Dacă pornim de la relația dintre dorit și datele problemei, atunci condiția problemei pentru construcție poate fi exprimată analitic.

Exprimarea analitică a problemei de construcție sub forma unei ecuații și soluțiile sale sub forma rădăcinilor acestei ecuații ajută la găsirea soluție geometrică, precum și a determina cu ce instrumente poate fi efectuat.

Rezolvarea problemelor prin metoda algebrică se reduce la construcția:

• medie proporţională cu două segmente date x = 4ab
• al patrulea proporțional cu cele trei segmente date, exprimat

. „ bc

apăsat de formula x \u003d -;

Prin suma algebrică a acestor segmente x = a±b, x-a + b-c + d,

x = 3a±2b etc.; _

Prin formule ca x = 1a + b.

Metoda algebrică de rezolvare a problemelor de construcție geometrică este următoarea:

• 1) cantitățile necunoscute care apar în starea problemei sunt notate cu literele x, y,z etc.;
• 2) alcătuiți ecuații care relaționează aceste necunoscute cu valorile date în problemă a, b, c, ...;
• 3) rezolvați ecuațiile formulate;
• 4) examinarea răspunsurilor primite;
• 5) executați construcția cerută.

Înainte de a trece la rezolvarea problemelor de construcție prin metoda algebrică, să luăm în considerare construcția unor segmente dată de rapoartele dintre lungimile altor segmente.

1. Uneori în problemele de construcție geometrică raportul a două mărimi este dat sub formă a:b; a 3: b 3; a 4: b 4 etc.

Să arătăm că oricare dintre aceste rapoarte poate fi înlocuit cu raportul a două segmente.

Problema 6.47. Construiți un segment dat de raport a p: b p, Unde

p e N.

Soluţie

Desenați două drepte arbitrare reciproc perpendiculare KLși MN(Fig. 6.52) și notează cu litera O punctul de intersecție a acestora. Pe linii drepte KLși MN din punctul O amânăm segmentele OA şi oa x, respectiv egal cu segmentele date Kommersantși A. Prin legarea punctelor A și A b restaura la punct A g perpendicular pe AA X KL la un moment dat L 2 . La punctul A 2 restabilim perpendiculara pe A 2 A 1și continuați-l până când se intersectează cu linia MN la punctul A 3 etc.

Să determinăm valoarea fiecăruia dintre următoarele rapoarte: OA x: OA; OA 2 : OA x; OA 3: OA g etc.

Deoarece triunghiuri dreptunghiulare OAA x, OA, A 2, OA^A 3 ,... sunt similare, adică:

oa, și ,

Prin construcție, - L = - și, prin urmare, în virtutea egalităților (*), obținem OA b

Să determinăm valoarea raportului Nu se va schimba dacă noi

fiecare dintre termenii săi este împărțit la aceeași sumă OA b prin urmare

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

Dar din egalitățile -- = - și -- = - vedem că -- = - și -= -.

OAOA x b oa, Kommersant oa, A

În virtutea ultimelor două egalități, putem rescrie egalitatea (**) după cum urmează:

OA 2 _ a 2 OA ~ b 2 "

Putem găsi alte relații prin raționament analog.

2. Luați în considerare problema construirii mediei proporționale la două segmente date, i.e. segment -jab.

Problema 6.48. Construiți media proporțională a segmentelor Ași b. Soluţie

Pe o linie dreaptă, așezăm succesiv segmentele AC = ași SW = b(Fig. 6.53)

Orez. 6.53

Pe segment AB cum se construiește un cerc ofiC, 1 pe diametru.

În punctul C, restabilim perpendiculara pe dreaptă AB.

Avem NC = -jab.Într-adevăr, AANB- dreptunghiular.

Conform binecunoscutei teoreme AACN asemănătoare ANCB, ceea ce înseamnă unde

NC 2 = AC CB, sau în altă notație NC 2=ab.În sfârșit avem NC-Jab.

3. La rezolvarea problemelor de construcție, de foarte multe ori este necesar să se construiască un segment care este al patrulea proporțional cu trei segmente date. Să luăm în considerare o soluție la această problemă.

Problema 6.49. Date trei segmente a, b, s. Construiește o astfel de linie X,

a c ce - = -.

Soluţie

Luați orice unghi O. Pe o parte a unghiului, lăsați deoparte segmentele OA = ași OS = s, iar pe de alta - un segment OB-b(Fig. 6.54)

Desenați o dreaptă prin punctul C R || AB. Ea va trece fasciculul OV la punct D. Să demonstrăm asta OD- segmentul dorit X. triunghiuri OAB

și TOC Sunt asemănătoare. Prin urmare, i.e. OD = x.

Orez. 6,54

Într-un caz particular, această problemă ne permite să împărțim un segment în P părti egale. Să notăm acest segment ca b. Luați orice segment Cu, lăsați-l să plece a - ps(Fig. 6.55).

Orez. 6.55

„ ac b b 1 .

Din moment ce - = -, atunci x =- cu = - c = - b. oh ps p

4. Luați în considerare un raport mai complex de segmente.

Problema 6.50. Construiți un segment dat de raport 2 [a: 2/b, unde p e N.

Soluţie

Să presupunem că raportul cantităților este dat sub forma [a: -Jb, Unde Ași Kommersant- date de segment.

Pentru a determina acele două segmente, al căror raport este egal cu Va: Vb, procedăm după cum urmează.

Pe o linie dreaptă arbitrară dintr-un punct selectat La Să lăsăm deoparte două segmente succesive: KN-ași NM = b(Fig. 6.56)

Orez. 6,56

Pe segment KM, ca și pe diametru, construiți un semicerc KRM.

La punctul N să restabilim perpendiculara NN" la segment KM. Drept NN" traversează arcul KRM la un moment dat L.

Conectarea punctului LsKim. Segmente KLși LM- dorit, adică

Într-adevăr, avem -=--. Dar A KLM similar cu A LMN, dar-

KL LN KL 2 LN 2

aceasta-=-si, prin urmare, -=--, dar din ultima egalitate

LM NM LM NM 2

KN LN 2 KL 2 KN „

iar egalitatea-=-- rezultă că-- =-. Extragerea pătratului

NM NM 2 LM 2 NM

rădăcina ambelor părți ale ultimei egalități, găsim:

Pentru a obține două segmente al căror raport este [a: yfb, mai întâi trebuie să construiți astfel de două segmente tip de, raportul dintre

ryh este determinată de egalitatea - = -j=, si apoi prin aceeasi

construcții găsi segmente Rși q, care sunt definite de egalitate p_yfm h Vn

Construcții similare pot fi folosite pentru a găsi segmente al căror raport este egal cu 2 fa: 2 yх 2 + h h 2, apoi din egalitate (*) obținem

Constructie. 1. Construim un segment y \u003d yj (2h b) 2 - h a 2(Fig. 6.61).

Orez. 6,61

2. Clădire x = ^^-(Fig. 6.62).

Orez. 6,62

3. În cele din urmă, construim triunghiul isoscel dorit ABC prin rațiune AC \u003d 2hi altitudine DB = hb(Fig. 6.63).

Orez. 6,63

Dovada. Este necesar să se demonstreze că în triunghiul isoscel construit ABCînălțimi BD-hbși AE- h a . Prima egalitate este evidentă, iar validitatea celei de-a doua rezultă din reversibilitatea tuturor formulelor date în analiză. _

Studiu. Observăm că segmentul y \u003d yl (.2h b) 2 -h 2 poate fi construit numai dacă (2/i b) 2 -h a 2>0 sau 2 h b > h a .

În această condiție, este posibil să se construiască un segment x și, în consecință, triunghiul necesar ABC. Deoarece două triunghiuri isoscele cu baze egale și înălțimi egale sunt egale, problema are o soluție unică.

Cometariu. Problema admite o soluție mai simplă în alt mod. Dacă printr-un punct D trageți o linie paralelă cu înălțimea AE iar partea de trecere soare la punct F, apoi un triunghi DFB poate fi construit pe picior 0,5 h a si ipotenuza h b, ceea ce va duce la construirea triunghiului dorit.

Problema 6.57. Printr-un punct dat din afara cercului DAR trageți o secante care să fie împărțită de acest cerc în acest sens.

Soluţie

Analiză. Să zicem că problema este rezolvată: secante AL satisface condiţia problemei (Fig. 6.64). Desenați o secanta din punctul A AU, trecând prin centrul O al cercului dat. Deoarece punctul A ne este dat, înseamnă că știm segmentele ANUNȚ si ca. Notează cu litera x lungimea segmentului AK. Dacă tragem secante din punctul A, care este în afara cercului, atunci produsul întregii secante cu partea exterioară este o valoare constantă și, prin urmare,

Orez. 6,64

Din desen vedem că AL = x + LK.

eu shs.. ph

Și deoarece prin condiția x: LK=m : P, acestea. bk =- asta inseamna AL=x+ - -

= -(t + p). t

Prin urmare, egalitatea (*) va lua următoarea formă: x-(m + n) = AD? AU, Unde

Constructie. 1. Pe baza formulei (**), printr-o constructie cunoscuta, determinam segmentul x.

• 2. De la un punct DAR faceți o crestătură pe acest cerc La cu o rază egală cu x găsit.
• 3. Conectarea punctelor DARși Lași continuând această linie, obținem secanta dorită.

Rețineți că nu am dat raționamentul care are loc în rezolvarea acestei probleme la etapele de demonstrare și cercetare (l lăsăm pe cititor să realizeze singur aceste etape).

Problema 6.58. Găsiți un punct în afara cercului dat, astfel încât tangenta trasă din acesta la acest cerc să fie jumătate din secantei trase din același punct prin centru.

Soluţie

Analiză(Fig. 6.65). Notăm cu litera x distanța până la punctul dorit de la centrul O al cercului. După cum se știe, AB 2 -DA? AC(1) dar DA = x - z (2), AC = x + z(3) și, prin urmare, AB 2\u003d (x - g) (x + g) \u003d x 2 - g 2și AB \u003d 1x 2 -g 2 (4).

Orez. 6,65

Întrucât după condiție AC \u003d 2AB, atunci din formulele (3) și (4) avem x + r - \u003d 21x 2 - r 2, de unde x 2 + 2rx + r 2 \u003d 4x 2 - 4r 2, sau Zx 2 - 2rx - 5r 2 \u003d 0. Prin urmare,

acestea. x a \u003d - g și x 2 \u003d - g.

În această problemă, x nu poate fi o valoare negativă și, prin urmare, aruncăm a doua rădăcină.

Constructie. Să continuăm unul dintre diametre (CD) cerc dat

iar pe ea punem deoparte din punct D segment de linie D.A., egal cu -g (DA = AO - OD = 5 2 3

Г - г = -г (6)).

Punct DAR- dorit.

Dovada. AC = x + z = -z + z, acestea. ac=-g (7).

.- /2 8 4 AC

Din formulele (1), (6), (7) găsim: AB=y/DA-AC=J-r--r=-r=

ceea ce confirmă corectitudinea construcţiei realizate (invităm cititorul să realizeze în mod independent etapa cercetării).

1. Observaţii generale privind rezolvarea problemelor prin metoda algebrică.

2. Sarcini pentru mișcare.

3. Sarcini pentru muncă.

4. Sarcini pentru amestecuri și procente.

Folosirea metodei algebrice pentru a găsi o modalitate aritmetică de a rezolva probleme de text.

1. La rezolvarea problemelor prin metoda algebrică, mărimile dorite sau alte mărimi, știind care este posibil să se determine pe cele dorite, se notează cu litere (de obicei X y,z). Toate relațiile independente dintre date și mărimi necunoscute, care fie sunt formulate direct în condiție (în formă verbală), fie decurg din sensul problemei (de exemplu, legile fizice pe care le respectă mărimile luate în considerare), fie decurg din sensul problemei. condiție și unele raționamente, sunt scrise sub formă de egalitate a inegalităților. În cazul general, aceste relații formează un anumit sistem mixt. În cazuri speciale, acest sistem poate să nu conţină inegalităţi sau ecuaţii sau poate consta dintr-o singură ecuaţie sau inegalitate.

Rezolvarea problemelor prin metoda algebrică nu este supusă nici unei scheme unice, suficient de universale. Prin urmare, orice indicație referitoare la toate sarcinile este de natură cea mai generală. Sarcinile care apar în rezolvarea problemelor practice și teoretice au propriile lor caracteristici individuale. Prin urmare, studiul și soluția lor sunt de natură cea mai diversă.

Să ne oprim asupra rezolvării problemelor al căror model matematic este dat de o ecuație cu o necunoscută.

Amintiți-vă că activitatea de rezolvare a problemei constă din patru etape. Lucrul la prima etapă (analiza conținutului problemei) nu depinde de metoda de soluționare aleasă și nu are diferențe fundamentale. La a doua etapă (la căutarea unei modalități de rezolvare a problemei și la întocmirea unui plan de rezolvare a acesteia), în cazul utilizării metodei algebrice de rezolvare, se efectuează următoarele: alegerea raportului principal pentru compilarea ecuaţie; alegerea necunoscutului și introducerea unei denumiri pentru acesta; exprimarea cantităților incluse în raportul principal, prin necunoscut și date. A treia etapă (implementarea planului de rezolvare a problemei) presupune compilarea unei ecuații și rezolvarea acesteia. A patra etapă (verificarea soluției problemei) se desfășoară în mod standard.

De obicei, atunci când scrieți ecuații cu o necunoscută X respectați următoarele două reguli.

regulă eu . Una dintre aceste mărimi este exprimată în termeni de necunoscut Xși alte date (adică se întocmește o ecuație în care o parte conține o valoare dată, iar cealaltă conține aceeași valoare, exprimată prin Xși alte cantități date).

regulă II . Pentru aceeași cantitate, sunt compilate două expresii algebrice, care sunt apoi egalate între ele.

În exterior, se pare că prima regulă este mai simplă decât a doua.

În primul caz, este întotdeauna necesar să se compună o expresie algebrică, iar în al doilea, două. Cu toate acestea, există adesea probleme în care este mai convenabil să compun două expresii algebrice pentru aceeași cantitate decât să alegeți una deja cunoscută și să compuneți o expresie pentru aceasta.

Procesul de rezolvare al problemelor de text în mod algebric se realizează după următorul algoritm:

1. Mai întâi, alegeți raportul pe baza căruia se va întocmi ecuația. Dacă problema conține mai mult de două rapoarte, atunci raportul care stabilește o anumită legătură între toate necunoscutele ar trebui luat ca bază pentru compilarea ecuației.

Apoi se alege necunoscutul, care este notat cu litera corespunzătoare.

Toate mărimile necunoscute incluse în raportul ales pentru compilarea ecuației trebuie exprimate în termeni de necunoscută aleasă, pe baza celorlalte rapoarte incluse în problemă, cu excepția celui principal.

4. Din aceste trei operații, alcătuirea unei ecuații urmează direct ca proiectarea unei înregistrări verbale cu ajutorul simbolurilor matematice.

Locul central între operațiile enumerate este ocupat de alegerea relației principale pentru compilarea ecuațiilor. Exemplele luate în considerare arată că alegerea raportului principal este decisivă în formularea ecuațiilor, introduce armonie logică în textul verbal uneori vag al problemei, dă încredere în orientare și protejează împotriva acțiunilor haotice de exprimare a tuturor cantităților incluse în problema prin datele si cele dorite.

Metoda algebrică de rezolvare a problemelor este de mare importanță practică. Cu ajutorul acestuia, ei rezolvă o mare varietate de sarcini din domeniul tehnologiei, agriculturii și vieții de zi cu zi. Deja inauntru liceu ecuațiile sunt folosite de studenți în studiul fizicii, chimiei, astronomiei. Acolo unde aritmetica se dovedește neputincioasă sau, în cel mai bun caz, necesită un raționament extrem de greoaie, acolo metoda algebrică duce ușor și rapid la răspuns. Și chiar și în așa-numitele probleme de aritmetică „tipice”, care sunt relativ ușor de rezolvat prin aritmetică, soluția algebrică, de regulă, este atât mai scurtă, cât și mai naturală.

Metoda algebrică de rezolvare a problemelor face ușor de arătat că unele probleme care diferă între ele doar în diagramă au nu numai aceleași relații între date și valorile dorite, dar conduc și la raționament tipic prin care se stabilesc aceste relații. Astfel de probleme dau doar interpretări specifice diferite ale aceluiași raționament matematic, aceleași relații, adică au același model matematic.

2. Grupul de sarcini pentru mișcare include sarcini care vorbesc despre trei cantități: căi (s), viteza ( v) si timpul ( t). De regulă, ei vorbesc despre mișcare rectilinie uniformă, când viteza este constantă ca mărime și direcție. În acest caz, toate cele trei mărimi sunt legate prin următoarea relație: S = vt. De exemplu, dacă viteza unui biciclist este de 12 km/h, atunci în 1,5 ore va parcurge 12 km/h  1,5 h = 18 km. Există probleme în care se ia în considerare mișcarea rectilinie uniform accelerată, adică mișcarea cu accelerație constantă (A). Distanta parcursa s în acest caz se calculează cu formula: S = v 0 t + la 2 /2, Unde v 0 – viteza initiala. Deci, în 10 s de cădere cu o viteză inițială de 5 m/s și o accelerație de cădere liberă de 9,8 m 2 /s, corpul va zbura pe o distanță egală cu 5 m/s  10s + 9,8 m 2 /s  10 2 s 2/2 = 50 m + 490 m = 540 m.

După cum sa menționat deja, în cursul rezolvării problemelor de text și, în primul rând, în problemele legate de mișcare, este foarte util să se realizeze un desen ilustrativ (pentru a construi un model grafic auxiliar al problemei). Desenul trebuie făcut în așa fel încât să arate dinamica mișcării cu toate întâlnirile, opririle și întoarcerile. Un desen bine conceput permite nu numai o înțelegere mai profundă a conținutului problemei, dar facilitează și compilarea ecuațiilor și inegalităților. Exemple de astfel de desene vor fi date mai jos.

Următoarele convenții sunt de obicei adoptate în problemele de mișcare.

Dacă nu este specificat în mod specific în sarcină, mișcarea în secțiuni individuale este considerată uniformă (fie că este mișcare în linie dreaptă sau în cerc).

Întoarcerile corpurilor în mișcare sunt considerate instantanee, adică se produc fără a petrece timp; viteza se schimba si ea instantaneu.

Acest grup de sarcini, la rândul său, poate fi împărțit în sarcini în care se iau în considerare mișcările corpurilor: 1) unul față de celălalt; 2) într-o singură direcție („după”); 3) în direcții opuse; 4) de-a lungul unei traiectorii închise; 5) de-a lungul râului.

Dacă distanţa dintre corpuri este S, iar vitezele corpurilor sunt egale v 1 și v 2 (Fig. 16 A), apoi când corpurile se îndreaptă unele spre altele, timpul după care se vor întâlni este egal cu S/(v 1 + v 2).

2. Dacă distanţa dintre corpuri este S, iar vitezele corpurilor sunt egale v 1 și v 2 (Fig. 16 b), apoi când corpurile se mișcă într-o direcție ( v 1 > v 2) timpul după care primul corp îl depășește pe al doilea este S/(v 1 – v 2).

3. Dacă distanţa dintre corpuri este S, iar vitezele corpurilor sunt egale v 1 și v 2 (Fig. 16 în), apoi, plecând simultan în direcții opuse, corpurile vor fi în timp t fii la distanta S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t.

Orez. 16

4. Dacă corpurile se mișcă într-o direcție pe o traiectorie închisă de lungime s cu viteze v 1 și v 2 , timpul după care corpurile se vor întâlni din nou (un corp îl va depăși pe celălalt), plecând simultan dintr-un punct, se găsește prin formula t = S/(v 1 – v 2) cu condiția ca v 1 > v 2 .

Acest lucru rezultă din faptul că, cu o pornire simultană de-a lungul unei traiectorii închise într-o direcție, un corp cu o viteză mai mare începe să ajungă din urmă cu un corp cu o viteză mai mică. Prima dată îl ajunge din urmă, după ce a parcurs o distanță de S mai mult decât un alt corp. Dacă îl depășește pentru a doua, a treia oară și așa mai departe, asta înseamnă că parcurge o distanță de 2 S, până la 3 S și așa mai departe mai mult decât alt corp.

Dacă corpurile se mișcă în direcții diferite de-a lungul unui traseu închis de lungime S cu viteze v 1 și v 2, timpul după care se vor întâlni, plecând simultan dintr-un punct, se găsește prin formula t = v(v 1 + v 2). În acest caz, imediat după începerea mișcării, apare o situație când corpurile încep să se miște unul spre celălalt.

5. Dacă corpul se mișcă de-a lungul râului, atunci viteza sa față de țărm și este suma vitezei corpului în apă plată vși viteza râului w: și =v + w. Dacă un corp se mișcă împotriva curentului unui râu, atunci viteza lui este și =v – w. De exemplu, dacă viteza bărcii v\u003d 12 km / h și viteza râului w \u003d 3 km / h, apoi în 3 ore barca va naviga de-a lungul râului (12 km / h + 3 km / h)  3 ore = 45 km și împotriva curentului - (12 km / h - 3 km / h)  3 ore = 27 km. Se crede că viteza obiectelor cu viteză zero în apă plată (plută, buștean etc.) este egală cu viteza râului.

Să ne uităm la câteva exemple.

Exemplu.Din un punct într-un sens la fiecare 20 min. mașinile pleacă. A doua mașină circulă cu o viteză de 60 km/h, iar viteza primei este cu 50% mai mare decât viteza celei de-a doua. Aflați viteza celei de-a treia mașini dacă se știe că a depășit prima mașină cu 5,5 ore mai târziu decât a doua.

Soluţie. Fie x km/h viteza celei de-a treia mașini. Viteza primei mașini este cu 50% mai mare decât viteza celei de-a doua, deci este egală cu

Când vă deplasați într-o direcție, timpul de întâlnire este găsit ca raport dintre distanța dintre obiecte și diferența de viteză. Prima mașină în 40 de minute. (2/3 h) parcurge 90  (2/3) = 60 km. Prin urmare, al treilea îl va depăși (se vor întâlni) în 60/( X– 90) ore. Al doilea în 20 de minute. (1/3 h) parcurge 60  (1/3) = 20 km. Asta înseamnă că al treilea îl va ajunge din urmă (se vor întâlni) în 20/( X- 60) ore (Fig. 17).

P
despre starea problemei

Orez. 17

După transformări simple, obținem o ecuație pătratică 11x 2 - 1730x + 63000 = 0, rezolvând pe care o găsim

Verificarea arată că a doua rădăcină nu satisface condiția problemei, deoarece în acest caz a treia mașină nu va ajunge din urmă cu alte mașini. Răspuns: Viteza celui de-al treilea automobil este de 100 km/h.

Exemplu Nava cu motor a trecut 96 km de-a lungul râului, s-a întors înapoi și a stat ceva timp sub încărcare, petrecând 32 de ore pentru toți.Viteza râului este de 2 km/h. Determinați viteza navei în apă plată dacă timpul de încărcare este de 37,5% din timpul petrecut pe întreaga călătorie dus-întors.

Soluţie. Fie x km/h viteza navei în apă plată. Apoi ( X+ 2) km/h - viteza acestuia în aval; (X - 2) km/h - contra curent; 96/( X+ 2) ore - timpul de mișcare cu fluxul; 96/( X- 2) ore - timpul de mișcare împotriva curentului. Deoarece 37,5% din timpul total în care nava a fost sub încărcare, timpul net de mișcare este de 62,5%  32/100% = 20 (ore). Prin urmare, în funcție de starea problemei, avem ecuația:

Transformând-o, obținem: 24( X – 2 + X + 2) = 5(X + 2)(X – 2) => 5X 2 – 4X– 20 = 0. După ce am rezolvat ecuația pătratică, găsim: X 1 = 10; X 2 = -0,4. A doua rădăcină nu satisface condiția problemei.

Răspuns: 10 km/h este viteza navei în apă plată.

Exemplu. Mașina a plecat din oraș DAR spre orașul C prin oraș LA Fara opriri. Distanţă AB, egal cu 120 km, a călătorit cu o viteză constantă cu 1 oră mai repede decât distanța soare, egal cu 90 km. Determinați viteza medie a mașinii din oraș DAR la orasul C, daca se stie ca viteza pe tronson AB Cu 30 km/h mai multă viteză pe șantier Soare.

Soluţie. Lăsa X km / h - viteza mașinii pe șantier Soare.

Apoi ( X+ 30) km/h – viteza pe tronson AB, 120/(X+ 30) h, 90/ X h este timpul în care circulă mașina ABși soare respectiv.

Prin urmare, în funcție de starea problemei, avem ecuația:

.

Să-l transformăm:

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

Rezolvând ecuația pătratică, găsim: X 1 = 30, X 2 = -90. A doua rădăcină nu satisface condiția problemei. Deci viteza în secțiune soare egal cu 30 km/h, pe tronson AB - 60 km/h Rezultă că distanța AB mașina parcursă în 2 ore (120 km: 60 km/h = 2 ore), iar distanța soare - in 3 ore (90 km: 30 km/h = 3 ore), deci intreaga distanta AC a călătorit în 5 ore (3 ore + 2 ore = 5 ore). Apoi viteza medie de mișcare pe site AU, a cărui lungime este de 210 km, este egală cu 210 km: 5 ore \u003d 42 km / h.

Răspuns: 42 km/h - viteza medie a mașinii pe site LA FEL DE.

Grupul de sarcini pentru muncă include sarcini care vorbesc despre trei cantități: munca DAR, timp t, în timpul căreia se efectuează munca, productivitatea R - munca efectuată pe unitatea de timp. Aceste trei mărimi sunt legate prin ecuație DAR = Rt. Sarcinile de lucru includ și sarcini legate de umplerea și golirea rezervoarelor (vase, rezervoare, bazine etc.) folosind conducte, pompe și alte dispozitive. În acest caz, volumul de apă pompat este considerat lucru efectuat.

Sarcinile pentru muncă, în general, pot fi atribuite grupului de sarcini pentru mișcare, deoarece în sarcinile de acest tip se poate considera că toată munca sau volumul total al rezervorului joacă rolul distanței, iar productivitatea obiectelor care munca este similară cu viteza de mișcare. Cu toate acestea, conform intrigii, aceste sarcini diferă în mod natural, iar unele sarcini de lucru au propriile lor metode specifice de rezolvare. Deci, în acele sarcini în care nu este specificată cantitatea de muncă efectuată, toată munca este luată ca unitate.

Exemplu. Două echipe au trebuit să finalizeze comanda în 12 zile. După 8 zile de lucru în comun, prima echipă a primit o altă sarcină, așa că a doua echipă a terminat comanda pentru încă 7 zile. În câte zile ar putea fiecare dintre echipe să finalizeze comanda, lucrând separat?

Soluţie. Lasă prima brigadă să finalizeze sarcina pentru X zile, a doua brigadă – pt y zile. Să luăm toată munca ca o unitate. Apoi 1/ X - productivitatea primei brigăzi, un 1/ y – al doilea. Deoarece două echipe trebuie să finalizeze ordinea în 12 zile, obținem prima ecuație 12(1/ X + 1/la) = 1.

Din a doua condiție rezultă că a doua echipă a lucrat 15 zile, iar prima - doar 8 zile. Deci a doua ecuație este:

8/X+ 15/la= 1.

Astfel, avem un sistem:

Scăzând prima ecuație din a doua ecuație, obținem:

21/y = 1 => y= 21.

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

Răspuns: prima brigadă va finaliza comanda în 28 de zile, a doua în 21 de zile.

Exemplu. Muncitor DAR si de lucru LA poate finaliza lucrarea în 12 zile DAR si de lucru DIN– in 9 zile, de lucru LAși C de lucru - în 12 zile. Câte zile le vor lua pentru a finaliza treaba, lucrând împreună?

Soluţie. Lasă muncitorul DAR poate face treaba pentru X zile, de lucru LA- per la zile, de lucru DIN- per z zile. Să luăm toată munca ca o unitate. Apoi 1/ x, 1/y si 1/ z – productivitatea muncitorului A, Bși DIN respectiv. Folosind condiția problemei, ajungem la următorul sistem de ecuații prezentat în tabel.

tabelul 1

După ce am transformat ecuațiile, avem un sistem de trei ecuații cu trei necunoscute:

Adunând ecuațiile sistemului termen cu termen, obținem:

sau

Suma este productivitatea comună a muncitorilor, deci timpul în care aceștia finalizează toată munca va fi egal cu

Răspuns: 7,2 zile.

Exemplu. În piscină sunt așezate două țevi - de alimentare și de evacuare, iar prin prima țeavă piscina este umplută cu 2 ore mai mult decât prin a doua țeavă apa este turnată din piscină. Când piscina era plină la o treime, ambele conducte erau deschise, iar piscina s-a dovedit a fi goală după 8 ore Câte ore se poate umple piscina printr-o primă țeavă și câte ore se poate scurge o piscină plină printr-o a doua țeavă ?

Soluţie. Lăsa V m 3 - volumul piscinei, X m 3 / h - performanța conductei de alimentare, la m 3 / h - ieșire. Apoi V/ X ore - timpul necesar conductei de alimentare pentru a umple piscina, V/ y ore - timpul necesar conductei de evacuare pentru scurgerea piscinei. Conform sarcinii V/ X – V/ y = 2.

Deoarece productivitatea conductei de evacuare este mai mare decât productivitatea conductei de umplere, atunci când ambele conducte sunt pornite, piscina se va usca și o treime din piscină se va usca în timp. (V/3)/(y – X), care, în funcție de starea problemei, este egală cu 8 ore. Deci, condiția problemei poate fi scrisă ca un sistem de două ecuații cu trei necunoscute:

Sarcina este de a găsi V/ X și V/ y. Să evidențiem o combinație de necunoscute în ecuații V/ X și V/ y, scriind sistemul ca:

Introducerea de noi necunoscute V/ X= ași V/ y = b, obținem următorul sistem:

Înlocuind în a doua ecuație expresia A= b + 2, avem o ecuație pentru b:

hotărând pe care găsim b 1 = 6, b 2 = -opt. Condiția problemei este îndeplinită de prima rădăcină 6, = 6 (p.). Din prima ecuație a ultimului sistem găsim A= 8 (h), adică prima țeavă umple piscina în 8 ore.

Răspuns: prin prima conductă piscina se va umple în 8 ore, prin cea de-a doua conductă piscina se va goli după 6 ore.

Exemplu. O echipă de tractor trebuie să arat 240 de hectare, iar cealaltă cu 35% mai mult decât prima. Prima brigadă, arătând zilnic cu 3 ha mai puțin decât a doua brigadă, a terminat lucrul cu 2 zile mai devreme decât a doua brigadă. Cate hectare ara fiecare brigada zilnic?

Soluţie. Să aflăm 35% din 240 ha: 240 ha  35% / 100% = 84 ha.

In consecinta, echipa a doua a trebuit sa arat 240 ha + 84 ha = 324 ha. Lăsați prima brigadă să arat zilnic X Ha. Apoi a doua brigadă a arat zilnic ( X+ 3) ha; 240/ X– programul de lucru al primei brigade; 324/( X+ 3) - ora brigăzii a doua. În funcție de starea problemei, prima echipă a terminat lucrul cu 2 zile mai devreme decât a doua, deci avem ecuația

care după transformări se poate scrie astfel:

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

După ce am rezolvat ecuația pătratică, găsim x 1 \u003d 24, x 2 \u003d 15. Aceasta este norma primei brigăzi.

În consecință, brigada a doua a arat 27 ha, respectiv 18 ha pe zi. Ambele soluții satisfac condiția problemei.

Răspuns: 24 de hectare pe zi erau arate de prima brigadă, 27 de hectare de a doua; 15 hectare pe zi erau arate de prima brigadă, 18 hectare de a doua.

Exemplu. În mai, două ateliere au produs 1080 de piese. În iunie, primul magazin a crescut producția de piese cu 15%, iar al doilea a crescut producția de piese cu 12%, astfel încât ambele magazine au produs 1224 de piese. Câte piese a produs fiecare magazin în iunie?

Soluţie. Lăsa X piesele au fost realizate în mai de primul atelier, la detalii - al doilea. Deoarece în luna mai au fost fabricate 1080 de piese, în funcție de starea problemei, avem ecuația X + y = 1080.

Găsiți o reducere de 15%. X:

Deci, la 0,15 X piese au crescut producția primului atelier, prin urmare, în iunie a produs x + 0,15 X = 1,15 X Detalii. În mod similar, constatăm că al doilea magazin din iunie a produs 1.12 y Detalii. Deci a doua ecuație va arăta astfel: 1.15 X + 1,12 la= 1224. Astfel, avem sistemul:

din care găsim x = 480, y= 600. În consecință, în luna iunie atelierele au produs 552 de piese, respectiv 672 de piese.

Răspuns: primul atelier a produs 552 de piese, al doilea - 672 de piese.

4. Grupul de sarcini pe amestecuri și procente include sarcini în care vorbim despre amestecarea diferitelor substanțe în anumite proporții, precum și sarcini pe procente.

Sarcini pentru concentrare și procent

Să clarificăm câteva concepte. Să fie un amestec de P diverse substanțe (componente) DAR 1 DAR 2 , ..., DAR n respectiv ale căror volume sunt egale V 1 , V 2 , ..., V n . Amestecați volumul V 0 constă din volumele componente pure: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V n .

Concentrarea volumului substante DAR i (i = 1, 2, ..., P)în amestec se numește cantitatea c i, calculat prin formula:

Procentul de volum al substanței A i (i = 1, 2, ..., P)în amestec se numește cantitate p i , calculate prin formula R i = Cu i ,  100%. Concentratii Cu 1, Cu 2 , ..., Cu n, care sunt mărimi adimensionale, sunt legate prin egalitate Cu 1 + cu 2 + ... + cu n = 1, iar relațiile

arătați ce parte din volumul total al amestecului este volumul componentelor individuale.

Dacă procentul este cunoscut i-a componentă, atunci concentrația sa se găsește prin formula:

acesta este Pi – este concentrarea i a-a substanță din amestec, exprimată în procente. De exemplu, dacă procentul unei substanțe este de 70%, atunci concentrația ei corespunzătoare este 0,7. În schimb, dacă concentrația este de 0,33, atunci procentul este de 33%. Deci suma R 1 + p 2 + …+ p n = 100%. Dacă se cunosc concentraţiile Cu 1 , Cu 2 , ..., Cu n componentele care alcătuiesc acest amestec de volum V 0 , atunci volumele corespunzătoare ale componentelor se găsesc prin formulele:

Conceptele greutate (masă) concentralizare componentele amestecului și procentele corespunzătoare. Ele sunt definite ca raportul dintre greutatea (masa) unei substanțe pure DAR i , în aliaj la greutatea (masa) întregului aliaj. Ce concentrație, volum sau greutate este implicată într-o anumită problemă este întotdeauna clar din condițiile acesteia.

Există sarcini în care este necesar să se recalculeze concentrația de volum la concentrația de greutate sau invers. Pentru a face acest lucru, este necesar să se cunoască densitatea (gravitatea specifică) a componentelor care alcătuiesc soluția sau aliajul. Luați în considerare, de exemplu, un amestec cu două componente cu concentrații de volum ale componentelor Cu 1 și Cu 2 (Cu 1 + cu 2 = 1) și greutatea specifică a componentelor d 1 și d 2 . Masa amestecului poate fi găsită prin formula:

în care V 1 și V 2 – volumele componentelor care alcătuiesc amestecul. Concentrațiile în greutate ale componentelor se găsesc din egalități:

care determină relaţia acestor mărimi cu concentraţiile volumetrice.

De regulă, în textele unor astfel de probleme apare una și aceeași condiție repetată: din două sau mai multe amestecuri care conțin componente A 1 , A 2 , DAR 3 , ..., DAR n , un nou amestec este alcătuit prin amestecarea amestecurilor originale, luate într-o anumită proporție. În acest caz, este necesar să se găsească în ce raport componentele DAR 1, DAR 2 , DAR 3 , ..., DAR n introduceți amestecul rezultat. Pentru a rezolva această problemă, este convenabil să se ia în considerare volumul sau greutatea fiecărui amestec, precum și concentrațiile componentelor sale constitutive. DAR 1, DAR 2 , DAR 3 , ..., DAR n . Cu ajutorul concentrațiilor, este necesar să „împărțiți” fiecare amestec în componente separate și apoi, în modul indicat în starea problemei, să compuneți un nou amestec. În acest caz, este ușor de calculat cât de mult din fiecare componentă este inclusă în amestecul rezultat, precum și cantitatea totală a acestui amestec. După aceea, se determină concentrațiile componentelor DAR 1, DAR 2 , DAR 3 , ..., DAR n în noul mix.

Exemplu.Există două bucăți de aliaj cupru-zinc cu procent de cupru de 80% și respectiv 30%. În ce raport trebuie luate aceste aliaje pentru ca, prin topirea pieselor luate împreună, să se obțină un aliaj care conține 60% cupru?

Soluţie. Să se ia primul aliaj X kg, iar al doilea - la kg. După condiție, concentrația de cupru în primul aliaj este 80/100 = 0,8, în al doilea - 30/100 = 0,3 (este clar că vorbim de concentrații în greutate), ceea ce înseamnă că în primul aliaj 0,8 X kg de cupru și (1 - 0,8) X = 0,2X kg de zinc, în al doilea - 0,3 la kg de cupru și (1 - 0,3) y = 0,7la kg de zinc. Cantitatea de cupru din aliajul rezultat este (0,8  X + 0,3  y) kg, iar masa acestui aliaj va fi (x + y) kg. Prin urmare, noua concentrație de cupru din aliaj, conform definiției, este egală cu

În funcție de starea problemei, această concentrație ar trebui să fie egală cu 0,6. Prin urmare, obținem ecuația:

Această ecuație conține două necunoscute Xși y. Cu toate acestea, în funcție de starea problemei, nu este necesar să se determine cantitățile în sine Xși y, ci doar atitudinea lor. După transformări simple, obținem

Răspuns: aliajele trebuie luate într-un raport de 3: 2.

Exemplu.Există două soluții de acid sulfuric în apă: prima este de 40%, a doua este de 60%. Aceste două soluții au fost amestecate, după care s-au adăugat 5 kg de apă pură și s-a obținut o soluție 20%. Dacă în loc de 5 kg apă pură s-ar adăuga 5 kg dintr-o soluție de 80%, atunci s-ar obține o soluție de 70%. Câte au fost soluții 40% și 60%?

Soluţie. Lăsa X kg este masa primei soluții, la kg - al doilea. Apoi masa unei soluții de 20% ( X + la+ 5) kg. Din moment ce în X kg soluție 40% conține 0,4 X kg de acid la kg de soluție 60% conține 0,6 y kg de acid și (x + y + 5) kg de soluție 20% conține 0,2( X + y + 5) kg de acid, apoi prin condiție avem prima ecuație 0.4 X + 0,6y = 0,2(X +y + 5).

Dacă, în loc de 5 kg de apă, adăugați 5 kg dintr-o soluție 80%, obțineți o soluție cu o masă (x + y+ 5) kg, în care vor exista (0,4 X + 0,6la+ 0,8  5) kg de acid, care va fi 70% din (x + y+ 5) kg.

Principalele metode de rezolvare a problemelor geometrice: geometric - afirmația cerută este derivată folosind raționamentul logic dintr-un număr de teoreme cunoscute; algebric - valoarea geometrică dorită se calculează pe baza diferitelor dependențe între elemente forme geometrice direct sau cu ajutorul ecuațiilor; combinate - în unele etape soluția se realizează printr-o metodă geometrică, iar în altele prin una algebrică.

Triunghiuri Semne de egalitate de triunghiuri, triunghiuri dreptunghiulare. Proprietățile și semnele unui triunghi isoscel. Problema 1. Mediana AM a triunghiului ABC este egală cu segmentul VM. Demonstrați că unul dintre unghiurile triunghiului ABC este egal cu suma celorlalte două unghiuri. Problema 2. Segmentele AB și CD se intersectează la mijlocul lor comun O. Punctele K 1 sunt marcate pe AC și BD astfel încât AK=BK 1. Demonstrați că a) OK=OK 1, b) punctul O se află pe dreapta KK 1. Problema 3 (semnul unui triunghi isoscel). Dacă bisectoarea unui triunghi este mediana, atunci triunghiul este isoscel.

Sarcina 4 (semnul unui triunghi dreptunghic după mediană). Demonstrați că dacă mediana unui triunghi este egală cu jumătate din latura pe care este trasat, atunci triunghiul este dreptunghic. Problema 5 (proprietatea medianei unui triunghi dreptunghic). Demonstrați că într-un triunghi dreptunghic mediana trasată de ipotenuză este egală cu jumătate din aceasta. Problema 6. Demonstrați că într-un triunghi dreptunghic cu catete inegale bisectoarea unghi drept bisectează unghiul dintre înălțime și mediană trasă din același vârf. Problema 7. Mediana și înălțimea unui triunghi desenate dintr-un vârf împart acest unghi în trei părți egale. Demonstrați că triunghiul este un triunghi dreptunghic.

Proprietățile zonei. Arii poligoanelor Corolar din teorema ariei triunghiului. Dacă înălțimile a două triunghiuri sunt egale, atunci ariile lor sunt legate ca baze. Teorema raportului dintre ariile triunghiurilor cu unghiuri egale. Dacă unghiul unui triunghi este egal cu unghiul altui triunghi, atunci ariile acestor triunghiuri sunt legate ca produse ale laturilor care conțin unghiuri egale.

Teoremele punctelor de intersecție Cevian Teorema. În orice triunghi, medianele se intersectează într-un punct (centroid, centru de greutate) și sunt împărțite la acest punct într-un raport de 2: 1, numărând de sus. Proprietățile medianei: 1. Mediana împarte triunghiul în două egale, adică având aceeași arie. 2. Trei mediane împart triunghiul în șase egale. 3. Segmentele care leagă centroidul cu vârfurile triunghiului împart triunghiul în trei părți egale.

Una dintre principalele metode de rezolvare a problemelor în care sunt implicate medianele unui triunghi este metoda „dublării medianei”. Completează triunghiul până la un paralelogram și folosește teorema cu privire la suma pătratelor diagonalelor sale. Problema 8. Aflați raportul dintre suma pătratelor medianelor unui triunghi și suma pătratelor tuturor laturilor sale.

Proprietatea bisectoarei unui unghi interior al unui triunghi. Bisectoarea unghiului interior al unui triunghi împarte latura opusă în părți proporționale cu laturile sale de închidere. Teorema. În orice triunghi, bisectoarele se intersectează într-un punct (și centrul), care este centrul cercului înscris în el. Notă: În mod evident, centroidul și centrul unui triunghi se află întotdeauna în interiorul acestuia.

. Soluţie. B A 1 1) În triunghiul ABC AA 1 este bisectoarea unghiului A, deci AB: AC = BA 1: CA 1 = BA 1: (BC - BA 1) I sau C А B 1 2) În triunghiul ABA 1 BI este bisectoarea unghiului B, deci AI: IA 1 = BA: BA 1 sau

Teorema bisectoarei pe un segment. Fiecare punct al bisectoarei perpendiculare pe un segment este echidistant de capetele acestui segment. În schimb, fiecare punct echidistant de capetele segmentului se află pe bisectoarea perpendiculară pe acesta. Teorema. Bisectoarele perpendiculare pe laturile unui triunghi se intersectează într-un punct, care este centrul cercului circumscris acestuia. Teorema. În orice triunghi, înălțimile se intersectează într-un punct (ortocentrul triunghiului). Întrebare. Unde este ortocentrul triunghiurilor acute, drepte, obtuze?

Soluţie. B 1) Triunghiul BC 1 H este dreptunghic și C 1 H 2) Triunghiul BC 1 C este dreptunghic și A B 1 C

Folosind formule de turnare. Unde este nota. Dacă unul dintre unghiuri este obtuz, atunci în (*) cosinusul corespunzător trebuie luat modulo.

Interesante sunt problemele de a găsi distanța de la un vârf arbitrar al unui triunghi până la unul dintre punctele sale remarcabile. În primul rând, rezolvăm problema găsirii distanței de la vârf la ortocentru. Problema 11. În triunghiul ABC se omit înălțimile BB 1 și CC 1. Aflați lungimea segmentului HB, unde H este punctul de intersecție al înălțimilor. B 1) triunghiul BC 1 Н este dreptunghic, iar Soluție. C 1 H 2) triunghiul BC 1 C este un triunghi dreptunghic, iar A B 1 C

Problema 12. Aflați distanța de la vârful B al triunghiului ABC la ortocentru, dacă Soluție. După legea cosinusurilor Atunci

Problema 13. La unghiurile A și B ale triunghiului ABC (A

Problema 14. Care dintre vârfurile triunghiului este mai aproape de centru? Soluţie. C D I A Fie I centrul, punctul de intersecție al bisectoarelor triunghiului ABC Să folosim faptul că unghiul mai mare se află pe latura mai mare a triunghiului. Dacă AB > BC atunci A

Problema 15. Care dintre înălțimile triunghiului este cea mai mică? Soluţie. C B 1 A 1 H A C 1 Fie H punctul de intersecție al altitudinilor triunghiului ABC. Dacă AC B. Un cerc cu diametrul BC trece prin punctele C 1 și B 1. B Având în vedere că cel mai mic dintre cele două coarde este cel pe care se sprijină unghiul mai mic înscris, obținem că CC 1

Problema 16. Segmentul AH este înălțimea triunghiului ABC. Din vârfurile B și C, perpendicularele BB 1 și CC 1 sunt trasate pe dreapta care trece prin punctul A. Demonstrați că triunghiurile ABC și HB 1 C 1 sunt similare. Aflați aria triunghiului HB 1 C 1 dacă aria triunghiului ABC este egală cu S și AC: HC 1 =5: 3. Demonstrație. Deoarece triunghiurile ANS și ACC 1 sunt dreptunghiulare, punctele H și C 1 A se află pe un cerc cu diametrul AC. C 1 B B 1 H În mod similar, punctele B 1 și H se află pe un cerc cu diametrul AB. Cu triunghiul ACC 1

Prin urmare, Deoarece (1) și (2) sunt valabile, Și atunci triunghiurile ABC și HB 1 C 1 sunt similare. C 1 Coeficientul de similitudine B B 1 H C înseamnă

Problema 17. Fie punctele A 1, B 1, C 1 dintr-un triunghi unghiular ABC bazele înălțimilor. Demonstrați că punctul H - intersecția înălțimilor triunghiului ABC este punctul de intersecție al bisectoarelor triunghiului A 1 B 1 C 1. Rezolvare. Pe laturile AC și BC B ale triunghiului ABC, ca și pe diametrele C 1 A, construim cercuri. H Punctele A 1, B 1, C 1 aparțin acestor cercuri. 1 A B 1 C Prin urmare B 1 C 1 C = B 1 BC, ca unghiuri bazate pe același arc de cerc. B 1 BC = CAA 1, ca unghiuri cu laturile reciproc perpendiculare.

CAA 1 = CC 1 A 1 ca unghiuri bazate pe același arc de cerc. Prin urmare, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, adică C 1 C este bisectoarea unghiului B 1 C 1 A 1. În mod similar, se arată că AA 1 și BB 1 sunt bisectoarele unghiurilor B 1 A 1 C 1 și A 1 B 1 C 1. B C 1 A 1 H A B 1 C Investigați în mod independent cazurile unui triunghi drept și obtuz.

Integrarea metodelor algebrice și geometrice în rezolvarea problemelor

Una dintre problemele urgente ale educației matematice școlare în etapa actuală este problema integrării cunoștințelor matematice, formarea ideilor holistice a elevilor despre matematică ca știință. Rezolvarea acestei probleme este deosebit de importantă pentru școala de bază, unde sunt studiate două discipline matematice: algebra și geometria.

Conceptul de „integrare” [lat. integrare - restaurare, completare; întreg - întreg] este interpretat ca restaurare, unificare într-un întreg a oricăror părți, elemente; ca stare de conexiune într-un întreg de părți diferențiate separate și, de asemenea, ca proces care duce la o astfel de stare. În educație, integrarea este adesea înțeleasă ca influență reciprocă, întrepătrundere și interconectare a conținutului diferitelor discipline academice.

Deoarece în predarea matematicii activitatea principală a elevilor este rezolvarea de probleme, este recomandabil să se integreze algebra și geometria pe linia metodelor lor. Metoda algebrică (în raport cu matematica elementară) este interpretată ca o metodă constând în folosirea literelor și a expresiilor literale, care sunt transformate după anumite reguli. Se mai numește și metoda calculelor literale.

Metoda geometrică este caracterizată ca o metodă care provine din reprezentări vizuale. Trăsăturile esențiale ale acestui concept sunt reprezentările geometrice (vizuale) și legile geometriei, care reflectă proprietățile formelor geometrice.

Dacă luăm sistemul de cunoștințe pe care se bazează metoda ca bază pentru clasificarea metodelor algebrice și geometrice, atunci obținem următoarele metode.

1. Algebric: metoda transformărilor identice; metoda ecuațiilor și inegalităților; metoda functionala; metoda vectorului; metoda coordonatelor.

2. Geometric(ne rezumam la planimetrie): metoda lungimii; metoda triunghiului; metoda liniilor paralele; metoda relațiilor dintre laturile și unghiurile unui triunghi; metoda patrulaterelor; metoda zonei; metoda asemănării triunghiului; metoda trigonometrică (o metodă bazată pe raporturile dintre laturile și unghiurile unui triunghi, exprimate prin funcții trigonometrice); metoda transformărilor geometrice; metoda grafică (deși această metodă este studiată în cursul algebrei, se bazează pe utilizarea reprezentărilor geometrice ale funcțiilor și a legilor geometriei asociate acestora).

Vom presupune că fiecare metodă constă din anumite tehnici, iar fiecare tehnică constă din acțiuni. Prin integrarea metodelor algebrice și geometrice, ne referim la procesul de combinare a acestor metode sau de a le lega tehnicile într-o singură metodă.

În domeniul predării rezolvării problemelor, integrarea metodelor implică rezolvarea paralelă (într-o lecție) a unei probleme prin diferite metode (algebrice și geometrice) sau rezolvarea unei probleme algebrice printr-o metodă geometrică, iar o problemă geometrică printr-un metoda algebrică. Mijloacele de integrare pot fi blocuri speciale de probleme, care includ atât probleme algebrice, cât și geometrice. Să dăm exemple.

clasa a 7-a

Aici puteți folosi probleme text de la cursul de algebră și probleme geometrice rezolvate prin metoda ecuațiilor.

Sarcina 1. Un lift avea de două ori mai mult cereale decât celălalt. Din primul lift au fost scoase 750 de tone de cereale, 350 de tone au fost aduse la al doilea lift, după care boabele au devenit egale în ambele lift. Câte cereale erau inițial în fiecare lift?

Pentru a rezolva această problemă, folosim metoda ecuațiilor și inegalităților din algebră și metoda lungimilor din geometrie, pe baza proprietăților lungimii unui segment.

Metoda algebrică. Fie că x tone de cereale au fost inițial în al doilea lift, apoi 2x tone de cereale au fost inițial în primul lift; (2x – 750) tone de cereale au rămas în primul lift, iar (x + 350) tone de cereale au ajuns în al doilea lift. Deoarece boabele din ambele ascensoare au devenit egale, putem face o ecuație

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

Răspuns: 2200 de tone de cereale au fost în primul lift și 1100 de tone - în al doilea.

metoda geometrică. Rezolvăm această problemă folosind o diagramă cu linii. O diagramă cu linii este de obicei un segment sau mai multe segmente, ale căror lungimi corespund valorilor numerice ale cantității în cauză. Rezolvăm problema în etape.

etapa 1. Construirea unei diagrame liniare. După citirea textului problemei, elevii discută următoarele întrebări (este posibil ajutorul profesorului).

1. Câte situații sunt luate în considerare în problemă?

[Doi: inițial și final.]

2. Din ce situație ar trebui să începeți să construiți o diagramă cu linii?

[Poți începe să construiești din prima situație și să treci de la ea la a doua, sau poți
mai întâi construiți o diagramă liniare a situației finale și treceți de la ea la
iniţială. Luați în considerare prima opțiune pentru construirea unei diagrame cu linii.]

3. Care este diagrama liniare a situației inițiale?

[Două segmente, dintre care unul este de două ori mai lung decât celălalt. Primul segment reprezintă
cantitatea de cereale în primul lift, iar al doilea - în al doilea lift.]

După aceea, elevii construiesc o diagramă a situației inițiale. Apoi discuția continuă.

4. Cum se trece pe diagramă de la prima situație la a doua?

[Este necesar să se scadă din primul segment segmentul care înfățișează în mod convențional 750 de tone și
adăugați un segment reprezentând 350 de tone la al doilea segment.]

5. Aceste segmente sunt luate în mod arbitrar?

[Nu, trebuie avut în vedere că segmentele nou obținute trebuie
să fie egală, deoarece boabele din ambele lifturi au devenit egale.]

După efectuarea acțiunilor cu segmente, elevii primesc o diagramă a situației finale. Prima etapă de lucru asupra sarcinii se încheie cu desemnarea segmentelor și proiectarea intrărilor pe desen.

a 2-a etapă. Rezolvarea problemei geometrice rezultate. Diagrama de linii construită transformă o problemă algebrică într-una geometrică, a cărei soluție se bazează pe utilizarea proprietăților lungimii segmentului și anume:

1) segmentele egale au lungimi egale; un segment mai mic are o lungime mai scurtă;
2) dacă un punct împarte un segment în două segmente, atunci lungimea întregului segment este egală cu suma lungimilor acestor două segmente.

Elevii scriu soluția într-un limbaj geometric, folosind notația segmentelor, iar rezultatul este tradus în limbaj natural. În acest caz, această traducere se realizează automat datorită transferului de terminologie (etapa a 3-a). În primul rând, trebuie făcută o înregistrare detaliată a soluției, indicând ceea ce reprezintă fiecare segment. Treptat, puteți trece la o scurtă notă, deoarece unele fapte sunt vizibile în figură.

Să dăm o înregistrare detaliată a soluției problemei 1.

Soluţie. etapa 1. Fie segmentul AB să reprezinte cantitatea de cereale din primul lift (Fig. 1), apoi segmentul va reprezenta cantitatea de cereale din al doilea lift.

AB = 2CD - distribuția inițială a cerealelor între elevatoare. Din primul lift s-au scos 750 de tone de cereale, iar la al doilea lift s-au adus 350 de tone, astfel că din segmentul AB scădem segmentul BK, reprezentând condiționat 750 tone, și adăugăm segmentul DE, reprezentând 350 tone, la segmentul CD.

a 2-a etapă. Metoda I. CD = AF = FB (prin construcție),

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

a 3-a etapă. Răspuns: în primul lift erau 2200 de tone de cereale, în al doilea 1100 de tone.

Elevii pot nota pe scurt soluția problemei, de exemplu, ar putea fi așa.

Soluţie. AB = 2CD - distribuția inițială a cerealelor între două elevatoare; BK=750, DE=350.

AK = CE - distribuția finală a cerealelor între elevatoare.

CD = AF = FB (prin construcție), FB = 350 + 750 = 1100, apoi

CD = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

Răspuns: 2200 tone, 1100 tone.

Diagrama de linii vă permite să faceți diverse ecuații pentru problema pe care elevii nu le pot scrie fără un desen, adică devine posibilă rezolvarea problemei în moduri algebrice diferite. Să aruncăm o privire la unele dintre ele.

Metoda II. Fie AK = CE = x, atunci, deoarece AB = 2CD, obținem x + 750 = 2(x - 350),

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

Răspuns: 2200 tone, 1100 tone.

Metoda III. Fie CD = x, apoi AB = 2x. Deoarece AK = CE, avem 2x - 750 = x + 350

(Aceeași ecuație se obține la rezolvarea problemei fără diagramă.)

O diagramă cu linii permite nu numai rezolvarea unei probleme fără o ecuație, dar adesea răspunsul poate fi „văzut” chiar pe desen.

Sarcina 2. O grădină are de cinci ori mai multe tufe de zmeură decât alta. După ce s-au transplantat 22 de tufe din prima secțiune în a doua, apoi în ambele secțiuni ale tufelor de zmeură au fost împărțite în mod egal. Câte tufe de zmeură erau pe fiecare parcelă?

Soluţie. etapa 1. Fie segmentul AB să reprezinte numărul de tufe de zmeură din prima zonă, iar segmentul CD numărul de tufe de zmeură din a doua zonă (Fig. 2). AB și 5CD - distribuția inițială a tufelor de zmeură între parcele.

Deoarece ambele secțiuni ale tufelor de zmeură au devenit egale, împărțim segmentul BE în jumătate (BF = FE) și scădem segmentul BF din segmentul AB și adăugăm segmentul DK (DK = BF) la segmentul CD. AF = CK - repartizarea finală a tufelor de zmeură între parcele.

a 2-a etapă. Conform condiției, 22 de tufe au fost transplantate de la primul loc la al doilea, ceea ce înseamnă BF = 22 = 2CD, apoi CD = 11, AB = 5CD = 5 11 = 55.

Răspuns: pe primul loc erau 55 de tufe de zmeură, pe al doilea 11 tufe.

Unul dintre avantajele utilizării metodei geometrice în rezolvarea problemelor luate în considerare este claritatea acesteia. Construirea unei diagrame liniare și trecerea de la una dintre stările acesteia la alta permite elevilor să perceapă mai bine situațiile descrise în problemă și, prin urmare, ajută la găsirea modalităților de rezolvare a acesteia. Uneori, răspunsul este aproape evident pe desen, acest lucru face posibilă utilizarea unei diagrame liniare pentru a verifica soluția problemei, care este realizată printr-o metodă algebrică fără desen.

În stadiul motivațional al formării metodei geometrice, este indicat să se propună rezolvarea problemei prin două metode: algebrică și geometrică. Sarcina trebuie selectată în așa fel încât soluția sa folosind o diagramă liniară să fie mai rațională decât o soluție fără desen. Să dăm un exemplu de rezolvare a uneia dintre aceste probleme.

Sarcina 3. Primul rezervor conține de patru ori mai mult lichid decât al doilea. Când 10 litri de lichid au fost turnați din primul rezervor în al doilea, s-a dovedit că ceea ce a rămas în primul a devenit în al doilea rezervor. Câți litri de lichid erau inițial în fiecare rezervor?

Soluţie. Metoda algebrică. Aducem la ecuație

unde x l este cantitatea inițială de lichid din al doilea rezervor.

Rezolvând această ecuație, găsim x = 10, atunci

4x = 4 10 = 40.

Deci, în primul rezervor erau 40 de litri, iar în al doilea 10 litri.

Metoda geometrică. Să construim o diagramă liniară a distribuției inițiale a lichidului între două rezervoare. Fie segmentul AB să reprezinte cantitatea de lichid (l) din primul rezervor (fig. 3), apoi segmentul CD va reprezenta cantitatea de lichid (l) din al doilea rezervor (constructia poate fi inceputa de la segmentul CD). AB = 4CD - distribuția inițială a lichidului între două rezervoare.

Procesul de turnare a lichidului dintr-un rezervor în altul va fi afișat ca scăderea unui segment din segmentul AB și adăugarea acestuia la segmentul CD. Pentru a afla lungimea segmentului care ar trebui să fie scăzut din segmentul AB, este necesar să rețineți următoarele: în primul și al doilea rezervor erau 5 părți de lichid, iar în primul rezervor erau 4 părți, iar în a doua 1 parte.

După transfuzie, cantitatea totală de lichid (5 părți) nu s-a schimbat, dar în al doilea rezervor a devenit 2 părți, iar în primele 3 părți. Aceasta înseamnă că segmentul BE trebuie scăzut din segmentul AB (BE = CD), iar segmentul DK (DK = BE) trebuie adăugat la segmentul CD, apoi , care corespunde transfuziei de lichid. Prin urmare BE = 10, atunci

AB=40, CD=BE=10.

Deci, în primul rezervor erau 40 de litri de lichid, iar în al doilea 10 litri.

După rezolvarea problemei, ar trebui să comparați ambele metode de rezolvare cu elevii, să identificați avantajele și dezavantajele fiecăreia dintre ele.

Trebuie remarcat faptul că, cu ajutorul diagramelor cu linii, sunt rezolvate probleme în care sunt date rapoartele valorilor cantităților (mai puțin, mai mult, de, la, la fel) și sunt luate în considerare una sau mai multe situații.

Problemele de text, în care una dintre mărimi este produsul celorlalte două, ne permit să integrăm metoda ariei, bazată pe proprietățile ariei, și metoda ecuațiilor și inegalităților. Să dăm exemple.

Sarcina 4. Echipa de lemneși zilnic a depășit norma cu 16 m 3, așa că a completat norma săptămânală (șase zile lucrătoare) în patru zile. Câți metri cubi de cherestea a recoltat brigada pe zi?

Soluţie. Metoda algebrică. Ajungem la ecuație

unde x m 3 este norma zilnică a brigăzii conform planului.

Metoda geometrică. Deoarece problema are în vedere produsul a două mărimi (A = pn), pentru claritate, o prezentăm sub forma unei diagrame bidimensionale. O diagramă bidimensională este aria unuia sau mai multor dreptunghiuri, ale căror laturi reprezintă valorile numerice ale cantităților luate în considerare (p și n), iar aria dreptunghiului reprezintă produsul lor (S = A).

Rezolvarea problemei, ca și în cazul unei diagrame liniare (unidimensionale), are loc în trei etape:

1) construirea unei diagrame bidimensionale, adică traducerea problemei în limbajul segmentelor și ariilor figurilor;
2) rezolvarea problemei geometrice rezultate prin compilarea unei ecuații bazată pe utilizarea proprietăților ariei figurilor poligonale;
3) traducerea răspunsului primit din limbajul geometric în limbajul natural.

etapa 1. Este implementat în timpul analizei textului sarcinii. Elevii răspund la următoarele întrebări.

1. Este posibil să construiți o diagramă bidimensională în funcție de starea problemei?

[Este posibil, deoarece una dintre cantități (norma săptămânală a brigăzii) este egală cu
produsul celorlalte două: norma zilnică a brigăzii și numărul de zile.]

2. Ce este o diagramă 2D?

[Un dreptunghi a cărui latură definește
diurna de brigadă, iar celălalt - numărul de zile.]

3. Câte dreptunghiuri ar trebui construite?

[Doi, zonele lor vor determina tariful săptămânal al brigăzii
conform planului și lucrările efectiv finalizate în patru zile.]

4. Ce se poate spune despre ariile acestor dreptunghiuri?

[Sunt egali, deoarece s-au încheiat în patru
ziua de muncă este egală cu rata săptămânii.]

Apoi elevii, cu ajutorul profesorului, finalizează construcția. Baza și înălțimea primului dreptunghi sunt luate în mod arbitrar, al doilea dreptunghi este egal cu primul, iar bazele lor sunt segmente situate pe aceeași rază cu o origine comună (Fig. 4). Prima etapă se încheie cu desemnarea dreptunghiurilor și proiectarea intrărilor în desen.

La începutul învățării metodei geometrice, se păstrează o înregistrare detaliată a ceea ce înseamnă lungimea, lățimea și aria fiecărui dreptunghi, adică sarcina este tradusă în limbaj geometric.

a 2-a etapă. Etapa începe cu luarea în considerare a ariilor dreptunghiurilor rezultate și stabilirea unor relații între acestea (egalități, inegalități). Elevilor li se pune întrebarea: numiți dreptunghiurile cu arii egale. Intrarea corespunzătoare este:

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

Printre elevi pot fi cei care vor completa desenul cu o mare inexactitate, adică în desen, dreptunghiurile BMNE și KECD nu vor fi, evident, egale ca mărime. Ar trebui adus la cunoștință lor și rețineți că liniile KB și CN ar trebui să fie paralele.

Folosind condiția S 1 \u003d S 2, se elaborează o ecuație. Să dăm o notație aproximativă a soluției problemei 4 prin metoda geometrică.

Soluţie. Fie S ABCD să determine norma săptămânală pentru o echipă de tăietori de lemne. AB - productivitatea (m 3) a brigăzii pe zi conform planului; AD - numărul de zile; S AMNK - cantitatea de muncă depusă de echipă în patru zile.

SAMNK=SABCD=S;

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

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

înseamnă 2KE = 64, apoi KE = 32.

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

Răspuns: brigada a recoltat 48 m 3 de pădure pe zi.

Cu ajutorul unei diagrame bidimensionale și a relațiilor geometrice, în special aria egală a dreptunghiurilor ABCD și AMNK, se poate face o altă ecuație. Dacă AB = x, atunci obținem

(aceeași ecuație se obține la rezolvarea problemei fără desen).

Sarcina 5. Fabrica trebuia să finalizeze comanda pentru producția de mașini în 15 zile. Dar deja cu două zile înainte de termenul limită, fabrica nu numai că a îndeplinit planul, dar a produs și încă șase mașini peste plan, deoarece producea două mașini în fiecare zi peste plan. Câte mașini trebuia să producă fabrica conform planului?

Particularitatea rezolvării acestei probleme prin metoda geometrică, în comparație cu soluția problemei anterioare, este că ariile S 1 și S 2 (vezi Fig. 4) nu sunt egale, deoarece, conform condiției, planta nu este egală. doar a îndeplinit planul, dar a produs și peste planul încă șase mașini. Elevii ar trebui să țină cont de acest lucru atât atunci când construiesc un desen, cât și când alcătuiesc o ecuație.

Soluţie. Fie AB să reprezinte capacitatea de producție a fabricii pe zi conform planului (Fig. 5). AD - data de finalizare a comenzii conform planului. Apoi S ABCD determină întreaga comandă pentru producția de mașini, AM reprezintă numărul de mașini pe care fabrica le-a produs zilnic, AP este timpul de livrare și S AMNP corespunde numărului de mașini pe care fabrica le-a produs în 13 zile.

Conform condiției, fabrica a produs șase mașini peste plan, așa că avem

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

dar S 2 = 2 13 = 26, deci S 1 + 6 = 26, de unde S 1 = 20. Pe de altă parte, S 1 = 2AB, deci 2AB = 20, atunci AB = 10, S ABCD = AB 15 = 10 15 = 150.

Răspuns: uzina trebuia să producă 150 de mașini conform planului.

Problemele geometrice pot servi și ca mijloc de integrare a metodelor în clasa a VII-a. Să dăm exemple.

Sarcina 6. Punctul A împarte segmentul CD în jumătate, iar punctul B îl împarte în părți inegale. Demonstrați că aria unui dreptunghi cu dimensiunile CB și BD este egală cu diferența dintre ariile pătratelor cu laturile AD și AB

Soluţie. Fie CD = x, BD = y. Apoi

Prin urmare, pentru a rezolva problema, este necesar să se dovedească identitatea

După cum puteți vedea, metoda zonelor și metoda transformărilor identice sunt implicate în rezolvarea acestei probleme.

Sarcina 7. AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (Fig. 7). Găsiți unghiul A.

Soluţie. Fie Р A = x, apoi Р 1 = Р A = x. P 2 \u003d 2x (ca colțul exterior al triunghiului 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, dar

de aceea

Deoarece P 8 \u003d P C, atunci P C + P 8 + P 7 \u003d 2P C + P 7 \u003d 180 °, sau

Rezolvând această ecuație, obținem că x = 20°.

Răspuns: P A \u003d 20 °.

La rezolvarea acestei probleme s-a folosit metoda triunghiurilor și metoda ecuațiilor și inegalităților. Probleme similare se găsesc în manualele de geometrie.

Metode algebrice iterative pentru reconstrucția imaginilor

munca de absolvent

4.1 Metoda algebrică

Fie funcția f(x) = f(x, y) să descrie o distribuție a densității într-o secțiune selectată a obiectului. Sarcina principală a tomografiei computaționale este de a reconstrui funcția f(x) dintr-un set de proiecții obținute experimental:

care sunt integrale liniare ale distribuţiei dorite de-a lungul liniilor L:. Aici este unghiul de scanare, este funcția delta.

În practică, de regulă, proiecțiile nu sunt stabilite pentru toate valorile și, ci doar pentru un număr finit dintre ele. Există o serie de probleme practice pentru care numărul de discretizări cu 0 este foarte limitat (de la 3 la 5). Problemele de acest tip sunt legate de problemele tomografiei cu unghi mic și sunt printre cele mai greu de rezolvat. Sarcina poate fi formulată după cum urmează: pentru un set finit dat de proiecții ale unei funcții a două variabile, obțineți cea mai bună estimare a acestei funcții.

Să formulăm o declarație generală a problemei restaurării unei soluții la problema (4.1) folosind metode algebrice și să construim un algoritm iterativ pentru restabilirea unor astfel de probleme. Utilizarea metodelor algebrice este fundamental diferită de metoda transformărilor integrale, deoarece implică discretizarea imaginii înainte de începerea algoritmului de restaurare. Construcția unui model discret al problemei de reconstrucție a imaginii poate fi descrisă după cum urmează.

Să fie necesar să se restabilească o funcție bidimensională f(x)=f(x,y) definită în regiunea D R2. Să presupunem că aria de recuperare D este închisă într-un pătrat K, care este împărțit în n pătrate mici egale numite elize. Să numărăm toate elizele de la 1 la n. În același timp, vom accepta principala restricție, care este că funcția restaurată f(x) ia o valoare constantă fj în interiorul j-a eliza, adică înlocuim funcția f ( x) cu expresia discretizată

if (x) j-a elise;

in caz contrar. (4,3)

Să presupunem că ni se oferă un set de funcționale liniare continue care reprezintă transformarea directă a Radonului de-a lungul unui set de linii:

Atunci este proiecția funcției f(x) de-a lungul razei Li.

Aplicând operatori la egalitate (4.2) și ținând cont de continuitatea și liniaritatea acestora, obținem un sistem liniar ecuații algebrice

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

Dacă familia funcțiilor de bază (bj) este dată de formula (4.3), atunci

Lungimea intersecției razei i cu eliza j.

Notăm matricea de coeficienți A=(), vectorul imagine f=(f1, f2, ..., fn), vectorul de proiecție R=(R1, R1, ..., Rt). Apoi soluția problemei se reduce la rezolvarea unui sistem de ecuații algebrice liniare de forma

În acest caz, vectorul R este cunoscut cu o anumită eroare.

De remarcat faptul că forma sistemului (4.5) depinde de alegerea specifică a sistemului de funcții de bază bi și a mulțimii funcționalelor Ri. Există și alte modalități de a alege grila de partiție a domeniului D (și, prin urmare, funcțiile de bază bi). Funcționalele sunt alese nu numai în forma (4.4), ci și luând în considerare lungimea reală a razelor și folosind funcții constante pe bucăți. Mai mult, enunțul problemei nu depinde de geometria razelor și este ușor de formulat pentru cazul tridimensional.

4.2 Utilizarea operatorilor de interliniere

În această subsecțiune, luăm în considerare o nouă metodă de reprezentare a unei soluții aproximative a problemei tomografiei computerizate plate (CT) sub forma unor funcții constante pe bucăți. Metoda are o precizie mai mare decât metoda clasică pentru rezolvarea unei probleme plane RKT folosind funcții constante pe bucăți.

împărțirea E2 în patrulatere. Să introducem următoarea notație.

Operatorul О1 este operatorul de aproximare a lui f(x,y) prin funcții constante pe bucăți în x. Dacă y=const, atunci se găsește din condiția celei mai bune aproximări f(x,y) în bandă, yE. În mod similar, operatorul О2 este operatorul de aproximare a lui f(x, y) prin funcții constante pe bucăți în y.

Dacă x=const, atunci j(x) se găsește din cea mai bună potrivire f(x,y) în bandă, xE.

Vă prezentăm următorii operatori:

Găsim valorile din condiția celei mai bune aproximări a lui f cu numărul f(оij, ij) în

Lema 3.1 Fie o funcție, r=1,2 sau și o funcție cu variație mărginită. Atunci operatorii Onm au proprietățile

Dovada. Proprietățile (3.25) și (3.26) rezultă din faptul că

Proprietatea (3.27) rezultă din faptul că

Proprietățile (3.29) sunt valabile pentru toate funcțiile diferențiabile și pentru funcțiile continue cu variație mărginită.

Lema 1 este demonstrată.

Corolarul 1. Pentru și pentru funcții continue cu variație mărginită, obținem următoarea estimare a erorii.

Corolarul 2. Înlocuirea funcțiilor cu funcții constante pe bucăți ale unei variabile cu aceeași estimare a erorii

primim operatorul

Obțineți valori pentru gi (x)

Obțineți valori pentru Gi (y)

cu urmatoarele proprietati:

Corolarul 3. Operator

are urmatoarele proprietati:

Dacă, r=1,2 sau u este o funcție cu variație limitată, atunci

Dovada. Pentru eroare, putem scrie egalitatea

Aceasta implică inegalitatea

Aplicând estimările 3 și 4 în partea dreaptă a expresiei obținute, ajungem la estimarea (3.42).

Corolarul 3 este dovedit.

Dacă m=n, atunci operatorul are o eroare (folosește constante); aproximarea de către operator are o eroare. Adică, operatorul (folosește constante) are aceeași eroare ca și operatorul:

Următoarele paragrafe evidențiază avantajele acestei metode.

Numărul de necunoscute

Utilizarea interlinării funcțiilor în construcția unei soluții aproximative, și anume, reprezentarea unei soluții aproximative sub forma:

a dus la apariția constantelor 2n3+n2, care sunt necunoscute. Prin urmare, operatorul folosește O(n3) constante-necunoscute. Operatorul are o eroare.

Folosirea operatorului - reprezentarea clasică a soluției aproximative - duce la apariția a n4 constante, care sunt necunoscute. Prin urmare, operatorul folosește O(n4) constante-necunoscute. Operatorul are o eroare.

Rezumând cele de mai sus, concluzionăm că utilizarea operatorului necesită găsirea de O(n3) necunoscute, în timp ce utilizarea operatorului necesită găsirea de O(n4) necunoscute pentru a aproxima soluția cu aceeași eroare.

Prin urmare, utilizarea operatorului oferă avantaje semnificative în ceea ce privește numărul de operații aritmetice, deoarece pentru a obține aceeași precizie este necesară rezolvarea unui sistem de ecuații algebrice liniare de dimensiune inferioară.

Pentru a ilustra acest fapt, prezentăm următorul tabel:

tabelul 1

	Necunoscut	Necunoscut	Eroare

Comparațiile arată că pentru a obține aceeași precizie, atunci când utilizați operatorul, puteți lua mai puține ecuații. De exemplu, pentru n=9, numărul de necunoscute în metoda clasică este de 4 ori mai mare.

Datorită faptului că sistemul trebuie supradeterminat, iar pentru n = 9 necunoscute 1539 (pentru cazul interlinării) și 6561 (pentru metoda clasică), iar numărul de ecuații ar trebui luat mai mult decât numărul de necunoscute, se este clar că în metoda cu interlinare aceste ecuaţii vor fi mai mici.

Un experiment de calcul efectuat folosind algoritmii și programele dezvoltate a confirmat aceste afirmații.

Discretizarea regiunii

Utilizarea schemelor de rezolvare a problemei tomografiei computerizate plate, bazate pe utilizarea și determină discretizarea zonei.

Pentru - o grilă neregulată: o defalcare în pătrate cu o latură și dreptunghiuri cu laturi și, alungite de-a lungul axei Ox și, respectiv, Oy. Nodurile grilei sunt situate în centrele pătratelor și dreptunghiurilor.

Pentru - o grilă obișnuită: o defalcare în pătrate cu o latură. Nodurile grilei sunt situate în centrele pătratelor.

Efectul pozitiv al aplicării operatorului se realizează datorită unei aranjamente diferite a nodurilor, care determină o legătură între următoarea relație:

Care coincid cu nodurile situate în centrele dreptunghiurilor pătrate, verticale și orizontale corespunzătoare.

Pentru aceste puncte, din moment ce la aceste centre, atunci avem soluții exacte.

Prin urmare, soluția aproximativă construită cu ajutorul este o formulă de interpolare. Cu ajutorul ei, valoarea funcției este calculată în orice puncte ale regiunii D, altele decât cele indicate, în care există o potrivire exactă

Referitor la potrivirea exactă în centrele specificate. Mijloace,

Joc antagonist

Există două cazuri de rezolvare a problemelor prin metoda algebrică: 1. matricea are un punct de șa; 2. matricea nu are un punct de șa. În primul caz, soluția este o pereche de strategii care formează punctul de șa al jocului. Luați în considerare al doilea caz...

Matematică computațională

Metoda împărțirii unui segment la jumătate este cea mai simplă și mai fiabilă modalitate de a rezolva o ecuație neliniară. Să se știe dintr-o analiză preliminară că rădăcina ecuației (2.1) este pe intervalul , adică x*, astfel încât f(x*) = 0...

Matematică computațională

Metoda lui Newton este cea mai mare metoda eficienta soluții de ecuații neliniare. Fie rădăcina x* , astfel încât f(a)f(b)< 0. Предполагаем, что функция f(x) непрерывна на отрезке и дважды непрерывно дифференцируема на интервале (a, b). Положим x0 = b...

Matematică computațională

În această secțiune și în următoarea secțiune, luăm în considerare modificările metodei lui Newton. După cum se poate observa din formula (2.13), metoda lui Newton necesită calculul unei derivate pentru implementarea ei, ceea ce limitează aplicarea acesteia. Metoda secantei nu are acest neajuns...

Iterativ metode algebrice reconstrucția imaginii

Fie funcția f(x) = f(x, y) să descrie o distribuție a densității într-o secțiune selectată a obiectului. Sarcina principală a tomografiei computaționale este de a restabili funcția f(x) dintr-un set de proiecții obținute experimental: (4...

x2, x4, x5, x6 - variabile de bază, x1, x3 - variabile libere x1?F? x3?F? Alegi x3? x4 x2, x3, x5, x6 - variabile de bază, x1, x4 - variabile libere x1?F? x4?F? Alegi x1? x5 x1, x2, x3, x6 - variabile de bază, x4...

Programare liniară și neliniară

Metoda de căutare minimă globală, numită metoda de căutare grilă, este fiabilă, dar aplicabilă numai problemelor de dimensiuni reduse (n<4). Неправильный выбор начального шага сетки может привести к тому...

Programare liniară și neliniară

Iterație 1. Număr de iterații k = 0 Iterație 2. Număr de iterații k = 1 Căutare finalizată 3.3...

Informații teoretice Fie funcția y = f(x) continuă pe segmentul . Trebuie să calculăm integrala definită. La fel ca în metoda parabolelor, împărțim segmentele. Esența metodei dreptunghiului este...

Modelare matematică și metode numerice în rezolvarea problemelor tehnice

Context teoretic Să presupunem că trebuie să calculăm o integrală definită, unde y = f(x) este continuă pe intervalul . Să împărțim segmentul în n intervale egale de lungime h prin puncte. În acest caz, pasul de împărțire este determinat în același mod ca în metoda parabolelor...

Metode de rezolvare a ecuațiilor diferențiale

Metoda dreptunghiurilor este o metodă de integrare numerică a unei funcții a unei variabile, care constă în înlocuirea integrandului cu un polinom de grad zero, adică o constantă, pe fiecare segment elementar...

Analiza de sistem a grupurilor de transformări ale stărilor cubului Rubik

CFOP este numele celor patru etape de asamblare (figura 3.2): Cross, F2L, OLL, PLL: 1) Cross - asamblare încrucișată ...

Sisteme de ecuații liniare

Să considerăm un sistem de 3 ecuații liniare cu trei necunoscute: Determinant de ordinul trei corespunzător matricei sistemului, i.e. compus din coeficienții necunoscutelor se numește determinantul sistemului...

Sisteme de ecuații liniare

Metoda Gauss se bazează pe următoarea teoremă: transformărilor elementare ale rândurilor matricei extinse a sistemului corespund transformării acestui sistem într-unul echivalent. Cu ajutorul transformărilor elementare de rând ale matricei augmentate...

Metode numerice de rezolvare a ecuațiilor transcendentale

Fie ecuația (1) să aibă o rădăcină pe segment, iar f (x) și f "(x) sunt continue și păstrează semne constante pe întreg intervalul. Semnificația geometrică a metodei lui Newton este că arcul curbei y \u003d f (x) se înlocuiește cu o tangentă...