Sprendžiant uždavinius šiuo metodu, reikia atlikti šiuos veiksmus: ištirti uždavinio būklę, pasirinkti pagrindinį nežinomą dydį ir įvesti jo pavadinimą, kitus nežinomus išreikšti per pasirinktą nežinomąjį ir uždavinio sąlygoje pateiktus dydžius. , sudaryti lygtį (arba lygčių sistemą) ir ją (ją) išspręsti.

Taigi algebrinis uždavinio sprendimo metodas yra analitinės metodo forma, kai ryšiai tarp norimų ir duotųjų dydžių nustatomi naudojant lygtis arba lygčių sistemas (rečiau nelygybes). Šio metodo esmė geriausiai suprantama išsprendus šias problemas.

3.35 uždavinys. Lygiašonėje trapecijoje didesnis pagrindas yra 2,7 cm, o šoninė pusė yra dvigubai mažesnė už mažesnį pagrindą. Nustatykite mažesnį pagrindą, jei kampas tarp didesnio pagrindo ir šono yra 60°.

Sprendimas

• 1. ABCD- lygiašonė trapecija
• 2. REKLAMA= 2,7 cm (duota)
• 3. AB = CD - 2VS(3.25 pav., a)
• 4. ZBAD = 60°
• 5. saulė=? (reikia surasti)
• 6. Norėdami rasti ilgį saulė tikslinga jį įvardyti per nežinomybę X(pavadinimas)

Tada pagal sąlygas

7. AB = CD = 2x (3, 6)

Viena iš gairių rengiant sprendimo planą yra klausimas: ar įmanoma padalinti AD pusę į segmentus, išreikštus X? Pasirodo, gali.

• 8. Statykime BE || CD(statyba, 3.25 pav., b)
• 9. Z CDA = 60° (1, lygiašonės trapecijos savybės)
• 10. Z CDA=Z BŪK A(8.9, lygiagrečių linijų savybė)
• 11. AABE- lygiakraštis (4, 10, trikampio sumos teorema)
• 12. DCBE- lygiagretainis (1, 8, lygiagretainio ženklas)
• 13. ED = x( 12)
• 14. 2x + x = 2,7 cm (1, 11, 13)
• 15 (6). X= 0,9 cm (14)
• 16 (5). Saulė = 0,9 cm (6) ?

Pateikiame problemą, kuri išspręsta naudojant lygčių sistemą.

3.36 uždavinys. Apskaičiuokite stačiakampio, kurio perimetras yra 14 cm, įstrižainę ir plotą, jei jo viršūnė yra 2,4 cm atstumu nuo įstrižainės, nekertančios per šią viršūnę.

Sprendimas

• 1. ABCD- stačiakampis]
• 2. 2AB + 2BC = 14cm DaN °> ..
• 3. LK 1 AC, LK = 2,4 cm J (R yra – 3–26)
• 4. Subcd = ? (reikia surasti)
• 5. AC = ? (reikia surasti)

Mokiniai žino, kad norint rasti stačiakampio plotą, pakanka žinoti jo puses. Jie taip pat žino, kad norint rasti įstrižainę, pakanka žinoti ir stačiakampio kraštines. Kyla klausimas: ką mes žinome apie stačiakampio kraštines ir kaip jas galima rasti?

Jeigu stačiakampio kraštinės žymimos a ir b, tada mokiniai gali parašyti dvi lygtis:

• 6. a + b = 7(1, 2)
• 7. a 2 + b 2 = AC 2(1, Pitagoro teorema)

Gali atrodyti, kad turime dvi lygtis su dviem nežinomaisiais. Tačiau taip nėra. AS ilgis taip pat nežinomas. AC žymėkite d. Taigi gausime dvi lygtis su trimis nežinomaisiais, t.y.

8. a + b = 7,

a 2 + b 2 \u003d d 2 (,)

Mokiniai turėtų suprasti, kad jiems reikia kitos lygties, kuri sujungtų turimus nežinomus dalykus. Kur galite gauti šią lygtį? Užuomina ta, kad spręsdami problemą dar nenaudojome 3 ypatybės: DK yra stačiojo trikampio aukštis ABC. Todėl galime rašyti:

• 9. S-AABC= (1/2) ? (a? b)(1, 3, trikampio ploto formulė)
• 10. S-AABC= (1/2) (AC DK) = aš, 2d(1, 3, kita trikampio ploto formulė)

Sulyginę teisingas lygčių 9 ir 10 dalis, gauname:

11. (1/2) (a-b) = 1, 2d (9, 10)

Dėl to gauname trijų lygčių sistemą su trimis nežinomaisiais:

12. a + b = 7,

a 2 + b 2 \u003d d 2, [ (8,11) ab= 2,4 d

Išspręsdami šią sistemą, gauname atsakymą: d= 5 cm, S = 12 cm 2. ?

Apibūdinant geometrinių uždavinių sprendimo algebrinio metodo ypatybes, ypač galima išskirti trigonometrijos elementų panaudojimo galimybes juos sprendžiant.

Trigonometrinių ryšių naudojimas geometrijoje leidžia supaprastinti daugelio uždavinių sprendimą ir parodyti studentams studijuojamos teorijos reikšmę. Ryšys tarp matematinių disciplinų leidžia suformuoti papildomus asociatyvinius ryšius, gilinti ir stiprinti mokinių žinias.

Sprendžiant geometrinius uždavinius trigonometrinės funkcijos aiškiai naudojamos nepakankamai. Pažymėtina, kad kai uždavinio sąlygoje pateikiami kampai, tai tam tikru mastu rodo galimybę naudoti trigonometrines funkcijas. Apsvarstykite tokios problemos sprendimo pavyzdį.

3.37 uždavinys. Kampas tarp bendrųjų liestinių dviejų apskritimų, liečiančių vienas kitą išorėje, lygus (p. Lietinės atkarpos tarp sąlyčio taškų ilgis lygus a. Raskite apskritimų spindulius.

Ryžiai. 3.27

Sprendimas

1. Du apskritimai env. (O x, d) ir apytiksliai. (C^, B),

ir liečiant vienas kitą išoriškai aš (duodu)

• 2. MA ir MK- abiejų liestinės (3.27 pav., a) apskritimai
• 1. Du apskritimai env. (0 1? d) ir apytiksl. (O x, B) ir išoriškai liesdami vienas kitą
• 2. MA ir MK- abiejų apskritimų liestinės (duotos)
• 3. ZAMK=Z f
• 4. AB = a
• 5. r = ? R=? (reikia surasti)
• 6. Nubrėžkite apskritimų spindulius iki sąlyčio taškų: O A\u003d r, OxB \u003d B ir sujunkite taškus M, O ir (3.27 pav., b, c)

Iškeliamas pagrindinis klausimas: reikia rasti spindulius B ir r, kaip juos rasti? Ką tam reikia žinoti?

Atsakyti į šiuos klausimus nėra lengva. Čia gali padėti daugybė pasekmių dėl problemos sąlygų ir papildomų konstrukcijų įgyvendinimo.

• 7. OA1 MV, O g V 1 MV(2, 6, liestinės savybė)
• 8. OA aš O x V(7, statmenų, nubrėžtų į vieną tiesią, savybė)
• 9. ABO x O- stačiakampė trapecija (7, 8, trapecijos apibrėžimas) (3.27 pav., in)

Šioje trapecijoje yra viskas, ko jums reikia norint išspręsti: OO x \u003d r + R, AB = a, oa= g, OB = R(3.27 pav., c).

Taigi yra stačiakampė trapecija AVO x O. Kaip dabar rasti g ir b?

Studentų patirtis sprendžiant problemas ir apgalvotas mokytojo darbas paskatins įgyvendinti šią papildomą konstrukciją:

10. Išleiskime OS || AB(9, papildoma konstrukcija, 3.27 pav., G)

Po to gauname:

• 11. AOCOi – stačiakampis (7, 10)
• 12. OO x = r + R( 1)

Dabar mums reikia kampo cp, pateikto mūsų sprendimo 3 pastraipoje:

• 15. (R + d) 2 \u003d a 2 + (R-r) 2 (12, 15)
• 16. R r= -

Gavome dviejų lygčių su dviem nežinomaisiais sistemą.

17. R + r = ---,

COS i (12, 13, 16)

R.r = *

Išsprendę sistemą, gauname

18 straipsnio 5 dalį. B = |(sek| + tg|) (17) -

Ypač įdomios problemos, kuriose nėra nurodytų kampų, bet kurias sprendžiant efektyviai naudojami trigonometrijos elementai. Trigonometrijos elementų naudojimas sprendžiant geometrines problemas visų pirma yra sumažintas iki pagalbinio kampo įvedimo. Tada naudojant trigonometrines funkcijas galima nustatyti ryšius tarp figūros elementų. Uždavinio sprendimas šiuo atveju sumažinamas iki trigonometrinių transformacijų atlikimo.

3.38 uždavinys. Raskite rombo plotą, jei jo aukštis yra 12 cm, o mažesnė įstrižainė yra 13 cm.

Sprendimas

• 1. ABCD- rombas 1
• 2. BE- rombo aukštis, BŪK- 12 cm ; duota"
• 3. bd = 13 cm J(3.28 pav., a)
• 4. 8 deimantai = ? (reikia surasti)

Pirmas būdas

Užduotyje mes ieškome rombo ploto, o rombo plotas randamas taip pat, kaip ir lygiagretainio plotas. Norėdami rasti rombo plotą, turite rasti šoną REKLAMA. Visų pirma, iš fig. 3,28, bet tai aišku AD = AE + ED. Pabandykime surasti kiekvieną segmentą AE ir ED.

5. ED=ilBD2-BE2= V169-144 = 5 cm (1, 2, 3, Pitagoro teorema)

Linijos segmentas AE negalima rasti iš karto. Patirtis taikant algebrinį metodą geometriniams uždaviniams spręsti gali pasiūlyti tokią mintį.

6. Pažymėkite šoną REKLAMA tada per x AE = X - 5 (1, 5)

Rasti X, reikia sudaryti lygtį. Iš AVE mes turime:

• 7. x 2 – (x- 5) 2 = 12 2 (1, 2, 6, Pitagoro teorema)
• 8. 10x25 = 144 (7)
• 9. 10x = 169 (8)
• 10. X = 16,9
• 11 (4). Z rombas \u003d x 12 \u003d 16,9 12 \u003d 202,8 cm 2?

Žinoma, algebrinio metodo taikymas šiuo atveju ir siūloma samprotavimo eiga laikytina nestandartine (nauja) studentams. Bet tuo pačiu, 9 klasės pabaigoje, kai sprendžiama ši problema, tokią techniką mokiniai jau gali įvaldyti, o naudodami ją nepatirs jokių ypatingų sunkumų.

Antras būdas

Sprendžiant šią problemą labai pravartu parodyti trigonometrijos panaudojimo galimybę. Idėjos, į kurias reikia nukreipti mokinius, yra tokios. Kadangi turime rasti kraštinę AD, turėtume pamatyti du stačiakampius trikampius AOD ir DBE kampas adb- bendras (3.28 pav., b).

Jei jis žymimas a, tai galima rasti AD.

Ryšys tarp kraštinių ir kampų stačiakampiame trikampyje yra toks:

• 11. Pažymėkite kampą BDA per a (žymėjimas, 3.28 pav., b)
• 12. AC ± BD(1, deimantų savybė)
• 13. Iš A AOD cos a = OD/AD(12, stačiųjų trikampių savybė)
• 14. Iš A DBE cos a = ED/BD(2, stačiųjų trikampių savybė)
• 15. Tada 5:13 = OD : REKLAMA ir REKLAMA= 16,9 cm (13,14)
• 16. 5 deimantai \u003d 16,9 12 \u003d 202,8 cm 2?
• 3.5.3. 38 uždavinys ankstesniame skyriuje buvo išspręstas dviem būdais. Šie sprendimo būdai atsirado ieškant atsakymo į pagrindinį klausimą: reikia rasti segmentą. REKLAMA, kaip man tai rasti? Ir šį segmentą, kaip jau matėme, galima rasti dviem būdais. Tokia veikla turi aiškiai išreikštą kūrybinį pobūdį. Visa tai suteikia mums galimybę sprendžiant problemas įvairiais būdais.

Kad galėtumėte pasirinkti problemos sprendimo būdą, turite turėti pakankamai žinių ir idėjų joms spręsti. Šį rezervą sukuria problemų sprendimo praktika.

Būtina išmokyti moksleivius naudotis pagrindinių idėjų atsargomis sprendžiant įvairias problemas, išmokyti pasirinkti ir pritaikyti tinkamą idėją.

Pažymėtina, kad problemų sprendimo įvairiais būdais procesas, nors ir aprašytas metodinėje literatūroje, negali būti pripažintas pakankamai išvystytu. IR AŠ. Khinchinas pažymėjo, kad „mūsų mokytojas, kaip taisyklė, reikalauja iš mokinio, kad visos tam tikro skyriaus užduotys būtų išspręstos ta pačia stereotipine technika, bet koks savarankiškumas būtų slopinamas, kartais net labai griežtai“.

D. Poya spręsdamas problemas ir įvairiais būdais įrodinėdamas teoremas įžvelgė psichologinį studento poreikį, nes žmogaus prigimtis yra troškimas suvokti objektus įvairių pojūčių pagalba. Poya rašo: „Radę sprendimą, norime rasti kitą, lygiai taip pat, kaip pamatę daiktą, jaučiame norą jį paliesti. Geriau du įrodymai nei vienas, kaip sako patarlė, „patikimiau stovėti ant dviejų inkarų". Šią svarbią D. Pojos pastabą reikėtų priartinti prie praktikos. Tačiau norint „norėti rasti kitą sprendimą" tiek mokinys, tiek mokytojas turėtų sunkiai ir kryptingai dirbti.

Sunkiausia įvairiai organizuojant problemos sprendimą – mokytojo pagalba ieškant šių būdų. Šiuo atveju mokytojas turėtų sugalvoti ne naują įrodymo versiją (ar skirtingas versijas), o klausimą ar klausimų seriją, kuri inicijuotų atitinkamos idėjos ar idėjų atsiradimą. Tai nėra lengva užduotis ir ją reikia išmokti. Sunkumas susijęs su tuo, kad ši mokytojo veikla nukreipta ne į kažkokių žinių ar technikos pritaikymą, o į mokinio vaizduotės ar intuicijos ugdymą.

Apsvarstykite kai kurias bendras sąlygas, kurios padeda sėkmingai rasti įvairių problemų sprendimo būdų.

• 1. Norint sėkmingai mokyti moksleivius rasti įvairius problemų įrodinėjimo ir sprendimo būdus, būtina sintetinės veiklos pagalba juos išmokyti gauti reikiamas prielaidas sakiniams įrodinėti ar skaičiavimams ar tyrimams atlikti.
• 2. Siekiant užtikrinti šio proceso individualumą, būtina orientuotis į skirtingus mokinių gebėjimų lygius.
• 3. Mokytojas turi nuolat ir meistriškai stebėti mokinių mąstymo procesą, jį analizuoti ir tirti. Tai labai svarbi užduotis, kurios įgyvendinimas prisideda prie susidomėjimo šia tema. Su patyrusiais mokytojais mokiniai veikia kaip „pionieriai“.
• 4. Jei dėstytojui pavyks įskiepyti mokiniams susidomėjimą ieškoti įvairių uždavinių sprendimo būdų ir skirtingus matematinių sakinių įrodymus, tai jis galės praktikuoti tokį darbą studijuodamas programos medžiagą.

Pradėkime nuo kelių planimetrijos teoremų įvairių įrodinėjimo būdų paieškos galimybių aprašymo. Vienas iš akivaizdžių šiuolaikinio matematikos mokymo stiliaus mokykloje trūkumų yra teoremų įrodinėjimo dogmatiškumas. Mokiniui neateina į galvą, kad įrodymai gali būti atliekami įvairiais būdais (ir skirtinga seka). Be jokios abejonės, tokia praktika neduoda poveikio žmogaus mąstymo ir jo asmenybės raidai apskritai. Kita vertus, aišku, kad pamokoje (jei reikia minimalaus laiko matematikai mokytis) svarstyti įvairius daugelio teoremų įrodinėjimo būdus tiesiog neįmanoma. Tačiau šį darbą galima perkelti į kitas ugdymo formas: individualias užduotis klasėje ir namuose, būrelio užsiėmimus, papildomus pokalbius, pasirenkamuosius dalykus ir kt.

3.39 uždavinys.Įrodykite, kad trapecijos vidurio linija lygiagreti jos pagrindams ir lygi pusei jų sumos.

Sprendimas

• 1. ABCD- trapecija 1 (duota)
• 2. ARBA- trapecijos vidurio linija] (3.29 pav., a)

• 3. BC ||ARBA ||Kr , L
• 4. Oi> = 1/2 (AD + BC))

Iš teoremos sąlygų galime užrašyti keletą išvadų:

5. D.P. = SR)

> (1,2, trapecijos vidurio linijos nustatymas)

O. AC/ = L/jD I

Neįmanoma įrodyti, ko reikia, remiantis vien išvardintomis savybėmis. Klausimų ir pratimų sistema turėtų paskatinti mokinius susieti trapecijos vidurio liniją su kokio nors trikampio, kurio savybes jie jau žino, vidurio linija. Jei pasiūlymų nėra, galime užduoti klausimą: kaip sukurti trikampį, kurio atkarpa OP būtų jo vidurio linija?

Šis darbas paskatins pirmąjį teoremos įrodymo būdą.

Mokiniai turėtų pamatyti galimybę sudaryti du tokius trikampius: A AVE(3.29 pav., b) ir A CED(3.29 pav., c).

Užrašykime šias konstrukcijas.

7. Nubrėžkite tiesią liniją VR, kertantis kraštinės AD tęsinį taške E(statyba, 3.29 pav., b)

Atsiranda papildomų elementų – trikampių ABE, BOR, DPE, HRV. Jei tai įrodysime BP = PE, tada tai reikštų, kad ARBA- vidurinė linija AABE.

8. ARBA- vidurinė linija AABE(3.29 pav., b)(turi būti įrodyta)

Apsvarstykite šių trikampių savybes:

• 9. Z Vietnamas=Z DPE(7, vertikalių kampų savybė)
• 10. Z TREČIADIENĮ=Z EDP(5, vidinių kryžminių kampų savybė)
• 11. A ŠRV = AEDP(6, 9, 10, trikampių lygybės ženklai išilgai kraštinės ir kampai greta jos)
• 12. BP = PE (11)
• 13. ARBA- vidurinė linija A AVE (6, 13)
• 14. ARBA|| AP (8)
• 15. saulė || ARBA|| AD (5, 13)
• 16. ARBA = (1/2) AE (8)
• 17. ARBA =(1/2) (AD+ saulė) (8, 11, 14) ?

Yra ir kitų būdų įrodyti šią teoremą:

Nubrėžkite vieną iš trapecijos įstrižainių (3.30 pav., a) ir panaudoti trikampio vidurinės linijos savybes;

• išleisti CF || VA(3.30 pav., b) ir apsvarstykite lygiagretainį ABCF ir trikampis DCF;
• išleisti EF || VA(3.30 pav., in) ir apsvarstykite trikampių lygybę FPD ir EPC.

Štai dar du paprasti, bet labai svarbūs pavyzdžiai, kaip rasti skirtingus problemos sprendimo būdus.

3.40 uždavinys. Įrodykite, kad lygiagretainio plotas yra lygus jo kraštinės ir į šią kraštinę nubrėžto aukščio sandaugai.

Sprendimas

• 1. ABCD- lygiagretainis].
• 2. AB = a DaH0 > „
• 3. ВК1 AD,ВК =hJ
• 4. Subcd = a? h (turi būti įrodyta)

Mes tiesiogiai negausime reikiamo rezultato iš išvardytų savybių. Galime užrašyti įvairias lygiagretainio savybes, tačiau nesuvokiant sprendimo idėjos tai nėra prasminga.

Prieš šią teoremą (problemą) žinome tik stačiakampio ploto formulę. Todėl gali kilti noras lygiagretainį „perbraižyti“ į stačiakampį. Kaip aš tai galėčiau padaryti? Atsakymai gali skirtis:

• išlaikyti aukštį CF(3.32 pav., a);
• išlaikyti aukštį D.F.(3.32 pav., b);
• išlaikyti aukštį AE ir CF(3.32 pav., c).

Kiekvienas iš šių atvejų padės pasiekti norimą rezultatą.

3.41 uždavinys. Įrodykite, kad trikampio plotas yra pusė jo kraštinės ir į tą kraštinę nubrėžto aukščio sandaugos.

Sprendimas

• 1. Trikampis ABC] .
• 2 AB = a(duota)

Z.CK~LAB I "-33, a)

• 4. S AABC = -(AB C K)(turi būti įrodyta)

Dabartiniuose vadovėliuose šis įrodymas paprastai aprašomas taip:

„Tegul ABC yra duotasis trikampis (3.33 pav., b). Papildykite šį trikampį lygiagrečiu ABCD, kaip nurodyta paveikslėlyje. Lygiagretainio plotas lygus trikampių ABC ir plotų sumai CDB. Kadangi šie trikampiai yra vienodi, lygiagretainio plotas yra du kartus didesnis už trikampio plotą ABC. Lygiagretainio, atitinkančio kraštinę AB aukštis lygus trikampio ABC aukščiui, nubrėžtam į kraštinę AV".

Kokie yra tokių įrodymų trūkumai? Jei tai yra visko, kas buvo pasakyta, aptarta, santrauka, tai toks aprašymas galimas. Tačiau mokyti tai įrodyti ar duoti savarankiškam skaitymui yra neefektyvu, nes kyla daug klausimų: kodėl mes statome lygiagretainį? kodėl mes tai statome taip? kokiais faktais remiamės sekančiame įraše? ir tt Visus šiuos klausimus arba atskleis mokytojas (jei jis juos matys ir žinos, kaip į juos atsakyti), arba jie niekada nebus užduodami. Toks įrodymas (sprendimas), ypač jei jis išmokstamas mintinai, mažai duoda naudos matematinei ir bendrai mokinio raidai.

Visų pirma, įrodydami šią teoremą, turime aptarti klausimą, kuo galime remtis įrodinėdami.

1. Galime apskaičiuoti stačiakampio ir lygiagretainio plotus. Kaip apskaičiuojant trikampio plotą galima sumažinti šių keturkampių plotus?

• 2. Kaip jau rašėme, trikampis ABC gali būti užbaigtas įvairiais būdais iki lygiagretainio (3.33 pav. c, d).
• 3. Praktika rodo, kad mokiniai siūlo užbaigti šį trikampį iki stačiakampio (3.34 pav.).

Visų šių atvejų pamokoje nagrinėti visiškai nebūtina. Tai gali būti pasiūlyta kaip individualus namų darbas.

4. Gali kilti įdomi idėja duotą trikampį „perpiešti“ į stačiakampį arba lygiagretainį. Toks klausimas gali būti keliamas kaip savarankiško studentų darbo problema.

Perbraižymas siejamas su trikampio ABC vidurio linijos nubrėžimu. Jei nė vienas iš mokinių neatspėjo, tada mokytojas pats gali nubrėžti vidurinę trikampio liniją. Pagalba reikšminga, bet vis tiek ne tiesioginė užuomina, nes nubrėžus vidurinę liniją dar reikia sugalvoti perbraižymo būdą ir iškyla keturi variantai (3.35 pav., a, b, in, G). Atlikus brėžinius, gauti pačią formulę nėra sunku.

Ryžiai. 3.35

Pateiksime daugiau pavyzdžių, kaip įvairiais būdais išspręsti kelias problemas.

3.42 uždavinys. Lygiašonės trapecijos didesnis pagrindas yra 44 m, kraštinė - 17 m, o įstrižainė - 39 m. Raskite trapecijos plotą.

Sprendimas

• 1. ABCD- lygiašonė trapecija
• 2. AD = 44m Dan °> . ,
• 3. AB \u003d 17 m (3.36 pav., a)
• 4.AC=39m
• 5. Subcd = ? (reikia surasti)

Galite parašyti dar keletą savybių, kurios išplaukia iš problemos sąlygos:

• 6. AB = CD( 1)
• 7. ZA=ZD( 1)
• 8 AD || saulė (1)

Kitas klausimas: ką reikia žinoti norint rasti trapecijos plotą? Galimi šie atsakymai: reikia žinoti trapecijos aukštį ir mažesnį pagrindą; reikia žinoti trapecijos vidurio liniją ir aukštį. Kaip sužinoti trapecijos aukštį?

Ant pav. 3.36, a trapecijos aukščio nėra, nubrėžkite.

9. Nubrėžkite aukštį CF trapecija (konstrukcija, 3.36 pav., b)

Svarbu, kad mokiniai tai matytų CF– ne tik ūgis

trapecija, bet ir trikampio AC L aukštis bei tai, kas yra trikampyje ACDžinomos visos trys pusės. Tada, taikydami Herono formulę ir įprastą trikampio ploto nustatymo formulę, randame aukštį CF.

Mes priėjome prie problemos sprendimo pirmas būdas:

10. SAACD = sfplp^A-DHp-ACHp-CD) =

330 m 2 (p- pusperimetras A ACD, 2, 3, 4, Herono formulė)

• 11. S AAC d = (1/2) ( REKLAMA? CF) = 22 CF(2, trikampio ploto formulė)
• 12. CF= 15 m (10, 11)

Taigi mes radome CF, bet vis tiek turime rasti mažesnę priežastį Saulė. Radimo procedūra saulė turi būti naudojamas dažnai ir turi būti parengtas iš anksto. Nubrėžkime kitą trapecijos aukštį - BE(3.36 pav., c).

• 13. BE _L AD (kurti)
• 14. FD = ICD2-CF2= 8 m (13, Pitagoro teorema)
• 15. BE || CF(9, 13, lygiagrečių linijų ženklas)
• 16. BCFE- stačiakampis (1, 9, 13, 15)
• 17. BC = EF( 16)
• 18. BC = AD – 2FD\u003d 28 m (16, 17, trikampių lygybės ženklas)
• 19. Sabcd \u003d ((44 + 28) / 2) 15 \u003d 540 m 2 (18, 2)?

Antras būdasšios problemos sprendimas yra labai artimas pirmajam. CF- trikampio aukštis ACD. Pamačiusi, kad ji suskaido jį į du stačiakampius trikampius ACE ir DCF(3.36 pav., b) gauname tokią sprendimo idėją: pažymime FD=x, tada AF= 44 - X. Iš trikampių ACE ir DCF pagal Pitagoro teoremą turime:

• 20. AC 2 – AF 2 = CD 2 – FD 2 arba 39 2 - (44 - x) 2 = 17 2 – 2 (9, 13, Pitagoro teorema)
• 21. x = 8 m arba FD= 8 m (19)

• 22. BC = AD – 2 FD= 28 m (aukščiau aprašėme radimo procesą saulė)
• 23 straipsnio 5 dalį. Sabcd \u003d 540 m 2 (12, 21)?

Ankstesniame skyriuje kalbėjome apie trigonometrijos panaudojimo galimybę sprendžiant geometrines problemas. Pagrindinė idėja yra įvesti pagalbinį kampą. Tai nuves mus prie trečiojo problemos sprendimo būdo.

Trečias būdas problemų sprendimas. Tegul Z CAD= a (3.37 pav.). Tada, naudojant kosinuso teoremą A ACD, apskaičiuokite cos a:

• 24. CD 2 = AC 2 + AD 2 - 2AC x x AD cos a (kosinusų teorema)
• 25. cos a = 12/13(24)
• 26. sin a = 5/13 (25, pagrindinė trigonometrinė tapatybė)
• 27. Iš A ACF : CF/AC\u003d sin a, CF=AC sin a \u003d 39 (5/13) \u003d \u003d 15 m (24)
• 28. AF/AC= nes (9)
• 29. AF= 39 (12/13) = 36 m (25, 28)
• 30. Ilgis AF lygi trapecijos vidurio linijai (ši išvada jau parengta)
• 31 (5). S AB cd \u003d AF "CF \u003d 36 15 \u003d 540 m 2 (12, 29)?

Studentai gali pamatyti kitą algebrinio metodo naudojimo galimybę. Esmė ketvirtas būdas sumažina iki žymėjimo įvedimo saulė = X ir pastatas CM || BD(3.37 pav.).

• 32. Išleiskime CM || BD(statyba, 3.37 pav.)
• 33. Iš A CMF: CF2 = CM 2 – MF 2(9, Pitagoro teorema)
• 34. Iš A CFD: CF 2 = CD 2 – FD 2(9, Pitagoro teorema)
• 35. CM 2 – MF 2 = CD2-FD2 (33, 34)
• 36. 39 2 -teT = 17 2 -teT (35)

v2 / v2 )

• 37. x = 28 m (36)
• 38. Iš A ACF : CF\u003d l / 39 2 -36 2 \u003d 15 m (9)
• 39 (5). Sabcd \u003d ((44 + 28) / 2) 15 \u003d 540 m 2?

Šiuos keturis metodus galite palyginti pagal svarstomų savybių skaičių – tai svarbus, bet ne pagrindinis rodiklis. Svarbu įvertinti sprendime iškeltų nestandartinių idėjų lygį. Ketvirtasis metodas gali būti laikomas nestandartiškiausiu – neįprastos papildomos konstrukcijos atlikimas, o trečiojo metodo metodas priklauso nuo trigonometrijos naudojimo patirties.

3.43 uždavinys. Trapecijos pusė padalinta į tris lygias dalis. Iš padalijimo taškų atkarpos brėžiamos į kitą pusę lygiagrečiai pagrindams. Raskite šių atkarpų ilgius, jei trapecijos pagrindai yra 2 ir 5 m.

Sprendimas

• 1. Trapecija ABCD
• 2. AK = KM = MV
• 3. MN || KR || ADBC> 5 duota ^ oo
• 4. BC \u003d 2m (3.28 pav., a)
• 5. REKLAMA= 5 m
• 6. MN= ? (reikia surasti)
• 7. KR =? (reikia surasti)

Pirmas būdas

Nubrėžę segmentus MN ir KR, gavome pjūvius CN, NP ir P.D. Iš karto galite parašyti:

8. CN=NP=PD(2,3, Talio teorema)

Iš išvardytų aštuonių savybių neįmanoma gauti norimų segmentų.

Viena iš idėjų, vedančių į sprendimą, yra apsvarstyti dvi trapecijas - KVSR ir AMND, kuriame MN ir KR- atitinkamai vidurinės linijos. Taigi:

• 9. MN- trapecijos vidurio linija KVSR
• 10. KR- vidurinė trapecijos linija AMND(2, 3, 8, trapecijos vidurio linijos nustatymas)
• 11. MN = (BC + CR) / 2 (9.10, trapecijos vidurio linijos savybė)
• 12. KP = (MN + AD)/2(9.10, trapecijos vidurio linijos savybė)

• 13. Pažymėkite MN = X(pavadinimas)
• 14. KP = (x+ 5)/2(1, 5,3)

Pakeiskite vertę KRį 11 lygtį:

• 2 + ^
• 15. x=-(11, 14)
• 16 (6). MN= 3 m (15)
• 17 (7). KR= 4 m (12, 6)

Taip pat galite įvesti užrašą:

• 18. Pažymėkite MN = x, KP = y(žymėjimas)
• 19. Gaukite lygčių sistemą:

At= (x + y)/2

x = (y + 2)/2| (13)

Išspręskime šią sistemą:

• 20 (6). MN= x = 3 m (14)
• 21 (7). KR\u003d g / \u003d 4 m (14)?

Užduodame klausimą: ar tą patį rezultatą galima gauti geometriškai? Šis klausimas veda mokinius prie kito sprendimo būdo.

Antras būdas uždavinio sprendimas grindžiamas Talio teoremos panaudojimu ir lygiagretainio savybėmis. Idėja yra atlikti papildomą konstrukciją: piešiame CE || NF || PQ || AB(3.38 pav., b). Du kartus pritaikę Taleso teoremą, įrodome atkarpų lygybę CN = NP = PD ir EF=FQ=QD. Naudodami priešingų lygiagretainio kraštinių savybę, galite rasti norimus segmentus.

Baigdami šį skyrių pristatome Aleksandrijos herojaus formulės išvedimas. Mūsų išvada, kurią darysime dviem būdais, bus sudaryta taip, kad, skirtingai nuo įprastų mokyklinių vadovėlių ir vadovų išvadų, patys mokiniai pateiktų įrodymų idėjas.

Pavyzdžiui, viename iš šių vadovėlių išvedimas pradedamas ieškant aukščio kvadrato AABC iš šios lygybės: 4a 2 labas = 2a 2 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 - a 4 -b 4- nuo 4 , kur a, b, c- šonai ABC, a h a- aukštis patrauktas į šoną a. Kitame vadove viskas prasideda žodžiais: „Pagal kosinuso teoremą ...“.

Tokių pristatymų nekritikuojame, nes visa (arba beveik visa) matematikos literatūra moksleiviams parašyta tokiu stiliumi. Bėda ta, kad mokytojai kartais pakartoja tekstą po vadovo.

3.44 uždavinys. Išveskite Herono formulę trikampio plotui rasti: ^jp(p-a)(p-b)(p-c), kur a, b, c yra trikampio kraštinių ilgiai, ap yra pusperimetras.

Ryžiai. 3.39

Sprendimas 1. AABC

• 3 BsG (duota)
• 1 "AC = b(3.29 pav., a)
• 5. p = (a + b+ e) / 2 - pusperimetras
• 6. S ABC \u003d 1p (P ~ a)(P ~ b)(P - Su)(reikia išvesties).

Iš geometrijos kurso žinome dvi formules, kaip rasti trikampio plotą:

Kiekviena iš šių formulių leidžia pagalvoti apie tinkamą Herono formulės išvedimo būdą.

Pirmas būdas

Taigi Sabc = ^ ai a.

Nuotraukoje nėra h a .

• 7. Išleiskime AE = h a(statyba, 3.39 pav., b)
• 8. A StrAU ir A BAE – stačiakampis (1, 7)

Reikia rasti aukštį h a . Atkreipiame dėmesį į tai, kad AE- dviejų stačiųjų trikampių bendra kojelė A StrAU ir A BAE. Taigi, Pitagoro teoremą turime taikyti du kartus. Norėdami gauti lygtį, jums reikia kojos CEžymėti X, tada antroji koja BE bus lygus a-x.

Atkreipkite dėmesį, kad tai yra tipiškas algebrinio sprendimo metodo naudojimo pavyzdys:

• 9. CE = x(pavadinimas)
• 10. EB = a-x( 3, 9)

• 11. labas = nuo 2 - (a–x) 2 (7, 10)
• 12. hi = b 2 -x 2 ( 7, 9)
• 13. b 2 – x 2 \u003d c 2 – (a – x) 2 (11, 12)
• 14. x \u003d (a 2 + b 2 - c 2) / 2a (13)

Pakeiskite vertę xį lygybę 12.

• 16. Atkreipkite dėmesį, kad a + b + c = 2p, a + b - c = 2p - 2s, c + a - b = \u003d 2p-2b, c-a + b \u003d 2p-2a(perimetro savybės)
• 17. hi = (p - c) p (p - a) (p - b)(15,16)
• 18. K \u003d ^4 ^ 1> -aXp-bHp-c) (17)
• 19 (6). Sabc \u003d Mp-aHp-bXp-c) (18) ?

Antras būdasįrodymai yra susiję su formulės vartojimu Sabc=- būti nuodėmė A. Yra noras rasti nuodėmę A. Tai gali

bet tai daroma naudojant kosinuso teoremą ir pagrindinę trigonometrinę tapatybę:

7. a 2 = b 2 + c 2 - 2bc? cos A (1, kosinuso teorema)

o a b 2 + c 2 -a 2

• 8. cosA =- (7)
• 2 būti
• 9. sin 2 A \u003d 1 – cos 2 A (pagrindinė trigonometrinė tapatybė):

Puikioje knygoje G.S. Kokseterio „Geometrijos įvade“ apie Herono teoremą sakoma: „Ši nuostabi formulė paprastai priskiriama Heronui iš Aleksandrijos (apie 60 m. po Kr.), bet iš tikrųjų ją atrado Archimedas.

• OOx = --- (11, kosinuso apibrėžimas) F cos- 2
• OOx \u003d OC2 + OxC2 (11, Pitagoro teorema)

Algebrinis metodas

Konstravimo uždavinių sprendimo algebrinis metodas yra vienas iš svarbiausių metodų konstruktyviųjų uždavinių teorijoje. Būtent šio metodo pagalba sprendžiami klausimai, susiję su problemų išsprendžiamumu vienais ar kitais įrankiais.

Be to, tai yra vienas iš galingiausių metodų, leidžiančių išspręsti daugybę problemų, kurias sunku išspręsti naudojant įprastinius metodus. Metodas puikiai parodo glaudų ryšį tarp algebros ir geometrijos.

Bet, deja, mokyklos geometrijos kurse į algebrinį metodą beveik nekreipiama dėmesio, nors metodologiniu požiūriu šio metodo tyrimas ypatingų sunkumų nekelia.

Metodo esmė susideda iš šių dalių:

a) užduotis sumažinama iki tam tikro segmento sukūrimo;

b) naudojant žinomus geometrinius ryšius tarp norimo ir duomenų, jie sudaro lygtį (lygčių sistemą), jungiančią norimą ir duomenis;

c) spręsdami lygtį ar lygčių sistemą, formule išreikškite norimo atkarpos ilgį per duomenų ilgį;

d) reikiamas atkarpas sukonstruotas pagal formulę (jei įmanoma);

e) rastos atkarpos pagalba sukonstruojama norima figūra.

Parengiamasis darbas yra pagrindinių konstravimo formulių ir metodų tyrimas, kuriame taip pat yra parengti kai kurie uždavinių sprendimo algebriniu metodu schemos elementai, o pati tokio požiūrio į konstravimo problemas sprendimą idėja yra asimiliuotas.

Mokyklos geometrijos kursuose jie paprastai svarsto galimybę sudaryti segmentus naudojant kompasą ir liniuotę, pateikiamą pagal kelias iš šių paprastų formulių:

1) x = a + b(8 pav.).

2) x \u003d a - b (a\u003e b)(9 pav.).

Ryžiai. aštuoni

3) x = na, kur n-- natūralusis skaičius. Jis sumažinamas iki konstrukcijos 1). Ant pav. 10 pastatytas segmentas X, toks x = 6a.

Ryžiai. dešimt

4) x =.

Mes statome siją, išeinančią iš bet kurio galo Ošis segmentas a savavališku kampu į jį. Atsigulęs ant tos sijos n kartų savavališkas segmentas b, taip OB = nb(žr. 11 pav.). Taško sujungimas AT su kitu galu BET segmentas a. Per tašką AT 1 , nustatoma pagal sąlygą 0V 1 = b, nubrėžkite lygiagrečią liniją AB, ir pažymėkite tašką A 1, kuriame jis kerta atkarpą a.

5) x = a(n ir m yra pateikti natūralūs skaičiai).

Padalinkite segmentą a ant m lygiomis dalimis ir padidinkite gautą segmentą P kartą.

6) x =(atkarpos konstravimas, ketvirtasis proporcingas trims duotoms atkarpoms).

Sąlygą rašome proporcijos forma c: a = b: x. Leiskite (12 pav.) OA = a, os=s, kad vieno iš santykių sąlygos būtų nubraižytos ant vieno spindulio, sklindančio iš taško O. Kitu spinduliu, sklindančiu iš to paties taško, atidedame žinomą kito santykio terminą OB = b. Per tašką BET nubrėžkite lygiagrečią liniją saulė, ir pažymėkite tašką X jos sankirta su linija OV. Linijos segmentas OI norima, tai yra OH = x.

Ryžiai. 12

Galime naudoti konstrukciją 6), nustatymą b = a.

8) x =(dviem duotiesiems segmentams proporcingo vidurkio sudarymas).

Kuriame segmentus AC = a, BC = b, taip AB = a + b. Ant AB kaip ant skersmens pastatyti puslankį (žr. 13 pav.). Taške NUO nustatyti statmeną AB ir pažymėkite tašką D jo sankirta su apskritimu. Tada x = CD.

9) x = Linijos segmentas x yra sudarytas kaip stačiojo trikampio su kojelėmis hipotenuzė a ir b(žr. 14 pav.).

10) x = (a > b). Linijos segmentas x sukonstruota kaip stačiojo trikampio kojelė su hipotenuze a ir koja b.

Sudėtingesnėmis formulėmis pateiktų segmentų konstrukciją galima redukuoti į nagrinėjamas konstrukcijas.

Pageidautina laipsniškas šių formulių tyrimas, kai kiekviena iš jų atsižvelgiama į teoriją, reikalingą atitinkamai konstrukcijai įgyvendinti.

Šioje vietoje taip pat patartina pateikti paprasčiausias algebrinio metodo uždavinius (pavyzdžiui, segmentų atkūrimo pagal jų sumą ir skirtumą uždavinį), kad formulės būtų nagrinėjamos tarpusavyje. Ateityje, prieš rimtai tiriant metodą, formules reikėtų pakartoti.

4 priede pateikta algebrinio metodo užduotis: „Iš duoto trikampio viršūnių, kaip ir iš centrų, apibūdinkite tris apskritimus, kurie išorėje liečiasi poromis“.

Išvada. Aprašytus metodus rekomenduojama naudoti sprendžiant geometrinės konstrukcijos uždavinius. Kartu būtina atkreipti dėmesį, be kita ko, į mokinių iniciatyvumo ugdymą, skiepijant jiems skonį ir konstruktyvių problemų sprendimo įgūdžius.

Būtų klaidinga manyti, kad pastato problemų sprendimo metodai gali būti pagrindu klasifikuojant pačias problemas. Reikėtų pripažinti esminiu ir neatsitiktinai tai, kad nemažai statybos problemų gali būti vienodai sėkmingai išspręstos skirtingais būdais. Kita vertus, yra problemų, kurios išsprendžiamos tiesiog pagrindinių konstrukcijų deriniu, aiškiai netaikant jokio metodo.

Metodologiniu požiūriu priimtiniausias yra panaudojimas mokant problemų sprendimo, kad būtų sukurtas toks principas. Būtina atlikti nuoseklų užduočių pasirinkimą pagal geometrijos kurso tikslus ir palaipsniui supažindinti studentus su statybos problemų sprendimo būdais.

Savo ruožtu būtina supažindinti studentus su pačiais metodais ir išmokyti juos nustatyti, kuris iš jų gali išspręsti siūlomą problemą. Tam pirmiausia reikia mokinius išmokyti atpažinti būdingiausius vienu ar kitu metodu sprendžiamų problemų bruožus. Šias savybes lemia paties metodo turinys.

Iteratyviniai algebriniai vaizdo atkūrimo metodai

baigiamasis darbas

4.1 Algebrinis metodas

Tegul funkcija f(x) = f(x, y) apibūdina tam tikrą tankio pasiskirstymą tam tikroje pasirinktoje objekto dalyje. Pagrindinis kompiuterinės tomografijos uždavinys yra atkurti funkciją f(x) iš eksperimentiniu būdu gautų projekcijų rinkinio:

kurie yra norimo pasiskirstymo tiese L: tiesiniai integralai. Čia yra nuskaitymo kampas, tai yra delta funkcija.

Praktikoje, kaip taisyklė, projekcijos nustatomos ne visoms vertėms, o tik ribotam jų skaičiui. Yra nemažai praktinių problemų, kurioms spręsti 0 diskretizacijų skaičius yra labai ribotas (nuo 3 iki 5). Tokio tipo problemos yra susijusios su žemo kampo tomografijos problemomis ir yra vienos iš sunkiausių sprendžiamų. Užduotį galima suformuluoti taip: duotai baigtinei dviejų kintamųjų funkcijos projekcijų aibei gauti geriausią šios funkcijos įvertį.

Suformuluokime bendrą uždavinio (4.1) sprendinio atkūrimo algebriniais metodais teiginį ir sukonstruokime iteracinį tokių uždavinių atkūrimo algoritmą. Algebrinių metodų naudojimas iš esmės skiriasi nuo integralinių transformacijų metodo, nes jis apima vaizdo diskretavimą prieš pradedant atkūrimo algoritmą. Vaizdo atkūrimo problemos diskretinio modelio konstravimą galima apibūdinti taip.

Tegu reikalaujama atkurti dvimatę funkciją f(x)=f(x,y), apibrėžtą srityje D R2. Tarkime, kad atkūrimo sritis D yra įtraukta į kvadratą K, kuris yra padalintas į n lygių mažų kvadratų, vadinamų elize. Sunumeruokime visas elises nuo 1 iki n. Tuo pačiu priimsime pagrindinį apribojimą, ty kad atkurta funkcija f(x) įgauna pastovią reikšmę fj j-osios eliza viduje, t.y. pakeičiame funkciją f ( x) su diskretizuota išraiška

if (x) j-oji elize;

kitaip. (4.3)

Tarkime, kad mums duota linijinių ištisinių funkcinių funkcijų rinkinys, vaizduojantis tiesioginę Radono transformaciją išilgai tam tikrų linijų:

Tada funkcijos f(x) projekcija išilgai spindulio Li.

Taikydami operatorius lygybei (4.2) ir atsižvelgdami į jų tęstinumą bei tiesiškumą, gauname tiesinių algebrinių lygčių sistemą

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

Jei bazinių funkcijų šeima (bj) pateikiama pagal (4.3) formulę, tai

I-ojo spindulio susikirtimo su j-tuoju elize ilgis.

Žymime koeficientų matricą A=(), vaizdo vektorių f=(f1, f2, ..., fn), projekcijos vektorių R=(R1, R1, ..., Rt). Tada uždavinio sprendimas redukuojamas iki formos tiesinių algebrinių lygčių sistemos sprendimo

Šiuo atveju vektorius R žinomas su tam tikra klaida.

Pažymėtina, kad sistemos (4.5) forma priklauso nuo konkretaus bazinių funkcijų sistemos bi ir funkcinių aibės Ri pasirinkimo. Yra ir kitų būdų, kaip pasirinkti domeno D skaidinių tinklelį (taigi ir pagrindines funkcijas bi). Funkcionalai parenkami ne tik pagal formą (4.4), bet ir atsižvelgiant į tikrąjį spindulių ilgį bei naudojant pavienes konstantas funkcijas. Be to, problemos teiginys nepriklauso nuo spindulių geometrijos ir yra lengvai suformuluojamas trimačiam atvejui.

4.2 Interlining operatorių naudojimas

Šiame skyriuje aptariame naują metodą, skirtą apytiksliui plokščiosios kompiuterinės tomografijos (KT) problemos sprendimui pateikti atskirų pastovių funkcijų pavidalu. Metodas turi didesnį tikslumą nei klasikinis plokštumos RKT uždavinio sprendimo metodas, naudojant atskiras pastovias funkcijas.

dalijant E2 į keturkampius. Įveskime tokį užrašą.

Operatorius О1 yra f(x,y) aproksimacijos pagal x dalių pastovių funkcijų operatorius. Jei y=const, tai jis randamas iš geriausios aproksimacijos f(x,y) juostoje yE sąlygos. Panašiai operatorius О2 yra f(x, y) aproksimacijos operatorius pagal y pastoviąsias funkcijas.

Jei x=const, tai j(x) randamas iš geriausiai atitinkančios f(x,y) juostoje xE.

Pristatome šiuos operatorius:

Mes randame reikšmes iš geriausios f aproksimacijos sąlygos pagal skaičių f(оij, ij)

Lema 3.1 Tegul funkcija, r=1,2 arba ir yra funkcija su ribota variacija. Tada operatoriai Onm turi savybes

Įrodymas. Savybės (3.25) ir (3.26) išplaukia iš to, kad

Turtas (3.27) išplaukia iš to, kad

Savybės (3.29) galioja visoms diferencijuojamoms funkcijoms ir tolydžioms funkcijoms su ribota variacija.

1 lema įrodyta.

Išvada 1. Nepertraukiamoms funkcijoms, kurių kitimas yra ribotas, gauname tokį klaidų įvertinimą.

Išvada 2. Funkcijų pakeitimas vieno kintamojo dalimis pastoviomis funkcijomis su tuo pačiu paklaidos įvertinimu

mes gauname operatorių

Gaukite gi vertes (x)

Gaukite Gi (y) vertes

su šiomis savybėmis:

Išvada 3. Operatorius

turi šias savybes:

Jei r=1,2 arba u yra riboto kitimo funkcija, tada

Įrodymas. Dėl klaidos galime parašyti lygybę

Tai reiškia nelygybę

Pritaikę 3 ir 4 įverčius gautos išraiškos dešinėje pusėje, gauname įvertį (3.42).

3 išvada įrodyta.

Jei m=n, tai operatorius turi klaidą (naudoja konstantas); operatoriaus apytikslė klaida. Tai reiškia, kad operatorius (jis naudoja konstantas) turi tą pačią klaidą kaip ir operatorius:

Tolesnėse pastraipose pabrėžiami šio metodo pranašumai.

Nežinomų skaičius

Funkcijų susiejimo panaudojimas kuriant apytikslį sprendimą, būtent apytikslio sprendimo vaizdavimas tokia forma:

lėmė 2n3+n2 konstantų atsiradimą, kurios nežinomos. Taigi operatorius naudoja O(n3) konstanta-nežinoma. Operatorius padarė klaidą.

Naudojant operatorių – klasikinį apytikslio sprendimo vaizdą – atsiranda n4 konstantų, kurios nežinomos. Taigi operatorius naudoja O(n4) konstanta-nežinoma. Operatorius padarė klaidą.

Apibendrinant tai, kas išdėstyta aukščiau, darome išvadą, kad naudojant operatorių reikia rasti O(n3) nežinomųjų, o naudojant operatorių reikia rasti O(n4) nežinomųjų, kad sprendimas būtų aproksimuotas su ta pačia klaida.

Todėl operatoriaus naudojimas suteikia didelių pranašumų aritmetinių operacijų skaičiaus atžvilgiu, nes norint pasiekti tokį patį tikslumą, reikia išspręsti žemesnio matmens tiesinių algebrinių lygčių sistemą.

Norėdami iliustruoti šį faktą, pateikiame šią lentelę:

1 lentelė

	Nežinoma	Nežinoma	Klaida

Palyginimai rodo, kad norint pasiekti tokį patį tikslumą, naudojant operatorių, galite naudoti mažiau lygčių. Pavyzdžiui, esant n=9, klasikiniu metodu nežinomųjų skaičius yra 4 kartus didesnis.

Atsižvelgiant į tai, kad sistema turi būti per daug apibrėžta, o n=9 nežinomiesiems 1539 (tarplinijiniu atveju) ir 6561 (klasikiniam metodui), o lygčių skaičius turėtų būti paimtas daugiau nei nežinomųjų, aišku, kad taikant metodą su interlinacija šios lygtys bus mažesnės.

Skaičiavimo eksperimentas, atliktas naudojant sukurtus algoritmus ir programas, patvirtino šiuos teiginius.

Regiono diskretizacija

Plokščiosios kompiuterinės tomografijos problemos sprendimo schemų panaudojimas, pagrįstas ploto naudojimu ir lemia jos diskretiškumą.

For - netaisyklingas tinklelis: suskirstymas į kvadratus su kraštine ir stačiakampius su kraštinėmis ir atitinkamai pailgintus išilgai ašių Ox ir Oy. Tinklelio mazgai yra kvadratų ir stačiakampių centruose.

Už - įprastas tinklelis: suskirstymas į kvadratus su šonine. Tinklelio mazgai yra kvadratų centruose.

Teigiamas operatoriaus taikymo poveikis pasiekiamas dėl skirtingo mazgų išdėstymo, dėl kurio atsiranda ryšys tarp šių santykių:

Kurie sutampa su mazgais, esančiais atitinkamų kvadratų, vertikalių ir horizontalių stačiakampių centruose.

Dėl šių taškų nuo Šiuose centruose turime tikslių sprendimų.

Taigi apytikslis sprendimas, sudarytas naudojant interpoliacijos formulę. Su jo pagalba funkcijos reikšmė apskaičiuojama bet kuriuose D srities taškuose, išskyrus nurodytus, kuriuose yra tiksli atitiktis

Dėl tikslios atitikties nurodytuose centruose. Reiškia,

Antagonistinis žaidimas

Yra du uždavinių sprendimo algebriniu metodu atvejai: 1. matrica turi balno tašką; 2. matrica neturi balno taško. Pirmuoju atveju sprendimas yra strategijų pora, kuri sudaro žaidimo balno tašką. Apsvarstykite antrą atvejį...

Skaičiavimo matematika

Atkarpos padalijimo per pusę metodas yra paprasčiausias ir patikimiausias būdas išspręsti netiesinę lygtį. Iš išankstinės analizės tebūnie žinoma, kad (2.1) lygties šaknis yra intervale , ty x*, taigi f(x*) = 0...

Skaičiavimo matematika

Niutono metodas yra efektyviausias netiesinių lygčių sprendimo būdas. Tegul šaknis yra x* , kad f(a)f(b)< 0. Предполагаем, что функция f(x) непрерывна на отрезке и дважды непрерывно дифференцируема на интервале (a, b). Положим x0 = b...

Skaičiavimo matematika

Šiame ir kitame skyriuje aptariame Niutono metodo modifikacijas. Kaip matyti iš (2.13) formulės, Niutono metodas reikalauja jo įgyvendinimui apskaičiuoti išvestinę, o tai riboja jo taikymą. Sekanto metodas neturi šio trūkumo...

Iteratyviniai algebriniai vaizdo atkūrimo metodai

Tegul funkcija f(x) = f(x, y) apibūdina tam tikrą tankio pasiskirstymą tam tikroje pasirinktoje objekto dalyje. Pagrindinis kompiuterinės tomografijos uždavinys yra atkurti funkciją f(x) iš eksperimentiniu būdu gautų projekcijų rinkinio: (4...

x2, x4, x5, x6 – pagrindiniai kintamieji, x1, x3 – laisvieji kintamieji x1?F? x3?F? Renkantis x3? x4 x2, x3, x5, x6 – pagrindiniai kintamieji, x1, x4 – laisvieji kintamieji x1?F? x4?F? Renkantis x1? x5 x1, x2, x3, x6 – pagrindiniai kintamieji, x4...

Linijinis ir nelinijinis programavimas

Pasaulinis minimalios paieškos metodas, vadinamas tinklelio paieškos metodu, yra patikimas, tačiau taikomas tik mažo matmens problemoms spręsti (n<4). Неправильный выбор начального шага сетки может привести к тому...

Linijinis ir nelinijinis programavimas

Iteracija 1. Iteracijų skaičius k = 0 Iteracija 2. Iteracijų skaičius k = 1 Paieška baigta 3.3...

Teorinė informacija Tegul funkcija y = f(x) yra ištisinė atkarpoje . Turime apskaičiuoti apibrėžtąjį integralą. Kaip ir taikant parabolės metodą, segmentus padaliname. Stačiakampio metodo esmė yra...

Matematinis modeliavimas ir skaitmeniniai metodai sprendžiant technines problemas

Teorinis pagrindas Tarkime, kad reikia apskaičiuoti apibrėžtąjį integralą, kur y = f(x) yra tolydis intervale . Padalinkime atkarpą į n vienodus h ilgio intervalus taškais. Šiuo atveju skaidymo žingsnis nustatomas taip pat, kaip ir parabolės metodu...

Diferencialinių lygčių sprendimo būdai

Stačiakampių metodas yra vieno kintamojo funkcijos skaitmeninio integravimo metodas, kurį sudaro integrando pakeitimas nulinio laipsnio polinomu, tai yra konstanta, kiekviename elementiniame segmente ...

Rubiko kubo būsenų transformacijų grupių sisteminė analizė

CFOP yra keturių surinkimo etapų pavadinimai (3.2 pav.): Kryžminis, F2L, OLL, PLL: 1) Kryžminis - kryžminis surinkimas...

Tiesinių lygčių sistemos

Panagrinėkime 3 tiesinių lygčių sistemą su trimis nežinomaisiais: Trečios eilės determinantas, atitinkantis sistemos matricą, t.y. sudarytas iš nežinomųjų koeficientų, vadinamas sistemos determinantu...

Tiesinių lygčių sistemos

Gauso metodas remiasi tokia teorema: elementarios sistemos išplėstinės matricos eilučių transformacijos atitinka šios sistemos transformaciją į lygiavertę. Elementariųjų papildytos matricos eilučių transformacijų pagalba...

Skaitiniai transcendentinių lygčių sprendimo metodai

Tegul (1) lygtis turi šaknį atkarpoje, o f (x) ir f "(x) yra ištisiniai ir išlaiko pastovius ženklus per visą intervalą. Niutono metodo geometrinė reikšmė yra ta, kad kreivės y lankas \u003d f (x) pakeičiamas liestine...

Algebrinių ir geometrinių metodų integravimas sprendžiant uždavinius

Viena iš aktualių mokyklinio matematinio ugdymo problemų šiuo metu yra matematinių žinių integravimo, holistinių mokinių idėjų apie matematiką kaip mokslą formavimosi problema. Šios problemos sprendimas ypač svarbus pagrindinei mokyklai, kurioje mokomasi dviejų matematinių disciplinų: algebra ir geometrija.

Sąvoka „integracija“ [lot. integratio – restauravimas, papildymas; sveikasis skaičius – visuma] interpretuojamas kaip bet kokių dalių, elementų atkūrimas, sujungimas į visumą; kaip susijungimo į atskirų diferencijuotų dalių visumą būsena, taip pat kaip į tokią būseną vedantis procesas. Švietime integracija dažnai suprantama kaip įvairių akademinių disciplinų turinio tarpusavio įtaka, įsiskverbimas ir susiejimas.

Kadangi pagrindinė studentų veikla mokant matematikos yra problemų sprendimas, patartina integruoti algebrą ir geometriją pagal jų metodus. Algebrinis metodas (pagal elementariąją matematiką) aiškinamas kaip metodas, susidedantis iš raidžių ir pažodinių išraiškų, kurios transformuojamos pagal tam tikras taisykles, vartojimo. Jis taip pat vadinamas pažodinio skaičiavimo metodu.

Geometrinis metodas apibūdinamas kaip metodas, gaunamas iš vaizdinių vaizdų. Esminiai šios koncepcijos bruožai yra geometriniai (vaizdiniai) vaizdiniai ir geometrijos dėsniai, atspindintys geometrinių figūrų savybes.

Jei algebrinių ir geometrinių metodų klasifikavimo pagrindu paimsime žinių sistemą, kuria grindžiamas metodas, tai gausime tokius metodus.

1. Algebrinė: identiškų transformacijų metodas; lygčių ir nelygybių metodas; funkcinis metodas; vektorinis metodas; koordinačių metodas.

2. Geometrinis(apsiribojame planimetrija): ilgio metodas; trikampio metodas; lygiagrečių linijų metodas; trikampio kraštinių ir kampų santykių metodas; keturkampių metodas; ploto metodas; trikampio panašumo metodas; trigonometrinis metodas (metodas, pagrįstas trikampio kraštinių ir kampų santykiais, išreikštais trigonometrinėmis funkcijomis); geometrinių transformacijų metodas; grafinis metodas (nors šis metodas tiriamas algebros eigoje, tačiau remiasi geometrinių funkcijų atvaizdų ir su jomis susijusių geometrijos dėsnių naudojimu).

Darysime prielaidą, kad kiekvienas metodas susideda iš tam tikrų technikų, o kiekviena technika susideda iš veiksmų. Pagal algebrinių ir geometrinių metodų integravimą turime omenyje šių metodų sujungimo arba jų metodų susiejimo į vieną metodą procesą.

Mokymo problemų sprendimo srityje metodų integravimas apima lygiagretų (vienoje pamokoje) uždavinio sprendimą skirtingais metodais (algebriniu ir geometriniu) arba algebrinės problemos sprendimą geometriniu metodu, o geometrinį uždavinį algebrinis metodas. Integravimo priemonės gali būti specialūs uždavinių blokai, apimantys ir algebrines, ir geometrines problemas. Pateikime pavyzdžių.

7 klasė

Čia galite naudoti tekstinius uždavinius iš algebros kurso ir geometrines užduotis, sprendžiamas lygčių metodu.

1 užduotis. Viename elevatoriuje grūdų buvo dvigubai daugiau nei kitame. Iš pirmojo elevatoriaus buvo išvežta 750 tonų grūdų, į antrąjį elevatorių atvežta 350 tonų, po to grūdai abiejuose elevatoriuose tapo vienodi. Kiek grūdų iš pradžių buvo kiekviename elevatoriuje?

Norėdami išspręsti šią problemą, naudojame lygčių ir nelygybių metodą iš algebros ir ilgių metodą iš geometrijos, pagrįstą atkarpos ilgio savybėmis.

Algebrinis metodas. Tegul x tonos grūdų iš pradžių buvo antrajame elevatoriuje, tada 2x tonos grūdų iš pradžių buvo pirmame elevatoriuje; (2x – 750) t grūdų liko pirmame elevatoriuje, o (x + 350) t grūdų tapo antrajame elevatoriuje. Kadangi grūdai abiejuose elevatoriuose tapo vienodi, galime sudaryti lygtį

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

Atsakymas: 2200 tonų grūdų buvo pirmame elevatoriuje, o 1100 tonų – antrajame.

geometrinis metodas.Šią problemą išsprendžiame naudodami linijinę diagramą. Linijinė diagrama paprastai yra segmentas arba keli segmentai, kurių ilgiai atitinka atitinkamo kiekio skaitines reikšmes. Problemą sprendžiame etapais.

1 etapas. Linijinės diagramos konstravimas. Perskaitę uždavinio tekstą, mokiniai aptaria šiuos klausimus (galima mokytojo pagalba).

1. Kiek situacijų nagrinėjama užduotyje?

[Du: pradinis ir galutinis.]

2. Nuo kokios situacijos reikėtų pradėti kurti linijinę diagramą?

[Galite pradėti kurti nuo pirmosios situacijos ir pereiti nuo jos prie antrosios, arba galite
pirmiausia sukurkite galutinės situacijos linijinę diagramą ir pereikite prie jos
pradinė. Apsvarstykite pirmąjį linijinės diagramos sudarymo variantą.]

3. Kokia yra pradinės situacijos linijinė diagrama?

[Du segmentai, iš kurių vienas yra dvigubai ilgesnis už kitą. Pirmasis segmentas reiškia
grūdų kiekis pirmame elevatoriuje, o antrame – antrame elevatoriuje.]

Po to mokiniai sudaro pradinės situacijos schemą. Tada diskusija tęsiasi.

4. Kaip diagramoje pereiti nuo pirmosios situacijos prie antrosios?

[Iš pirmojo segmento reikia atimti segmentą, kuris paprastai vaizduoja 750 tonų, ir
prie antrojo segmento pridėti segmentą, atitinkantį 350 tonų.]

5. Ar šie segmentai paimti savavališkai?

[Ne, reikia atsižvelgti į tai, kad naujai gauti segmentai turi
būti lygus, nes grūdai abiejuose elevatoriuose tapo vienodi.]

Atlikę veiksmus su segmentais, mokiniai gauna galutinės situacijos schemą. Pirmasis užduoties darbo etapas baigiasi segmentų žymėjimu ir brėžinio įrašų projektavimu.

2 etapas. Gautos geometrinės problemos sprendimas. Sukurta tiesinė diagrama algebrinę problemą paverčia geometrine, kurios sprendimas pagrįstas atkarpos ilgio savybių panaudojimu, būtent:

1) vienodos atkarpos yra vienodo ilgio; mažesnis segmentas yra trumpesnis;
2) jei taškas padalija atkarpą į dvi atkarpas, tai visos atkarpos ilgis lygus šių dviejų atkarpų ilgių sumai.

Studentai sprendimą rašo geometrine kalba, naudodami segmentų žymėjimą, o rezultatas verčiamas į natūralią kalbą. Šiuo atveju šis vertimas atliekamas automatiškai dėl terminų perdavimo (3 etapas). Pirma, turėtų būti atliktas išsamus sprendimo įrašas, nurodant, ką reiškia kiekvienas segmentas. Palaipsniui galite pereiti prie trumpos pastabos, nes kai kurie faktai matomi paveikslėlyje.

Pateiksime išsamų 1 uždavinio sprendimo įrašą.

Sprendimas. 1 etapas. Tegul segmentas AB parodo grūdų kiekį pirmame elevatoriuje (1 pav.), tada segmentas parodys grūdų kiekį antrame elevatoriuje.

AB = 2CD – pradinis grūdų pasiskirstymas tarp elevatorių. Iš pirmojo elevatoriaus buvo išvežta 750 tonų grūdų, o į antrąjį elevatorių atvežta 350 tonų, todėl iš segmento AB atimame segmentą BK, sąlyginai atitinkantį 750 tonų, ir prie segmento CD pridedame segmentą DE, atitinkantį 350 tonų.

2 etapas. I metodas. CD = AF = FB (pagal konstrukciją),

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

3 etapas. Atsakymas: pirmame elevatoriuje buvo 2200 tonų grūdų, antrame 1100 tonų.

Mokiniai gali trumpai pasižymėti problemos sprendimą, pavyzdžiui, jis gali būti toks.

Sprendimas. AB = 2CD - pradinis grūdų pasiskirstymas tarp dviejų elevatorių; BK=750, DE=350.

AK = CE – galutinis grūdų pasiskirstymas tarp elevatorių.

CD = AF = FB (pagal konstrukciją), FB = 350 + 750 = 1100, tada

CD = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

Atsakymas: 2200 tonų, 1100 tonų.

Linijinė diagrama leidžia sudaryti įvairias uždavinio lygtis, kurių studentai negali užrašyti be brėžinio, tai yra, atsiranda galimybė įvairiais būdais išspręsti problemą algebriniais būdais. Pažvelkime į kai kuriuos iš jų.

II metodas. Tegul AK = CE = x, tada, kadangi AB = 2CD, gauname x + 750 = 2(x - 350),

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

Atsakymas: 2200 tonų, 1100 tonų.

III metodas. Tegu CD = x, tada AB = 2x. Kadangi AK = CE, turime 2x - 750 = x + 350

(Ta pati lygtis gaunama sprendžiant uždavinį be diagramos.)

Linijinė diagrama leidžia ne tik išspręsti problemą be lygties, bet dažnai atsakymą galima „pamatyti“ tiesiai ant brėžinio.

2 užduotis. Viename sodo sklype yra penkis kartus daugiau aviečių krūmų nei kitame. Iš pirmos sekcijos į antrąją persodinus 22 krūmus, abiejose aviečių krūmų dalyse jis pasiskirstė po lygiai. Kiek aviečių krūmų buvo kiekviename sklype?

Sprendimas. 1 etapas. Tegu segmentas AB reiškia aviečių krūmų skaičių pirmajame plote, o segmentas CD – aviečių krūmų skaičių antrame plote (2 pav.). AB ir 5CD - pirminis aviečių krūmų paskirstymas tarp sklypų.

Kadangi abi aviečių krūmų atkarpos tapo tolygios, BE segmentą padalijame per pusę (BF = FE) ir iš AB segmento atimame BF atkarpą, o prie CD segmento pridedame DK segmentą (DK = BF). AF = CK – galutinis aviečių krūmų pasiskirstymas tarp sklypų.

2 etapas. Pagal būklę iš pirmosios vietos į antrąją buvo persodinti 22 krūmai, tai reiškia, kad BF = 22 = 2CD, tada CD = 11, AB = 5CD = 5 11 = 55.

Atsakymas: pirmoje vietoje buvo 55 aviečių krūmai, antroje - 11 krūmų.

Vienas iš geometrinio metodo privalumų sprendžiant nagrinėjamas problemas yra jo aiškumas. Linijinės diagramos sudarymas ir perėjimas iš vienos jos būsenos į kitą leidžia mokiniams geriau suvokti užduotyje aprašytas situacijas, todėl padeda rasti būdų, kaip ją išspręsti. Kartais atsakymas yra beveik akivaizdus brėžinyje, tai leidžia naudoti linijinę diagramą, kad patikrintumėte problemos sprendimą, kuris atliekamas algebriniu metodu be brėžinio.

Motyvaciniame geometrinio metodo formavimo etape patartina pasiūlyti problemą išspręsti dviem būdais: algebriniu ir geometriniu. Užduotis turi būti parinkta taip, kad jos sprendimas naudojant linijinę diagramą būtų racionalesnis nei sprendimas be brėžinio. Pateiksime vienos iš šių problemų sprendimo pavyzdį.

3 užduotis. Pirmajame bake yra keturis kartus daugiau skysčio nei antrajame. Kai iš pirmo bako į antrąjį buvo pilama 10 litrų skysčio, paaiškėjo, kad tai, kas liko pirmajame, tapo antrajame. Kiek litrų skysčio iš pradžių buvo kiekviename bake?

Sprendimas. Algebrinis metodas. Prieiname prie lygties

čia x l – pradinis skysčio kiekis antrajame bakelyje.

Išspręsdami šią lygtį, randame x = 10, tada

4x = 4 10 = 40.

Taigi, pirmame bake buvo 40 litrų, o antrame - 10 litrų.

Geometrinis metodas. Sukurkime pradinio skysčio pasiskirstymo tarp dviejų rezervuarų linijinę diagramą. Tegul segmentas AB parodo skysčio kiekį (l) pirmajame bakelyje (3 pav.), tada segmentas CD parodys skysčio kiekį (l) antrajame rezervuare (statymą galima pradėti nuo CD segmento). AB = 4CD – pradinis skysčio pasiskirstymas tarp dviejų rezervuarų.

Skysčio išpylimo iš vieno bako į kitą procesas bus rodomas kaip tam tikro segmento atėmimas iš segmento AB ir pridėjimas prie segmento CD. Norint sužinoti atkarpos ilgį, kurį reikia atimti iš segmento AB, reikia atkreipti dėmesį į tai: pirmajame ir antrame rezervuaruose buvo 5 dalys skysčio, o pirmajame bake buvo 4 dalys, o antra 1 dalis.

Po perpylimo bendras skysčio kiekis (5 dalys) nepasikeitė, tačiau antrame bake jis tapo 2 dalimis, o pirmose 3 dalyse. Tai reiškia, kad atkarpą BE reikia atimti iš atkarpos AB (BE = CD), o atkarpą DK (DK = BE) pridėti prie atkarpos CD, tada , kuris atitinka skysčio perpylimą. Taigi BE = 10

AB=40, CD=BE=10.

Taigi, pirmajame bake buvo 40 litrų skysčio, o antrame - 10 litrų.

Išsprendus problemą, abu sprendimo būdus reikėtų palyginti su mokiniais, nustatyti kiekvieno iš jų privalumus ir trūkumus.

Pažymėtina, kad linijinių diagramų pagalba sprendžiamos problemos, kuriose pateikiami dydžių reikšmių santykiai (mažiau, daugiau, pagal, in, tas pats) ir nagrinėjama viena ar kelios situacijos.

Tekstiniai uždaviniai, kuriuose vienas iš dydžių yra kitų dviejų sandauga, leidžia integruoti ploto metodą, pagrįstą ploto savybėmis, ir lygčių bei nelygybių metodą. Pateikime pavyzdžių.

4 užduotis. Medkirčių komanda paros normatyvą viršijo 16 m 3, tad savaitės normatyvą (šešias darbo dienas) įvykdė per keturias dienas. Kiek kubinių metrų medienos per dieną nukirto brigada?

Sprendimas. Algebrinis metodas. Prieiname prie lygties

kur x m 3 – brigados paros norma pagal planą.

Geometrinis metodas. Kadangi uždavinyje nagrinėjama dviejų dydžių sandauga (A = pn), aiškumo dėlei pateikiame jį dvimatės diagramos pavidalu. Dvimatė diagrama – tai vieno ar kelių stačiakampių plotas, kurių kraštinės žymi skaitines nagrinėjamų dydžių vertes (p ir n), o stačiakampio plotas – jų sandaugą (S = A).

Uždavinio sprendimas, kaip ir tiesinės (vienmatės) diagramos atveju, vyksta trimis etapais:

1) dvimatės diagramos sudarymas, tai yra, problemos vertimas į segmentų ir figūrų sričių kalbą;
2) gautos geometrinės problemos sprendimas sudarant lygtį, pagrįstą daugiakampių figūrų ploto savybių panaudojimu;
3) gauto atsakymo vertimas iš geometrinės kalbos į natūraliąją kalbą.

1 etapas. Jis įgyvendinamas analizuojant užduoties tekstą. Mokiniai atsako į šiuos klausimus.

1. Ar galima sudaryti dvimatę diagramą pagal problemos būklę?

[Galima, nes vienas iš kiekių (brigados savaitės norma) lygus
kitų dviejų sandauga: brigados paros norma ir dienų skaičius.]

2. Kas yra 2D diagrama?

[Stačiakampis, kurio viena pusė apibrėžia
brigados dienpinigiai, o kitas – dienų skaičius.]

3. Kiek stačiakampių reikia pastatyti?

[Dvi, jų plotai lems brigados savaitės įkainį
pagal planą ir faktiškai atlikti darbai per keturias dienas.]

4. Ką galima pasakyti apie šių stačiakampių plotus?

[Jie lygūs, nes baigti keturiese
dienos darbas lygus savaitės tarifui.]

Tada mokiniai, padedami mokytojo, užbaigia statybas. Pirmojo stačiakampio pagrindas ir aukštis paimti savavališkai, antrasis stačiakampis lygus pirmajam, o jų pagrindai yra atkarpos, gulinčios ant to paties spindulio, turinčios bendrą pradžią (4 pav.). Pirmasis etapas baigiasi stačiakampių žymėjimu ir įrašų brėžiniu dizainu.

Geometrinio metodo mokymosi pradžioje išsamiai fiksuojama, ką reiškia kiekvieno stačiakampio ilgis, plotis ir plotas, tai yra, užduotis verčiama į geometrinę kalbą.

2 etapas. Etapas prasideda nuo gautų stačiakampių plotų svarstymo ir santykių tarp jų nustatymo (lygybės, nelygybės). Mokiniams užduodamas klausimas: įvardinkite vienodo ploto stačiakampius. Atitinkamas įrašas yra:

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

Tarp studentų gali būti tokių, kurie piešinį užbaigs su dideliu netikslumu, tai yra, brėžinyje BMNE ir KECD stačiakampiai akivaizdžiai nebus vienodo dydžio. Reikėtų atkreipti jų dėmesį ir atkreipti dėmesį, kad linijos KB ir CN turėtų būti lygiagrečios.

Naudojant sąlygą S 1 \u003d S 2, sudaroma lygtis. Pateiksime apytikslį 4 uždavinio sprendimo geometriniu metodu žymėjimą.

Sprendimas. Tegul S ABCD nustato savaitės normatyvą medkirčių komandai. AB - brigados našumas (m 3) per dieną pagal planą; AD - dienų skaičius; S AMNK – kolektyvo per keturias dienas atliktų darbų kiekis.

SAMNK=SABCD=S;

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

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

reiškia 2KE = 64, tada KE = 32.

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

Atsakymas: brigada per dieną iškirto 48 m 3 miško.

Naudojant dvimatę diagramą ir geometrinius ryšius, ypač vienodą stačiakampių ABCD ir AMNK plotą, galima sudaryti kitą lygtį. Jei AB = x, tai gauname

(ta pati lygtis gaunama sprendžiant uždavinį be brėžinio).

5 užduotis. Užsakymą automobilių gamybai gamykla turėjo įvykdyti per 15 dienų. Tačiau jau likus dviem dienoms iki termino gamykla ne tik įvykdė planą, bet ir pagamino dar šešis automobilius viršijant planą, nes kasdien pagamino po du automobilius viršijant planą. Kiek automobilių gamykla turėjo pagaminti pagal planą?

Šio uždavinio sprendimo geometriniu metodu ypatumas, lyginant su ankstesnio uždavinio sprendimu, yra tas, kad plotai S 1 ir S 2 (žr. 4 pav.) nėra lygūs, nes pagal būklę augalas ne tik įvykdė planą, bet ir pagamino daugiau nei planą dar šešis automobilius. Mokiniai turėtų tai turėti omenyje ir kurdami brėžinį, ir sudarydami lygtį.

Sprendimas. Tegu AB reprezentuoja gamyklos gamybos pajėgumus per dieną pagal planą (5 pav.). AD – užsakymo įvykdymo data pagal planą. Tada S ABCD nustato visą automobilių gamybos užsakymą, AM nurodo automobilių skaičių, kurį gamykla pagamino kasdien, AP yra gamybos laikas, o S AMNP atitinka automobilių skaičių, kurį gamykla pagamino per 13 dienų.

Pagal būklę gamykla pagamino šešis automobilius virš plano, todėl turime

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

bet S 2 = 2 13 = 26, taigi S 1 + 6 = 26, iš kur S 1 = 20. Kita vertus, S 1 = 2AB, todėl 2AB = 20, tada AB = 10, S ABCD = AB 15 = 10 15 = 150.

Atsakymas: gamykla pagal planą turėjo pagaminti 150 automobilių.

Geometrinės problemos taip pat gali pasitarnauti kaip metodų integravimo priemonė 7 klasėje. Pateikime pavyzdžių.

6 užduotis. Taškas A padalija atkarpą CD pusiau, o taškas B – į nelygias dalis. Įrodykite, kad stačiakampio, kurio matmenys CB ir BD, plotas yra lygus kvadratų, kurių kraštinės AD ir AB, plotų skirtumui.

Sprendimas. Tegu CD = x, BD = y. Tada

Todėl norint išspręsti problemą, būtina įrodyti tapatybę

Kaip matote, sprendžiant šią problemą naudojamas sričių metodas ir identiškų transformacijų metodas.

7 užduotis. AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (7 pav.). Raskite kampą A.

Sprendimas. Tegu Р A = x, tada Р 1 = Р A = x. P 2 \u003d 2x (kaip išorinis trikampio APQ kampas), 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, bet

Štai kodėl

Kadangi P 8 \u003d P C, tada P C + P 8 + P 7 \u003d 2P C + P 7 \u003d 180 °, arba

Išspręsdami šią lygtį, gauname, kad x = 20°.

Atsakymas: P A \u003d 20 °.

Sprendžiant šį uždavinį buvo naudojamas trikampių metodas bei lygčių ir nelygybių metodas. Panašių problemų yra ir geometrijos vadovėliuose.

Siųsti savo gerą darbą žinių bazėje yra paprasta. Naudokite žemiau esančią formą

Studentai, magistrantai, jaunieji mokslininkai, kurie naudojasi žinių baze savo studijose ir darbe, bus jums labai dėkingi.

Publikuotas http://www.allbest.ru/

Rusijos Federacijos švietimo ir mokslo ministerija

FEDERALINĖS VALSTYBĖS BIUDŽETO AUKŠTOJO PROFESINIO MOKYMO ĮSTAIGA "GORNO-ALTAJAUS VALSTYBĖS UNIVERSITETAS"

Fizikos ir matematikos fakultetas

44.03.05 Pedagoginio ugdymo profilis matematika ir informatika

Matematikos ir matematikos mokymo metodų katedra

KURSINIS DARBAS

ALGEBRINIS METODAS KONSTRUKCIJOS GEOMETRINĖMS KONSTRUKCIJAI

Bedareva Marija Nikolaevna

Mokslinis vadovas docentas

N.A. Pakhaeva

Gorno-Altaiskas 2016 m

Įvadas

Išvada

Įvadas

Geometrinės konstrukcijos yra labai svarbus geometrijos studijų elementas.

Vienas iš svarbių metodų, naudojamų mokykliniame geometrijos kurse, yra algebrinis statybos uždavinių sprendimo metodas. Jau 6-7 klasėse mokiniai ne kartą naudojo algebrą, spręsdami skaičiavimo ir įrodinėjimo uždavinius, siekdami supaprastinti sprendimą. Algebra yra labai patogus ir geras būdas analitiniu būdu spręsti geometrines problemas.

Konstravimo uždavinių sprendimo algebrinis metodas yra vienas iš svarbiausių metodų konstruktyviųjų uždavinių teorijoje. Būtent šio metodo pagalba sprendžiami klausimai, susiję su problemų išsprendžiamumu vienais ar kitais įrankiais.

Be to, tai yra vienas iš galingiausių metodų, leidžiančių išspręsti daugybę problemų, kurias sunku išspręsti naudojant įprastinius metodus. Metodas puikiai parodo glaudų ryšį tarp algebros ir geometrijos.

Šio kursinio darbo tikslas – atskleisti konstravimo uždavinių sprendimo algebrinio metodo temą, apžvelgti konstravimo uždavinius ir jų sprendimo schemas bei pagrindinėmis formulėmis pateiktų atkarpų konstravimą. algebrinių uždavinių sprendimo geometrija

1. Algebrinis konstrukcijos geometrinių uždavinių sprendimo metodas

Metodo esmė yra tokia. Statybos problemų sprendimas redukuojamas iki tam tikro segmento (ar kelių segmentų) statybos. Norimo segmento vertė išreiškiama žinomų segmentų vertėmis naudojant formulę. Tada pagal gautą formulę statomas reikiamas segmentas.

Pavyzdys1 . Nubrėžkite apskritimą per du taškus A ir B taip, kad jo liestinės ilgis būtų nubrėžtas iš taško NUO buvo lygus a.

Analizė. Per taškus A ir B nubrėžkime apskritimą, kad jo liestinė būtų nuo taško NUO lygus a. Kadangi galima nubrėžti apskritimą per tris taškus, tai nubrėžiame SW ir nustatyti taško padėtį Į. Mes tikime SC = X ir SW = Su; tada pagal liestinės savybę cx = a 2 .

Statyba.

1. statyti X nubrėžti puslankį saulė ir lankas (NUO, a);

2. praleisti LK BC;

3. Su KS \u003d a 2; Štai kodėl X = KS, ir taškas Į bus norima;

4. statmenų atkūrimas iš vidurio taškų AB ir HF prieš jų susikirtimą randame norimą centrą O;

5. nubrėžkite apskritimą ( O, OA);

MS - norima liestinė.

Įrodymas. MS 2 = SW KS = ir MS = a, kaip reikalaujama.

Studijuoti. Išraiška a Su- mūsų problemos sprendimo egzistavimo sąlyga, nes tik esant tokiai sąlygai lankas (NUO, a) kerta ratą CLB.

Pavyzdys2. Iš nurodyto trikampio viršūnių, kaip iš centrų, apibūdinkite tris apskritimus, liečiančius poromis išorėje.

Analizė. Tegu ABC yra duotas trikampis, a, b, c – jo kraštinės, x, y, z – norimų apskritimų spinduliai. Tada x+ y= c, y+ z= a, z+ x= b. Todėl kur

Statyba.

1. nubrėžkite apskritimą S1(A, x);

2. S2(B, c - x);

3.S3(C, b - x).

Įrodymas. Raskite apskritimų spindulių sumą S 1 ir S 3 :

(c-x)+(b-x)=(c+b)-2x=(c+b)-(c+b-a) = saulė.

Gavome, kad spindulių suma lygi atstumui tarp jų centrų, o tai įrodo apskritimų S 2 ir S 3 liestinę.

Studijuoti. Problema visada yra vienareikšmiškai išsprendžiama, nes:

1. trikampyje ABC kraštinių suma b+ c> a, todėl atkarpa x gali būti sudaryta;

2. c> x nes (nes a+ c> b);

3. b> x, nes.

2. Konstravimo uždaviniai ir jų sprendimo schema

Jei uždavinių sąlygos gali būti išreikštos naudojant algebrinius ryšius ar lygtis, tai konstravimo uždavinys gauna analitinį vaizdą. Analitinis uždavinio sprendimas leidžia rasti ir geometrinį sprendimą, t.y. pats pastatas.

1-2 uždaviniai naudojami sprendžiant statybos uždavinių sprendžiamumo ženklą.

Užduotis 1. Nupjaukite kompasu ir tiesiąja linija nuo kampo ties 7 kampu ties 3.

Sprendimas. Pakanka atidėti kampą 7 51 kartą paeiliui pagal laikrodžio rodyklę (prieš laikrodžio rodyklę) rodykles. Iš viso gauname kampą 751 = 357, taigi gauname kampą 3. Dabar užtenka nupjauti šį kampą 3 nuo kampo 7, atidedant atitinkamą lanką.

Užduotis 2. Ar galima sukurti 1 kampą, kurio kampo modelis yra toks:

a) 17; b) 19; c) 27.

Sprendimas:

a) 1753 1805 = 1 taip;

b) 1919 m. 1802 = 1 taip;

in) x, y Z numeris 27 X+180adresu yra 9 kartotinis, todėl negali būti lygus 1 ne.

Jeigu a, b, c yra šie segmentai, tada kompaso ir liniuotės pagalba sukonstruoti nesunku a+b, a b, . Pavyzdžiui, atkarpų geometrinis vidurkis x= turi šiuos dalykus statyba:

1 pav. Užduoties Nr. 2 konstrukcijos schema

Savavališkai tiesia linija atidedame šiuos segmentus a ir b kad vieno pabaiga sutaptų su kito pradžia (ir šis taškas buvo vienintelis jų bendras taškas). Pasiskirstykime AC perpus perpjautas taškas O o spindulys lygus pusei atkarpos AU, nubrėžkite apskritimą, kurio centras yra taškas O. Iš taško atstatome statmeną atkarpai AC. Pažymime statmens ir apskritimo susikirtimo tašką D. BD=x= .

Įrodymas. stačiakampyje ADC:

Užduotis 3. Sukurti segmentą x=.

2 pav. Konstravimo schema užduočiai Nr.3

Pastatas:

1. Savavališkoje eilutėje AB pažymėkite tašką M.

2. Išleiskime MNAB.

3. MC= b, C MN.

4. E=(c, a)AB, ab

5. EM=

Užduotis 4. Sukurti x=

Instrukcija. Statome ir tada x= .

Užduotis 5. Sukurkite kvadratinės lygties šaknis.

Sprendimas. Tam, kad lygties šaknys išreikštų tam tikrus segmentus, būtina, kad visi lygties nariai būtų antrojo matmens, t.y. laisvasis terminas buvo išreiškiamas tam tikros reikšmės kvadratu. Tegul lygtis X 2 +kirvis+b 2=0. Išspręsdami šią lygtį, randame:

3 pav. Užduoties Nr.5 konstrukcijos schema

Naudodamiesi 3 uždavinio sprendimu, konstruojame EM= Iš centro E spindulys VALGYTI nubrėžti apskritimą. Gauk

Sprendimas įmanomas, jei

4 pav. Užduoties Nr. 5 konstrukcijos schema Nr

Kita sprendimas: lygties šaknis galima sudaryti naudojant statmeno, nubrėžto nuo apskritimo taško iki skersmens, savybę. Atidėliojimas AB = a, apibūdinti toliau AB kaip ant apskritimo skersmens ir nubrėžkite MN||AB iki susikirtimo su apskritimu taške L. Mes leidžiame LCAB; segmentai AC ir SW išreikškite lygties šaknis, nes AC+CB=a, AC CB = LC 2 =b 2

Užduotis 6. AT ABC išleisti MN||AC kad skirtumas MV ir NC lygus šiam segmentui d.

Sprendimas. Norėdami sužinoti taško padėtį M, reikia žinoti ilgį VM; šį ilgį pažymėkime X. Iš panašumo BMN ir TU mes turime: BM:BN=AB:BC arba, nes BN = BC CN=a (xd),

, xa= apytiksliaicx+ cd, .

Šios lygties sprendimas. Mes randame.

5 pav. Užduoties Nr. 5 konstrukcijos schema

Statyba. Linijos segmentas X turi gulėti ant šono Su, bet prieš X turi būti pusė a+d prieš šoną Su pusėje a+c. Todėl tęsime saulė atidėti SC=d ir CL=c, Prisijungti L c A ir per Į vykdyti KM||LA, gauname norimą tašką M. Mes leidžiame MN||AC.

Įrodymas. Iš panašumo VMK BAL mes turime: VM:AB=VK:BL, arba VM: c=(a+d):(a+c). Palyginus šią proporciją su proporcija (*), matome, kad VM=x.

Įrodykime tai VMNC=d. Tikrai, nuo proporcijos NC:BC=AM:AB mes randame:

Studijuoti. Problema išspręsta, jei d c.

3. Pagrindinėmis formulėmis pateiktų atkarpų konstravimas

Algebrinio metodo taikymas sprendžiant geometrines problemas sumažinamas iki tokio algoritmo:

* lygties sudarymas pagal uždavinio sąlygas;

* gautos lygties sprendimas raidės, reiškiančios norimą atkarpą, atžvilgiu;

* gautos formulės tyrimas;

* segmento konstravimas pagal gautą formulę.

Jeigu uždavinio sprendimas redukuojamas iki atkarpos konstravimo, tai šį atkarpą galime imti kaip x ir pirmiausia išspręsti skaičiavimo uždavinį, t.y. išreikšti x žinomais segmentais x = f(a, b, c, …) . Toliau belieka sukonstruoti atkarpą x pagal šią formulę.

Algebrinis metodas yra universalus ir taikomas bet kokiai statybos problemai, tačiau ne visada duoda paprasčiausią sprendimą. Metodas taip pat naudojamas statybos uždavinio (ne)sprendžiamumui įrodyti liniuote ir kompasu.

Tegu a, b, c, ... reiškia duotus atkarpas, o x, y, z, ... – reikiamus.

Atkarpų konstravimas pagal formules, vaizduojančias sumą, skirtumą (x = a ± b), taip pat daugybą arba padalijimą iš sveikojo skaičiaus (x = ka, x = a / k), sumažinama iki segmentų pridėjimo arba atėmimo, padidinant atkarpą tam tikru kartų skaičiumi ir atkarpą padalinti į tam tikrą skaičių lygių dalių.

Segmentų konstravimas pagal formules

redukuojama iki stačiojo trikampio išilgai jo kojų arba hipotenuzės ir kojos konstrukcijos. Pirmuoju atveju x yra hipotenuzė, antruoju atveju - koja.

Atkarpos konstravimas pagal formulę sumažinamas iki ketvirtojo proporcingo segmento suradimo. Tam naudojama teorema apie kampo kraštinių susikirtimą lygiagrečiomis tiesėmis.

6 pav. Kampo kraštinių sankirtos lygiagrečiomis tiesėmis teorema

Atkarpą patogu sudaryti pagal formulę, naudojant teoremą ant statmens, numesto nuo savavališko apskritimo taško iki jo skersmens.

7 pav. Statmens, nukritusio iš savavališko apskritimo taško į jo skersmenį, teorema

Segmentų konstravimas pagal formules, kurios yra minėtų formulių deriniai, atliekama įvedant pagalbinius nežinomus segmentus ir juos sukonstruojant nuosekliai. Sudėtingos formulės vaizduojamos kaip aukščiau išvardytų formulių superpozicija (kombinacija). Pavyzdžiui:

Jei vienetinė atkarpa nenurodyta, tai naudojant formules x = a2, x = 1/a, atkarpos x sukonstruoti neįmanoma. Jei pateikiamas vieneto segmentas, tada konstrukcija atliekama paprastai:

Pateiksime formulėmis išreikštų segmentų konstravimo pavyzdžių.

Pavyzdys 1.

kur y = a + b, z = b - c, t = a + c.

Pavyzdys 2.

kur y = a + b, z = a + c.

Išvada

Atliekant kursinį darbą, buvo nagrinėjama konstravimo uždavinių sprendimo algebrinio metodo tema.

Išnagrinėtos konstravimo problemos ir jų sprendimo schemos, taip pat pagrindinėmis formulėmis pateikta atkarpų konstravimo tema.

Konstravimo užduotys sudaro pagrindą darbui, ugdančiam figūrų kūrimo įgūdžius, prisidedančius prie gebėjimo skaityti ir suprasti brėžinį formavimo, užmegzti ryšius tarp jo dalių, o šios sistemos nepakankamumas lemia prastą mokinio erdvinio ir loginis mąstymas, žemas jo grafinės kultūros lygis. Šie trūkumai neleidžia mokiniui efektyviai mokytis daugelio matematikos šakų. Taip pat dirbdamas su literatūra padariau tokią išvadą:

1) reikia daugiau dėmesio skirti konstravimo užduočių studijoms, nes tinkamai naudojamos jos yra galinga priemonė ugdant mokinių loginį mąstymą;

2) geometrinės konstrukcijos problemos neturėtų būti laikomos kažkuo atskiru, nepriklausomu nuo likusios geometrijos eigos. Mokymosi spręsti problemas ir geometrijos studijų procesai yra neatsiejamai susiję. Be to, šis ryšys turėtų būti dvipusis, tai yra, būtina ne tik mokyti spręsti statybos problemas naudojant anksčiau įgytas žinias, bet, priešingai, geometrijos studijose naudoti konstruktyvias problemas.

Iš to, kas išdėstyta pirmiau, darytina išvada, kad šią temą galima svarstyti su aukštųjų mokyklų studentais specialiuose kursuose.

Naudotos literatūros sąrašas

1. Atanasyanas L.S., Bazylev V.T. Geometrija I dalis. Maskva: Švietimas, 1986. 352 p.

2. Atanasyanas L.S., Bazylev V.T. Geometrija II dalis. Maskva: Švietimas, 1987. 336 p.

3. Kanatnikovas A.N., Kriščenka A.P. Analitinė geometrija, 2 leidimas. M.: MSTU leidykla im. N.E. Bauman, 2000. 388 p.

4. Lidsky V., Ovsyannikov L., Tulaikov A., Shabunin M. Elementariosios matematikos uždaviniai, penktasis leidimas, Maskva: Nauka, 1968. 412 p.

Priglobta Allbest.ru

...

Panašūs dokumentai

Įvairių geometrinių konstravimo problemų sprendimų paieškos technika. Geometrinių transformacijų metodų parinkimas ir taikymas: lygiagretusis vertimas, simetrija, sukimas (sukimas), panašumas, inversija, priklausomai nuo pagrindinės figūros formos ir savybių.

Kursinis darbas, pridėtas 2011-08-13


Maksimumo ir minimumo sąvokos. Didžiausių ir mažiausių verčių radimo uždavinių sprendimo metodai (nenaudojant diferenciacijos), jų taikymas sprendžiant geometrines problemas. Nepaprastų nelygybių naudojimas. Elementarus sprendimo būdas.

santrauka, pridėta 2014-10-08


Bendrosios konstruktyviosios geometrijos aksiomos. Matematinių įrankių aksiomos. Problemos išdėstymas statybai, uždavinių sprendimo būdai. Konstravimo būdų ypatumai: vienas kompasas, viena liniuotė, dvipusė liniuotė, konstrukcija naudojant stačią kampą.

paskaitų kursas, pridėtas 2009-12-18


Kampo, lygaus tam tikram kampui, duoto kampo bisektoriaus, tiesėms statmenos atkarpos vidurio taško, trikampio sudarymas iš trijų elementų. Talio teorema ir taškų lokusas. Konstravimas naudojant judesio savybes. Geometrinių vietų metodas.

baigiamasis darbas, pridėtas 2011-06-24


Paprasto metodo sudėtingiems skaičiavimo ir taikomosios matematikos uždaviniams spręsti sukūrimas. Lanksčiojo tinklelio aparato konstravimas praktiniams uždaviniams spręsti. Kvazigardelės taikomuose skysčių srauto uždaviniuose, taip pat Bernsteino daugianario taikymas.

baigiamasis darbas, pridėtas 2011-06-25


Įvairių daugiakampių pjūvių konstravimo metodų apžvalga ir apibūdinimas, jų stipriųjų ir silpnųjų pusių nustatymas. Pagalbinių pjūvių metodas kaip universalus daugiakampių pjūvių konstravimo metodas. Problemų sprendimo tyrimo tema pavyzdžiai.

pristatymas, pridėtas 2014-01-19


Suspensijos filtravimo pradinių ribinių problemų teiginys iš naujos kinetinės lygties, atsižvelgiant į įvairių tėkmės režimų dinaminius veiksnius. Algoritmų konstravimas uždaviniams spręsti, skaičiavimo programų sudarymas, skaitinių rezultatų gavimas kompiuteriu.

disertacija, pridėta 2015-06-19


Pagrindinės matematinio modeliavimo sampratos, gamybos planavimo užduočių ir transporto užduočių modelių kūrimo etapų charakteristikos; analitinis ir programinis požiūris į jų sprendimą. Simpleksinis metodas linijinio programavimo uždaviniams spręsti.

Kursinis darbas, pridėtas 2011-12-11


Inversijos metodo taikymas sprendžiant geometrijos konstravimo uždavinius. Apolonijaus uždavinio sprendimas, lema ant lygiagrečių linijų. Nekintamieji apskritimai ir kampų išsaugojimas inversijos metu. Inversijos naudojimo ir Garth keitiklio veikimo trūkumai.

baigiamasis darbas, pridėtas 2009-09-30


Sudarant aiškų algoritmą, kuriuo vadovaudamiesi galite išspręsti daugybę problemų ieškant kampo tarp tiesių, nurodytų taškų daugiakampio kraštinėse. Probleminės temos sąlygos ir jų sprendimo pavyzdžiai. Pratimai tokio pobūdžio problemoms spręsti.