del problema, esta concentración debe ser igual a 0,6. Por lo tanto, obtenemos la ecuación:

Esta ecuación contiene dos incógnitas. X y y. Sin embargo, de acuerdo con la condición del problema, no se requiere determinar las cantidades mismas. X y y, pero sólo su actitud. Después de transformaciones simples, obtenemos

Respuesta: las aleaciones deben tomarse en una proporción de 3: 2.

Ejemplo.Hay dos soluciones de ácido sulfúrico en agua: la primera es al 40%, la segunda es al 60%. Se mezclaron estas dos soluciones, después de lo cual se añadieron 5 kg de agua pura y se obtuvo una solución al 20%. Si en lugar de 5 kg de agua pura se añadieran 5 kg de una solución al 80%, se obtendría una solución al 70%. ¿Cuántas fueron soluciones al 40% y al 60%?

Solución. Dejar X kg es la masa de la primera solución, a kg - el segundo. Entonces la masa de una solución al 20% ( X + a+ 5) kg. Desde en X kg solución al 40% contiene 0,4 X kg de ácido a kg de solución al 60% contiene 0,6 y kg de ácido, y (x + y + 5) kg de solución al 20% contiene 0,2( X + y + 5) kg de ácido, entonces por condición tenemos la primera ecuación 0.4 X + 0,6y = 0,2(X +y + 5).

Si, en lugar de 5 kg de agua, agrega 5 kg de una solución al 80%, obtiene una solución con una masa (x + y+ 5) kg, en los que habrá (0,4 X + 0,6a+ 0,8  5) kg de ácido, que será el 70% de (x + y+ 5) kg.

Los principales métodos para resolver problemas geométricos: geométrico: la declaración requerida se deriva mediante razonamiento lógico de una serie de teoremas bien conocidos; algebraico: el valor geométrico deseado se calcula sobre la base de varias dependencias entre elementos formas geométricas directamente o con la ayuda de ecuaciones; combinado: en algunas etapas, la solución se lleva a cabo por un método geométrico y en otras por uno algebraico.

Triángulos Signos de igualdad de triángulos, triángulos rectángulos. Propiedades y signos de un triángulo isósceles. Problema 1. La mediana AM del triángulo ABC es igual al segmento VM. Demostrar que uno de los ángulos del triángulo ABC es igual a la suma de los otros dos ángulos. Problema 2. Los segmentos AB y CD se intersecan en su punto medio común O. Los puntos K 1 están marcados en AC y BD de manera que AK=BK 1. Demuestre que a) OK=OK 1, b) el punto O se encuentra en la línea KK 1. Problema 3 (signo de un triángulo isósceles). Si la bisectriz de un triángulo es la mediana, entonces el triángulo es isósceles.

Tarea 4 (signo de un triángulo rectángulo por la mediana). Demostrar que si la mediana de un triángulo es igual a la mitad del lado al que se dibuja, entonces el triángulo es rectángulo. Problema 5 (propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo). Demostrar que en un triángulo rectángulo la mediana trazada hacia la hipotenusa es igual a la mitad de ella. Problema 6. Demostrar que en un triángulo rectángulo de catetos desiguales la bisectriz ángulo recto biseca el ángulo entre la altura y la mediana dibujada desde el mismo vértice. Problema 7. La mediana y la altura de un triángulo dibujado a partir de un vértice dividen este ángulo en tres partes iguales. Demostrar que el triángulo es un triángulo rectángulo.

Propiedades del área. Áreas de polígonos Corolario del teorema del área del triángulo. Si las alturas de dos triángulos son iguales, entonces sus áreas están relacionadas como bases. Teorema de la razón de las áreas de triángulos con ángulos iguales. Si el ángulo de un triángulo es igual al ángulo de otro triángulo, entonces las áreas de estos triángulos están relacionadas como los productos de los lados que tienen ángulos iguales.

Teoremas de los puntos de intersección de Cevian Teorema. En cualquier triángulo, las medianas se cortan en un punto (baricentro, centro de gravedad) y se dividen por este punto en una proporción de 2: 1, contando desde arriba. Propiedades de la mediana: 1. La mediana divide al triángulo en dos iguales, es decir, que tienen la misma área. 2. Tres medianas dividen el triángulo en seis iguales. 3. Los segmentos que conectan el baricentro con los vértices del triángulo dividen el triángulo en tres partes iguales.

Uno de los principales métodos para resolver problemas en los que intervienen las medianas de un triángulo es el método de "doblar la mediana". Completa el triángulo a un paralelogramo y usa el teorema de la suma de los cuadrados de sus diagonales. Problema 8. Hallar la razón de la suma de los cuadrados de las medianas de un triángulo a la suma de los cuadrados de todos sus lados.

Propiedad de la bisectriz de un ángulo interior de un triángulo. La bisectriz del ángulo interior de un triángulo divide el lado opuesto en partes proporcionales a los lados que lo rodean. Teorema. En todo triángulo, las bisectrices se cortan en un punto (y el centro), que es el centro de la circunferencia inscrita en él. Nota: Obviamente, el baricentro y el centro de un triángulo siempre se encuentran dentro de él.

. Solución. B A 1 1) En el triángulo ABC AA 1 es la bisectriz del ángulo A, por lo tanto AB: AC = BA 1: CA 1 = BA 1: (BC - BA 1) I o C А B 1 2) En el triángulo ABA 1 BI es la bisectriz del ángulo B, entonces AI: IA 1 = BA: BA 1 o

Teorema de la mediatriz de un segmento. Cada punto de la bisectriz perpendicular a un segmento es equidistante de los extremos de este segmento. Por el contrario, cada punto equidistante de los extremos del segmento se encuentra en la bisectriz perpendicular a él. Teorema. Las bisectrices perpendiculares a los lados de un triángulo se cortan en un punto, que es el centro de la circunferencia circunscrita a él. Teorema. En cualquier triángulo, las alturas se cortan en un punto (ortocentro del triángulo). Pregunta. ¿Dónde está el ortocentro de los triángulos agudos, rectángulos y obtusos?

Solución. B 1) El triángulo BC 1 H es rectángulo y C 1 H 2) El triángulo BC 1 C es rectángulo y A B 1 C

Uso de fórmulas de reparto. donde esta la nota. Si uno de los ángulos es obtuso, entonces en (*) se debe tomar el coseno correspondiente módulo.

Interesantes son los problemas de encontrar la distancia desde un vértice arbitrario de un triángulo a uno de sus puntos notables. Primero, resolvemos el problema de encontrar la distancia desde el vértice al ortocentro. Problema 11. En el triángulo ABC se omiten las alturas BB 1 y CC 1. Calcular la longitud del segmento HB, donde H es el punto de intersección de las alturas. B 1) el triángulo BC 1 Н es rectángulo, y Solución. C 1 H 2) el triángulo BC 1 C es un triángulo rectángulo, y A B 1 C

Problema 12. Hallar la distancia del vértice B del triángulo ABC al ortocentro, si Solución. Por la ley de los cosenos Entonces

Problema 13. En los ángulos A y B del triángulo ABC (A

Problema 14. ¿Cuál de los vértices del triángulo está más cerca del centro? Solución. C D I A Sea I el centro, el punto de intersección de las bisectrices del triángulo ABC Usemos el hecho de que el ángulo mayor se encuentra contra el lado mayor del triángulo. Si AB > BC entonces A

Problema 15. ¿Cuál de las alturas del triángulo es la menor? Solución. C B 1 A 1 H A C 1 Sea H el punto de intersección de las alturas del triángulo ABC. Si AC B. Una circunferencia de diámetro BC pasa por los puntos C 1 y B 1. B Considerando que la menor de las dos cuerdas es aquella sobre la que descansa el menor ángulo inscrito, obtenemos que CC 1

Problema 16. El segmento AH es la altura del triángulo ABC. Desde los vértices B y C, se trazan las perpendiculares BB 1 y CC 1 a la línea que pasa por el punto A. Demostrar que los triángulos ABC y HB 1 C 1 son semejantes. Encuentra el área del triángulo HB 1 C 1 si el área del triángulo ABC es igual a S, y AC: HC 1 =5: 3. Prueba. Como los triángulos ANS y ACC 1 son rectangulares, los puntos H y C 1 A se encuentran en un círculo de diámetro AC. C 1 B B 1 H De manera similar, los puntos B 1 y H se encuentran en un círculo con diámetro AB. con triangulo culo 1

Por lo tanto, Dado que (1) y (2) se cumplen, Y entonces los triángulos ABC y HB 1 C 1 son semejantes. C 1 Coeficiente de similitud B B 1 H C significa

Problema 17. Sean los puntos A 1, B 1, C 1 de un triángulo acutángulo ABC las bases de las alturas. Demostrar que el punto H - la intersección de las alturas del triángulo ABC es el punto de intersección de las bisectrices del triángulo A 1 B 1 C 1. Solución. En los lados AC y BC B del triángulo ABC, como en los diámetros C 1 A, construimos círculos. H Los puntos A 1, B 1, C 1 pertenecen a estos círculos. 1 A B 1 C Por lo tanto B 1 C 1 C = B 1 BC, como ángulos basados ​​en el mismo arco circular. B 1 BC = CAA 1, como ángulos con lados mutuamente perpendiculares.

CAA 1 = CC 1 A 1 como ángulos basados ​​en el mismo arco circular. Por lo tanto, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, es decir, C 1 C es la bisectriz del ángulo B 1 C 1 A 1. De manera similar, se muestra que AA 1 y BB 1 son las bisectrices de los ángulos B 1 A 1 C 1 y A 1 B 1 C 1. B C 1 A 1 H A B 1 C Investiga independientemente los casos de un triángulo rectángulo y obtuso.

Integración de métodos algebraicos y geométricos en la resolución de problemas

Uno de los problemas urgentes de la educación matemática escolar en la etapa actual es el problema de la integración del conocimiento matemático, la formación de ideas holísticas de los estudiantes sobre las matemáticas como ciencia. La solución de este problema es especialmente importante para la escuela básica, donde se estudian dos disciplinas matemáticas: álgebra y geometría.

El concepto de "integración" [lat. integratio - restauración, reposición; entero - todo] se interpreta como restauración, unificación en un todo de cualquier parte, elemento; como un estado de conexión en un todo de partes separadas y diferenciadas, y también como un proceso que conduce a tal estado. En educación, la integración suele entenderse como influencia mutua, interpenetración e interconexión del contenido de varias disciplinas académicas.

Dado que en la enseñanza de las matemáticas la principal actividad de los estudiantes es la resolución de problemas, es recomendable integrar el álgebra y la geometría en la línea de sus métodos. El método algebraico (en relación con las matemáticas elementales) se interpreta como un método que consiste en el uso de letras y expresiones literales, las cuales se transforman según ciertas reglas. También se le llama el método de cálculos literales.

El método geométrico se caracteriza por ser un método que proviene de representaciones visuales. Las características esenciales de este concepto son las representaciones geométricas (visuales) y las leyes de la geometría, que reflejan las propiedades de las formas geométricas.

Si tomamos el sistema de conocimiento en el que se basa el método como base para la clasificación de los métodos algebraicos y geométricos, obtenemos los siguientes métodos.

1. Algebraico: método de transformaciones idénticas; método de ecuaciones y desigualdades; método funcional; método vectorial; método de coordenadas.

2. geométrico(nos limitamos a la planimetría): método de longitud; método del triángulo; método de líneas paralelas; método de relaciones entre los lados y ángulos de un triángulo; método de los cuadriláteros; método de área; método de semejanza de triángulos; método trigonométrico (un método basado en las proporciones entre los lados y los ángulos de un triángulo, expresado a través de funciones trigonométricas); método de transformaciones geométricas; método gráfico (aunque este método se estudia en el curso de álgebra, se basa en el uso de representaciones geométricas de funciones y las leyes de la geometría asociadas con ellas).

Supondremos que cada método consta de ciertas técnicas, y cada técnica consta de acciones. Bajo la integración de métodos algebraicos y geométricos, nos referimos al proceso de combinar estos métodos o vincular sus técnicas en un solo método.

En el campo de la enseñanza de la resolución de problemas, la integración de métodos implica la solución paralela (en una lección) de un problema por diferentes métodos (algebraico y geométrico) o la solución de un problema algebraico por un método geométrico, y un problema geométrico por un método algebraico. Los medios de integración pueden ser bloques especiales de problemas, que incluyen tanto problemas algebraicos como geométricos. Demos ejemplos.

Séptimo grado

Aquí puedes usar problemas de texto del curso de álgebra y problemas geométricos resueltos por el método de ecuaciones.

Tarea 1. Un elevador tenía el doble de grano que el otro. Se sacaron 750 toneladas de grano del primer elevador, se llevaron 350 toneladas al segundo elevador, después de lo cual el grano se igualó en ambos elevadores. ¿Cuánto grano había originalmente en cada elevador?

Para resolver este problema utilizamos el método de las ecuaciones y desigualdades del álgebra y el método de las longitudes de la geometría, basados ​​en las propiedades de la longitud de un segmento.

Método algebraico. Supongamos que x toneladas de grano estaban originalmente en el segundo elevador, entonces 2x toneladas de grano estaban originalmente en el primer elevador; (2x – 750) toneladas de grano quedaron en el primer elevador, y (x + 350) toneladas de grano se convirtieron en el segundo elevador. Dado que el grano en ambos elevadores se hizo igual, podemos hacer una ecuación

2x - 750 = x + 350, por lo tanto x = 1100, 2x = 2 1100 = 2200.

Respuesta: 2200 toneladas de grano estaban en el primer elevador y 1100 toneladas en el segundo.

método geométrico. Resolvemos este problema usando un gráfico de líneas. Un gráfico de líneas suele ser un segmento o varios segmentos, cuyas longitudes corresponden a los valores numéricos de la cantidad en cuestión. Resolvemos el problema por etapas.

1ra etapa Construcción de un diagrama de líneas. Después de leer el texto del problema, los estudiantes discuten las siguientes preguntas (es posible la ayuda del maestro).

1. ¿Cuántas situaciones se consideran en el problema?

[Dos: inicial y final.]

2. ¿A partir de qué situación debería comenzar a construir un gráfico de líneas?

[Puedes empezar a construir desde la primera situación y pasar de ella a la segunda, o puedes
primero construya un diagrama de líneas de la situación final y pase de él a
inicial. Considere la primera opción para construir un gráfico de líneas.]

3. ¿Cuál es el diagrama de líneas de la situación inicial?

[Dos segmentos, uno de los cuales es el doble de largo que el otro. El primer segmento representa
la cantidad de grano en el primer elevador, y el segundo - en el segundo elevador.]

Después de eso, los estudiantes construyen un diagrama de la situación inicial. Entonces la discusión continúa.

4. ¿Cómo pasar en el diagrama de la primera situación a la segunda?

[Es necesario restar del primer segmento el segmento que representa convencionalmente 750 toneladas, y
agregue un segmento que represente 350 toneladas al segundo segmento.]

5. ¿Estos segmentos se toman arbitrariamente?

[No, se debe tener en cuenta que los segmentos recién obtenidos deben
ser igual, ya que el grano en ambos elevadores se hizo igual.]

Después de realizar acciones con segmentos, los estudiantes reciben un diagrama de la situación final. La primera etapa del trabajo en la tarea termina con la designación de segmentos y el diseño de entradas en el dibujo.

2da etapa Solución del problema geométrico resultante. El diagrama de líneas construido convierte un problema algebraico en uno geométrico, cuya solución se basa en utilizar las propiedades de la longitud del segmento, a saber:

1) segmentos iguales tienen longitudes iguales; un segmento más pequeño tiene una longitud más corta;
2) si un punto divide un segmento en dos segmentos, entonces la longitud de todo el segmento es igual a la suma de las longitudes de estos dos segmentos.

Los estudiantes escriben la solución en un lenguaje geométrico, utilizando la notación de segmentos, y el resultado se traduce a lenguaje natural. En este caso, esta traducción se realiza automáticamente debido a la transferencia de terminología (3ª etapa). Primero, se debe hacer un registro detallado de la solución, indicando lo que representa cada segmento. Gradualmente, puede pasar a una nota breve, ya que algunos hechos son visibles en la figura.

Demos un registro detallado de la solución del Problema 1.

Solución. 1ra etapa Deje que el segmento AB represente la cantidad de grano en el primer elevador (Fig. 1), luego el segmento representará la cantidad de grano en el segundo elevador.

AB = 2CD - distribución inicial de grano entre elevadores. Se sacaron 750 toneladas de grano del primer elevador y se llevaron 350 toneladas al segundo elevador, por lo que restamos el segmento BK, que representa condicionalmente 750 toneladas, del segmento AB, y sumamos el segmento DE, que representa 350 toneladas, a el segmento de CD.

2da etapa Método I. CD = AF = FB (por construcción),

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

3ra etapa. Respuesta: en el primer elevador había 2200 toneladas de grano, en el segundo 1100 toneladas.

Los estudiantes pueden hacer una breve nota de la solución al problema, por ejemplo, podría ser así.

Solución. AB = 2CD - distribución inicial de grano entre dos elevadores; BK=750, DE=350.

AK = CE - distribución final de grano entre elevadores.

CD = AF = FB (por construcción), FB = 350 + 750 = 1100, luego

CD = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

Respuesta: 2200 toneladas, 1100 toneladas.

El diagrama de líneas le permite hacer varias ecuaciones para el problema que los estudiantes no pueden escribir sin un dibujo, es decir, es posible resolver el problema de diferentes maneras algebraicas. Echemos un vistazo a algunos de ellos.

Método II. Sea AK = CE = x, entonces, como AB = 2CD, obtenemos x + 750 = 2(x - 350),

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

Respuesta: 2200 toneladas, 1100 toneladas.

Método III. Sea CD = x, luego AB = 2x. Como AK = CE, tenemos 2x - 750 = x + 350

(La misma ecuación se obtiene al resolver el problema sin un diagrama).

Un gráfico de líneas no solo permite resolver un problema sin una ecuación, sino que a menudo la respuesta se puede "ver" directamente en el dibujo.

Tarea 2. Una parcela de jardín tiene cinco veces más arbustos de frambuesa que otra. Después de trasplantar 22 arbustos de la primera sección a la segunda, en ambas secciones de los arbustos de frambuesa se dividieron por igual. ¿Cuántos arbustos de frambuesa había en cada parcela?

Solución. 1ra etapa Sea el segmento AB el número de arbustos de frambuesa en la primera área y el segmento CD el número de arbustos de frambuesa en la segunda área (Fig. 2). AB y 5CD - distribución inicial de arbustos de frambueso entre parcelas.

Dado que ambas secciones de los arbustos de frambuesa se igualaron, dividimos el segmento BE por la mitad (BF = FE) y restamos el segmento BF del segmento AB, y agregamos el segmento DK (DK = BF) al segmento CD. AF = CK - distribución final de arbustos de frambuesa entre parcelas.

2da etapa Según la condición, se trasplantaron 22 arbustos del primer sitio al segundo, lo que significa BF = 22 = 2CD, luego CD = 11, AB = 5CD = 5 11 = 55.

Respuesta: en el primer sitio había 55 arbustos de frambuesa, en el segundo 11 arbustos.

Una de las ventajas de utilizar el método geométrico en la resolución de los problemas planteados es su claridad. Construir un diagrama de líneas y pasar de uno de sus estados a otro permite a los estudiantes percibir mejor las situaciones descritas en el problema y, por lo tanto, ayuda a encontrar formas de resolverlo. A veces, la respuesta es casi obvia en el dibujo, esto permite usar un diagrama de líneas para verificar la solución del problema, que se realiza mediante un método algebraico sin dibujo.

En la etapa motivacional de la formación del método geométrico, es recomendable proponer la resolución del problema por dos métodos: algebraico y geométrico. La tarea debe seleccionarse de tal manera que su solución utilizando un diagrama de líneas sea más racional que una solución sin un dibujo. Pongamos un ejemplo de cómo resolver uno de estos problemas.

Tarea 3. El primer tanque contiene cuatro veces más líquido que el segundo. Cuando se vertieron 10 litros de líquido del primer tanque al segundo, resultó que lo que quedaba en el primero se convirtió en el segundo tanque. ¿Cuántos litros de líquido había originalmente en cada tanque?

Solución. Método algebraico. Traemos a la ecuación

donde x l es la cantidad inicial de líquido en el segundo tanque.

Resolviendo esta ecuación, encontramos x = 10, entonces

4x = 4 10 = 40.

Entonces, en el primer tanque había 40 litros y en el segundo 10 litros.

método geométrico. Construyamos un diagrama lineal de la distribución inicial de líquido entre dos tanques. Deje que el segmento AB represente la cantidad de líquido (l) en el primer tanque (Fig. 3), luego el segmento CD representará la cantidad de líquido (l) en el segundo tanque (la construcción se puede iniciar desde el segmento CD). AB = 4CD - distribución inicial de líquido entre dos tanques.

El proceso de verter líquido de un tanque a otro se mostrará restando un segmento del segmento AB y sumándolo al segmento CD. Para saber la longitud del segmento que se debe restar del segmento AB, es necesario tener en cuenta lo siguiente: en el primer y segundo tanque había 5 partes de líquido, y en el primer tanque había 4 partes, y en la segunda 1 parte.

Después de la transfusión, la cantidad total de líquido (5 partes) no cambió, pero en el segundo tanque se convirtió en 2 partes y en el primero en 3 partes. Esto significa que el segmento BE debe restarse del segmento AB (BE = CD), y el segmento DK (DK = BE) debe sumarse al segmento CD, entonces , que corresponde a la transfusión de líquido. Por lo tanto BE = 10, entonces

AB=40, CD=BE=10.

Entonces, en el primer tanque había 40 litros de líquido y en el segundo 10 litros.

Después de resolver el problema, debe comparar ambos métodos de solución con los estudiantes, identificar las ventajas y desventajas de cada uno de ellos.

Cabe señalar que con la ayuda de gráficos de líneas, se resuelven problemas en los que se dan las proporciones de valores de cantidades (menos, más, por, en, lo mismo) y se consideran una o más situaciones.

Los problemas de texto, en los que una de las cantidades es el producto de las otras dos, nos permiten integrar el método del área, basado en las propiedades del área, y el método de las ecuaciones y desigualdades. Demos ejemplos.

Tarea 4. La cuadrilla de leñadores superó diariamente la norma en 16 m 3 , por lo que cumplió la norma semanal (seis días hábiles) en cuatro jornadas. ¿Cuántos metros cúbicos de madera extrajo la brigada por día?

Solución. Método algebraico. llegamos a la ecuacion

donde x m 3 es la norma diaria de la brigada según el plan.

método geométrico. Como el problema considera el producto de dos cantidades (A = pn), para mayor claridad, lo presentamos en forma de diagrama bidimensional. Un diagrama bidimensional es el área de uno o más rectángulos, cuyos lados representan los valores numéricos de las cantidades en consideración (p y n), y el área del rectángulo representa su producto (S =A).

La solución del problema, como en el caso de un diagrama lineal (unidimensional), se lleva a cabo en tres etapas:

1) construir un diagrama bidimensional, es decir, traducir el problema al lenguaje de segmentos y áreas de figuras;
2) resolver el problema geométrico resultante compilando una ecuación basada en el uso de las propiedades del área de figuras poligonales;
3) traducción de la respuesta recibida del lenguaje geométrico al lenguaje natural.

1ra etapa Se implementa durante el análisis del texto de la tarea. Los estudiantes responden las siguientes preguntas.

1. ¿Es posible construir un diagrama bidimensional de acuerdo con la condición del problema?

[Es posible, ya que una de las cantidades (la norma semanal de la brigada) es igual a
el producto de los otros dos: la norma diaria de la brigada y el número de días.]

2. ¿Qué es un gráfico 2D?

[Un rectángulo cuyo lado define
dieta de brigada, y la otra - el número de días.]

3. ¿Cuántos rectángulos se deben construir?

[Dos, sus áreas determinarán la tarifa semanal de la brigada
de acuerdo con el plan y realmente completó el trabajo en cuatro días.]

4. ¿Qué se puede decir sobre las áreas de estos rectángulos?

[Son iguales, ya que se completaron en cuatro
el trabajo del día es igual a la tarifa de la semana.]

Luego, los estudiantes, con la ayuda del maestro, completan la construcción. La base y la altura del primer rectángulo se toman arbitrariamente, el segundo rectángulo es igual al primero y sus bases son segmentos que se encuentran en el mismo rayo con un origen común (Fig. 4). La primera etapa finaliza con la designación de rectángulos y el diseño de entradas en el dibujo.

Al inicio del aprendizaje del método geométrico se lleva un registro detallado de lo que significa el largo, ancho y área de cada rectángulo, es decir, se traduce la tarea al lenguaje geométrico.

2da etapa La etapa comienza con la consideración de las áreas de los rectángulos resultantes y el establecimiento de relaciones entre ellas (igualdades, desigualdades). Se les hace la pregunta a los estudiantes: nombren los rectángulos con áreas iguales. La entrada correspondiente es:

S ABCD \u003d S AMNK \u003d S, S 1 \u003d S 2, ya que S 1 + S 3 \u003d S 2 + S 3.

Entre los estudiantes puede haber quienes completarán el dibujo con una gran imprecisión, es decir, en el dibujo, los rectángulos BMNE y KECD obviamente no tendrán el mismo tamaño. Se les debe llamar la atención y notar que las líneas KB y CN deben ser paralelas.

Usando la condición S 1 \u003d S 2, se elabora una ecuación. Demos una notación aproximada de la solución del Problema 4 por el método geométrico.

Solución. Sea S ABCD la norma semanal de un equipo de leñadores. AB - productividad (m 3) de la brigada por día según el plan; AD - número de días; S AMNK: la cantidad de trabajo realizado por el equipo en cuatro días.

SAMNK=SABCD=S;

S 1 \u003d S 2, ya que S 1 + S 3 \u003d S 2 + S 3.

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

significa 2KE = 64, entonces KE = 32.

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

Respuesta: la brigada cosechó 48 m 3 de bosque por día.

Con la ayuda de un diagrama bidimensional y relaciones geométricas, en particular, la igualdad de área de los rectángulos ABCD y AMNK, se puede hacer otra ecuación. Si AB = x, entonces obtenemos

(la misma ecuación se obtiene al resolver el problema sin dibujar).

Tarea 5. La planta tenía que completar el pedido para la producción de automóviles en 15 días. Pero ya dos días antes de la fecha límite, la planta no solo cumplió con el plan, sino que también produjo seis autos más por encima del plan, ya que producía dos autos por día por encima del plan. ¿Cuántos automóviles se suponía que debía producir la planta de acuerdo con el plan?

La peculiaridad de resolver este problema por el método geométrico, en comparación con la solución del problema anterior, es que las áreas S 1 y S 2 (ver Fig. 4) no son iguales, ya que, según la condición, la planta no solo cumplió el plan, sino que también produjo en exceso del plan seis autos más. Los estudiantes deben tener esto en cuenta tanto al construir un dibujo como al compilar una ecuación.

Solución. Sea AB la capacidad de producción de la planta por día según el plan (Fig. 5). AD - fecha de finalización del pedido según el plan. Luego, S ABCD determina el pedido completo para la producción de automóviles, AM representa la cantidad de automóviles que la fábrica produjo diariamente, AP es el tiempo de entrega y S AMNP corresponde a la cantidad de automóviles que la fábrica produjo en 13 días.

De acuerdo con la condición, la planta produjo seis automóviles por encima del plan, por lo que tenemos

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

pero S 2 = 2 13 = 26, luego S 1 + 6 = 26, de donde S 1 = 20. Por otro lado, S 1 = 2AB, luego 2AB = 20, entonces AB = 10, S ABCD = AB 15 = 10 15 = 150.

Respuesta: se suponía que la planta produciría 150 automóviles según el plan.

Los problemas geométricos también pueden servir como un medio para integrar métodos en el 7° grado. Demos ejemplos.

Tarea 6. El punto A divide el segmento CD por la mitad y el punto B lo divide en partes desiguales. Demostrar que el área de un rectángulo de dimensiones CB y BD es igual a la diferencia entre las áreas de los cuadrados de lados AD y AB

Solución. Sea CD = x, BD = y. Después

Por lo tanto, para resolver el problema, es necesario probar la identidad

Como puedes ver, el método de áreas y el método de transformaciones idénticas están involucrados en la solución de este problema.

Tarea 7. AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (Fig. 7). Encuentre el ángulo A.

Solución. Sea Р A = x, luego Р 1 = Р A = x. P 2 \u003d 2x (como la esquina exterior del triángulo 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,

P 6 = P 5 = 3x. P 7 = P B - P 6, pero

es por eso

Como P 8 \u003d P C, entonces P C + P 8 + P 7 \u003d 2P C + P 7 \u003d 180 °, o

Resolviendo esta ecuación, obtenemos que x = 20°.

Respuesta: PA \u003d 20 °.

Al resolver este problema se utilizó el método de los triángulos y el método de las ecuaciones y desigualdades. Problemas similares se encuentran en los libros de texto de geometría.

Métodos algebraicos iterativos para la reconstrucción de imágenes

trabajo de graduación

4.1 Método algebraico

Deje que la función f(x) = f(x, y) describa alguna distribución de densidad en alguna sección seleccionada del objeto. La tarea principal de la tomografía computacional es reconstruir la función f(x) a partir de un conjunto de proyecciones obtenidas experimentalmente:

que son integrales lineales de la distribución deseada a lo largo de las líneas L:. Aquí está el ángulo de exploración, es la función delta.

En la práctica, por regla general, las proyecciones no se establecen para todos los valores y, sino solo para un número finito de ellos. Hay una serie de problemas prácticos para los que el número de discretizaciones por 0 es muy limitado (de 3 a 5). Los problemas de este tipo están relacionados con los problemas de la tomografía de ángulo bajo y se encuentran entre los más difíciles de resolver. La tarea se puede formular de la siguiente manera: para un conjunto finito dado de proyecciones de una función de dos variables, obtener la mejor estimación de esta función.

Formulemos un enunciado general del problema de restaurar una solución al problema (4.1) usando métodos algebraicos y construyamos un algoritmo iterativo para restaurar tales problemas. El uso de métodos algebraicos es fundamentalmente diferente del método de transformaciones integrales, ya que implica la discretización de la imagen antes del inicio del algoritmo de restauración. La construcción de un modelo discreto del problema de reconstrucción de imágenes se puede describir de la siguiente manera.

Sea necesario restaurar una función bidimensional f(x)=f(x,y) definida en la región DR2. Suponga que el área de recuperación D está encerrada en un cuadrado K, que se divide en n cuadrados pequeños iguales llamados elises. Numeremos todas las elises de 1 a n. Al mismo tiempo, aceptaremos la restricción principal, que es que la función restaurada f(x) toma un valor constante fj dentro de la j-ésima eliza, es decir, reemplazamos la función f ( x) con la expresión discretizada

si (x) j-th elise;

de lo contrario. (4.3)

Supongamos que tenemos un conjunto de funcionales continuos lineales que representan la transformada directa de Radon a lo largo de un conjunto de algunas líneas:

Entonces es la proyección de la función f(x) a lo largo del rayo Li.

Aplicando operadores de igualdad (4.2) y teniendo en cuenta su continuidad y linealidad, obtenemos un sistema de linealidad ecuaciones algebraicas

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

Si la familia de funciones de base (bj) viene dada por la fórmula (4.3), entonces

La longitud de la intersección del i-ésimo rayo con la j-ésima elisa.

Denotamos la matriz de coeficientes A=(), el vector de imagen f=(f1, f2, ..., fn), el vector de proyección R=(R1, R1, ..., Rt). Entonces la solución del problema se reduce a resolver un sistema de ecuaciones algebraicas lineales de la forma

En este caso, el vector R se conoce con algún error.

Cabe señalar que la forma del sistema (4.5) depende de la elección específica del sistema de funciones de base bi y el conjunto de funcionales Ri. Hay otras formas de elegir la cuadrícula de partición del dominio D (y, por lo tanto, las funciones de base bi). Los funcionales se eligen no solo en la forma (4.4), sino también teniendo en cuenta la longitud real de los rayos y utilizando funciones constantes por partes. Además, el planteamiento del problema no depende de la geometría de los rayos y se formula fácilmente para el caso tridimensional.

4.2 Uso de operadores interlineados

En esta subsección, consideramos un nuevo método para representar una solución aproximada del problema de la tomografía computarizada (TC) plana en forma de funciones constantes por tramos. El método tiene una mayor precisión que el método clásico para resolver un problema RKT plano utilizando funciones constantes por partes.

partición de E2 en cuadriláteros. Introduzcamos la siguiente notación.

El operador О1 es el operador de aproximación de f(x,y) por funciones constantes por partes en x. Si y=const, entonces se encuentra a partir de la condición de mejor aproximación f(x,y) en la banda, yE. De manera similar, el operador О2 es el operador de aproximación de f(x, y) por funciones constantes por tramos en y.

Si x=const, entonces j(x) se encuentra a partir del mejor ajuste f(x,y) en la banda, xE.

Introducimos los siguientes operadores:

Encontramos los valores de la condición de la mejor aproximación de f por el número f(оij, ij) en

Lema 3.1 Sea una función, r=1,2 o y una función con variación acotada. Entonces los operadores Onm tienen las propiedades

Prueba. Las propiedades (3.25) y (3.26) se derivan del hecho de que

La propiedad (3.27) se sigue del hecho de que

Las propiedades (3.29) se cumplen para todas las funciones diferenciables y para funciones continuas con variación acotada.

Se demuestra el lema 1.

Corolario 1. Para y para funciones continuas con variación acotada, obtenemos la siguiente estimación del error.

Corolario 2. Sustitución de funciones por funciones constantes por tramos de una variable con el mismo error estimado

obtenemos el operador

Obtener valores para gi (x)

Obtener valores para Gi (y)

con las siguientes propiedades:

Corolario 3. Operador

tiene las siguientes propiedades:

Si, r=1,2 o u es una función con variación limitada, entonces

Prueba. Para el error, podemos escribir la igualdad

Esto implica la desigualdad

Aplicando las estimaciones 3 y 4 al lado derecho de la expresión obtenida, llegamos a la estimación (3.42).

El corolario 3 está probado.

Si m=n, entonces el operador tiene un error (usa constantes); la aproximación por parte del operador tiene un error. Es decir, el operador (usa constantes) tiene el mismo error que el operador:

Los párrafos siguientes destacan las ventajas de este método.

Número de incógnitas

El uso de interlineación de funciones en la construcción de una solución aproximada, es decir, la representación de una solución aproximada en la forma:

condujo a la aparición de constantes 2n3+n2, que son desconocidas. Por lo tanto, el operador usa O(n3) constantes incógnitas. El operador tiene un error.

El uso del operador, la representación clásica de la solución aproximada, conduce a la aparición de n4 constantes, que son desconocidas. Por lo tanto, el operador usa O(n4) constantes incógnitas. El operador tiene un error.

Resumiendo lo anterior, concluimos que usar el operador requiere encontrar O(n3) incógnitas, mientras que usar el operador requiere encontrar O(n4) incógnitas para aproximar la solución con el mismo error.

Por lo tanto, el uso del operador otorga importantes ventajas en cuanto al número de operaciones aritméticas, ya que para lograr la misma precisión es necesario resolver un sistema de ecuaciones algebraicas lineales de menor dimensión.

Para ilustrar este hecho, presentamos el siguiente cuadro:

tabla 1

	Desconocido	Desconocido	Error

Las comparaciones muestran que para lograr la misma precisión, al usar el operador, puede tomar menos ecuaciones. Por ejemplo, para n=9, el número de incógnitas en el método clásico es 4 veces mayor.

Debido a que el sistema debe estar sobredeterminado, y para n = 9 incógnitas 1539 (para el caso de interlineación) y 6561 (para el método clásico), y el número de ecuaciones debe tomarse más que el número de incógnitas, se Es claro que en el método con interlineación estas ecuaciones serán menores.

Un experimento computacional realizado con los algoritmos y programas desarrollados confirmó estas afirmaciones.

Discretización de regiones

El uso de esquemas para resolver el problema de la tomografía computarizada plana, se basa en el uso y determina la discretización del área.

Para - una cuadrícula irregular: un desglose en cuadrados con un lado y rectángulos con lados, y, alargada a lo largo del eje Ox y Oy, respectivamente. Los nodos de cuadrícula están ubicados en los centros de cuadrados y rectángulos.

Para - una cuadrícula regular: un desglose en cuadrados con un lado. Los nodos de la cuadrícula están ubicados en los centros de los cuadrados.

El efecto positivo de aplicar el operador se logra debido a una disposición diferente de los nodos, lo que provoca una conexión entre la siguiente relación:

Los cuales coinciden con los nodos ubicados en los centros de los correspondientes rectángulos cuadrados, verticales y horizontales.

Para estos puntos, ya que en estos centros, entonces tenemos soluciones exactas.

Por lo tanto, la solución aproximada construida con la ayuda de es una fórmula de interpolación. Con su ayuda, el valor de la función se calcula en cualquier punto de la región D, además de los indicados, en el que hay una coincidencia exacta

En cuanto a la coincidencia exacta en los centros especificados. Medio,

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