Métodos básicos de solución. problemas geométricos: geométrico: el enunciado requerido se deriva mediante razonamiento lógico a partir de una serie teoremas famosos; algebraico: la cantidad geométrica deseada se calcula en función de varias dependencias entre elementos formas geométricas directamente o usando ecuaciones; combinado: en algunas etapas la solución se lleva a cabo método geométrico, y en otros algebraicos.

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

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

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

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

Uno de los principales métodos para resolver problemas que involucran las medianas de un triángulo es el método de "duplicar la mediana". Completa el triángulo para formar un paralelogramo y usa el teorema de la suma de los cuadrados de sus diagonales. Problema 8. Encuentra la razón entre la suma de los cuadrados de las medianas de un triángulo y la suma de los cuadrados de todos sus lados.

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

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

Teorema de la mediatriz de un segmento. Cada punto de la mediatriz de un segmento equidista de los extremos de ese segmento. Por el contrario: todo punto equidistante de los extremos de un segmento se encuentra en su bisectriz perpendicular. Teorema. Bisectrices perpendiculares Los lados del triángulo se cortan en un punto, que es el centro del círculo circunscrito a su alrededor. Teorema. En cualquier triángulo, las altitudes se cruzan en un punto (el ortocentro del triángulo). Pregunta. ¿Dónde está el ortocentro de un rectángulo de ángulo agudo? triangulos obtusos?

Solución. B 1) Triángulo BC 1 H – rectangular y C 1 H 2) Triángulo BC 1 C – rectangular y A B 1 C

Utilizando fórmulas de reducción. De: Nota. Si uno de los ángulos es obtuso, entonces en (*) se debe tomar módulo el coseno correspondiente.

Los problemas interesantes incluyen encontrar la distancia desde un vértice arbitrario de un triángulo a uno de sus puntos maravillosos. Primero, resolvamos el problema de encontrar la distancia del vértice al ortocentro. Problema 11. En el triángulo ABC se omiten las alturas BB 1 y CC 1. Calcula la longitud del segmento HB, donde H es el punto de intersección de las alturas. B 1) el triángulo BC 1 Н es rectángulo y Solución. C 1 H 2) el triángulo BC 1 C es recto y A B 1 C

Problema 12. Encuentra la distancia desde el vértice B triangulo abc al ortocentro, si Solución. Por el teorema del coseno Entonces

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

Problema 14. ¿A cuál de los vértices del triángulo se encuentra el centro más cercano? Solución. C D I A Sea I el centro, el punto de intersección de las bisectrices del triángulo ABC. Usemos el hecho de que. lado más grande mentiras triangulo ángulo más grande. Si AB > BC, entonces A

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

Problema 16. El segmento AN es la altura del triángulo ABC. Desde los vértices B y C, se trazan las perpendiculares BB 1 y CC 1 a la recta que pasa por el punto A. Demuestre que triangulos abc y HB 1 C 1 son similares. Encuentra el área del triángulo HB 1 C 1 si el área del triángulo ABC es S y AC: HC 1 =5: 3. Prueba. Como los triángulos ANS y ACC 1 son rectángulos, los puntos H y C 1 A se encuentran en un círculo de diámetro AC. C 1 B B 1 N De manera similar, los puntos B 1 y H se encuentran en un círculo con diámetro AB. Con triángulo ACC 1

Esto significa que dado que (1) y (2) se cumplen, entonces los triángulos ABC y HB 1 C 1 son similares. C 1 Coeficiente de similitud B B 1 N C significa

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

CAA 1 = CC 1 A 1, como ángulos subtendidos por un mismo arco de circunferencia. Por lo tanto, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, es decir, C 1 C es la bisectriz del ángulo B 1 C 1 A 1. De manera similar, se muestra que AA 1 y BB 1 son la bisectriz de los ángulos B 1 A 1 C 1 y A 1 B 1 C 1. B C 1 A 1 H A B 1 C Investiga de forma independiente los casos de triángulos rectángulos y obtusos.

Métodos algebraicos iterativos para la reconstrucción de imágenes.

trabajo de graduación

4.1 Método algebraico

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

que son integrales lineales de la distribución deseada a lo largo de rectas L:. Aquí está el ángulo de escaneo y la función delta.

En la práctica, como regla general, las proyecciones no se especifican para todos los valores de y, sino solo para un número finito de ellos. Hay un numero problemas prácticos, para lo cual el número de muestreos de 0 es muy limitado (de 3 a 5). Los problemas de este tipo pertenecen a los problemas de la tomografía de ángulo pequeño y se encuentran entre los más difíciles de resolver. El problema se puede formular de la siguiente manera: dado un conjunto finito de proyecciones de una función de dos variables, obtener mejor estimado esta función.

formulemos ajustes generales problema de recuperar una solución al problema (4.1) usando métodos algebraicos, construiremos un algoritmo iterativo para recuperar dichos problemas. El uso de métodos algebraicos es fundamentalmente diferente del método de transformación integral, ya que implica el muestreo de imágenes antes del inicio del algoritmo de restauración. Construcción modelo discreto Los problemas de reconstrucción de imágenes se pueden describir de la siguiente manera.

Sea necesario restaurar una función bidimensional f(x)=f(x,y) definida en el dominio D R2. Supongamos que el área de recuperación D está encerrada en un cuadrado K, que se divide en n pequeños cuadrados iguales llamados elises. Numeremos todas las eliminaciones del 1 al n. En este caso, aceptamos la limitación principal, que es que la función restaurada f(x) toma. valor constante fj dentro de la j-ésima elisión, es decir, reemplazamos la función f (x) con una expresión discretizada

si (x) jth eliza;

de lo contrario. (4.3)

Supongamos que se da un conjunto de funcionales lineales continuos, que representan conversión directa Radón a lo largo de un conjunto de líneas rectas:

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

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

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

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

La longitud de la intersección del i-ésimo rayo con el j-ésimo elixir.

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

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

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

4.2 Uso de operadores de interlinación

Este párrafo analiza Nuevo método representación de una solución aproximada al problema de la tomografía computarizada plana (PCT) en forma de funciones constantes por partes. El método tiene mayor precisión que el método de solución clásico. problema de avión RCT utilizando funciones constantes por partes.

dividiendo E2 en cuadriláteros. Introduzcamos la siguiente notación.

El operador O1 es un operador de aproximación f(x,y) mediante funciones constantes por partes en x. Si y=const, entonces se encuentra a partir de la condición de la mejor aproximación de f(x,y) en la tira, yE. De manera similar, el operador O2 es un operador de aproximación de f(x,y) mediante funciones constantes por partes en y.

Si x=const, entonces j(x) se encuentra a partir de la condición de la mejor aproximación de f(x,y) en la tira, xE.

Introduzcamos los siguientes operadores:

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

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

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

La propiedad (3.27) se deriva del hecho de que

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

El lema 1 está probado.

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

Corolario 2. Reemplazo de funciones con funciones constantes por partes de una variable con la misma estimación de error

obtenemos el operador

Obtengamos los valores de gi (x)

Obtengamos los valores de Gi (y)

con las siguientes propiedades:

Corolario 3. Operador

tiene las siguientes propiedades:

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

Prueba. Para el error, podemos escribir la igualdad.

Esto implica la desigualdad

Al aplicar las estimaciones 3 y 4 al lado derecho de la expresión resultante, llegamos a la estimación (3.42).

El corolario 3 ha sido probado.

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

Los siguientes párrafos destacan las ventajas de este método.

Número de incógnitas

El uso de interlinación de funciones al construir una solución aproximada, es decir, la representación de una solución aproximada en la forma:

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

El uso de un operador (la representación clásica de una solución aproximada) da como resultado n4 constantes que son desconocidas. Por lo tanto, el operador utiliza O(n4) incógnitas constantes. El operador tiene un error.

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

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

Para ilustrar este hecho presentamos la siguiente tabla:

tabla 1

Las comparaciones muestran que para lograr la misma precisión, cuando se utiliza un operador, se pueden tomar menos ecuaciones. Por ejemplo, para n=9 el número de incógnitas en el método clásico es 4 veces mayor.

Debido a que el sistema debe estar sobredeterminado, y para n=9 incógnitas 1539 (para el caso de interlinación) y 6561 (para el caso de interlinación) método clásico), y el número de ecuaciones debe tomarse mayor que el número de incógnitas, entonces está claro que en el método con interlinación habrá menos de estas ecuaciones.

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

Muestreo de dominio

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

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

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

El efecto positivo de utilizar el operador se logra gracias a una disposición diferente de los nodos, lo que provoca la conexión entre las siguientes relaciones:

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

Por estos puntos, porque En estos centros tenemos soluciones exactas.

Esto significa que la solución aproximada construida utilizando es una fórmula de interpolación. Con su ayuda, se calcula el valor de la función en cualquier punto de la región D, distintos de los indicados, en los que se observa una coincidencia exacta.

Respecto al partido exacto en los centros especificados. Medio,

juego antagónico

Hay dos casos posibles para resolver problemas utilizando el método algebraico: 1. la matriz tiene un punto silla; 2. la matriz no tiene punto de silla. En el primer caso, la solución es un par de estrategias que forman el punto culminante del juego. Consideremos el segundo caso...

Matemática Computacional

El método de dividir un segmento por la mitad es la forma más sencilla y fiable de resolver una ecuación no lineal. Dejar salir analisis preliminar se sabe que la raíz de la ecuación (2.1) está en el intervalo, es decir, x*, de modo que f(x*) = 0...

Matemática Computacional

El método de Newton es el más método efectivo Resolver ecuaciones no lineales. Sea x* la raíz de modo que f(a)f(b)< 0. Предполагаем, что функция f(x) непрерывна на отрезке и дважды непрерывно дифференцируема на интервале (a, b). Положим x0 = b...

Matemática Computacional

En esta sección y en la siguiente consideraremos modificaciones del método de Newton. Como se puede ver en la fórmula (2.13), el método de Newton requiere el cálculo de la derivada para su implementación, lo que limita su aplicación. El método de la secante no tiene este inconveniente...

Iterativo métodos algebraicos reconstrucción de imagen

Dejemos que la función f(x) = f(x, y) describa alguna distribución de densidades en alguna sección seleccionada del objeto. La principal tarea de la tomografía computacional es reconstruir la función f(x) a partir de un conjunto de proyecciones obtenidas experimentalmente: (4...

x2, x4, x5, x6 - variables básicas, x1, x3 - variables libres x1?F? x3?F? ¿Elige x3? x4 x2, x3, x5, x6 - variables básicas, x1, x4 - variables libres x1?F? x4?F? ¿Elegir x1? x5 x1, x2, x3, x6 - variables básicas, x4...

Programación lineal y no lineal.

El método de búsqueda mínima global, llamado método de búsqueda de cuadrícula, es confiable, pero solo es aplicable a problemas de baja dimensión (n<4). Неправильный выбор начального шага сетки может привести к тому...

Programación lineal y no lineal.

Iteración 1. Conteo de iteraciones k = 0 Iteración 2. Conteo de iteraciones k = 1 Búsqueda completada 3.3...

Información teórica Sea la función y = f(x) continua en el intervalo. Necesitamos calcular una integral definida. Al igual que en el método de la parábola, dividimos los segmentos. La esencia del método del rectángulo es...

Modelización matemática y métodos numéricos en la resolución de problemas técnicos.

Información teórica Necesitamos calcular una integral definida, donde y = f(x) es continua en el intervalo. Dividamos el segmento en n intervalos iguales de longitud h con puntos. En este caso, el paso de partición se determina de la misma manera que en el método de la parábola...

Métodos para resolver ecuaciones diferenciales.

El método de los rectángulos es un método de integración numérica de una función de una variable, que consiste en sustituir el integrando por un polinomio de grado cero, es decir, una constante, en cada segmento elemental...

Análisis de sistemas de grupos de transformaciones de estados del Cubo de Rubik.

CFOP es el nombre de cuatro etapas de montaje (Figura 3.2): Cruz, F2L, OLL, PLL: 1) Cruz - montaje de la cruz...

Sistemas de ecuaciones lineales.

Consideremos un sistema de 3 ecuaciones lineales con tres incógnitas: Determinante de tercer orden correspondiente a la matriz del sistema, es decir compuesto de coeficientes para incógnitas se llama determinante del sistema...

Sistemas de ecuaciones lineales.

El método de Gauss se basa en el siguiente teorema: las transformaciones elementales de las filas de la matriz extendida de un sistema corresponden a la transformación de este sistema en uno equivalente. Usando transformaciones de filas elementales de la matriz extendida...

Métodos numéricos para resolver ecuaciones trascendentales.

Sea la ecuación (1) una raíz en el intervalo, y f (x) y f "(x) son continuas y conservan signos constantes durante todo el intervalo. El significado geométrico del método de Newton es que el arco de la curva y = f (x) se reemplaza por una tangente ..

método algebraico

Hay dos casos posibles para resolver problemas utilizando el método algebraico:

1. la matriz tiene un punto de silla;

2. la matriz no tiene punto de silla.

En el primer caso, la solución es un par de estrategias que forman el punto culminante del juego. Consideremos el segundo caso. Las soluciones aquí deben buscarse en estrategias mixtas:

Busquemos estrategias y... Cuando el primer jugador utiliza su estrategia óptima, el segundo jugador puede, por ejemplo, aplicar dos de esas estrategias puras.

Además, debido a la propiedad, si uno de los jugadores usa una estrategia mixta óptima y el otro usa cualquier estrategia pura incluida en su estrategia mixta óptima con una probabilidad distinta de cero, entonces la expectativa matemática de ganar siempre permanece sin cambios e igual. al precio del juego, es decir

Las ganancias en cada uno de estos casos deben ser iguales al precio del juego V. En este caso, son válidas las siguientes relaciones:

Se puede construir un sistema de ecuaciones similar a (2.5), (2.6) para la estrategia óptima del segundo jugador:

Teniendo en cuenta la condición de normalización:

Resolvamos la ecuación (1.37) - (1.41) juntos con respecto a las incógnitas, podemos resolver no todas a la vez, sino de tres a la vez: por separado (1.36), (1.38), (1.40) y (1.37), ( 1.39), (1.41). Como resultado de la solución obtenemos:

Método gráfico

Se puede obtener una solución aproximada al juego 22 de forma muy sencilla utilizando el método gráfico. Su esencia es la siguiente:

Figura 1.1: encontrar una sección de longitud unitaria

Seleccione una sección de longitud unitaria en el eje x. El extremo izquierdo representará la primera estrategia del primer jugador y el extremo derecho representará la segunda. Todos los puntos intermedios corresponden a estrategias mixtas del primer jugador, y la longitud del segmento a la derecha del punto es igual a la probabilidad de usar la primera estrategia, y la longitud del segmento a la izquierda es la probabilidad de usar la segunda estrategia por parte del primer jugador.

Se dibujan dos ejes I-I y II-II. Pondremos las ganancias en I-I cuando el primer jugador use la primera estrategia, en II-II cuando use la segunda estrategia. Supongamos, por ejemplo, que el segundo jugador aplique su primera estrategia, entonces el valor se debe trazar en el eje I-I y el valor se debe trazar en el eje II-II.

Para cualquier estrategia mixta del primer jugador, su pago estará determinado por el valor del segmento. La línea I-I corresponde a la aplicación de la primera estrategia por parte del segundo jugador; la llamaremos primera estrategia del segundo jugador; De manera similar, puedes construir la segunda estrategia del segundo jugador. Entonces, en general, la visualización gráfica de la matriz del juego tomará la siguiente forma:

Figura 1.2: encontrar el precio del juego

Cabe señalar, sin embargo, que esta construcción se realizó para el primer jugador. Aquí la longitud del segmento es igual al precio del juego V.

La línea 1N2 se llama límite inferior de ganancias. Aquí puedes ver claramente que el punto N corresponde al importe máximo de las ganancias garantizadas del primer jugador.

1. Observaciones generales sobre la resolución de problemas mediante el método algebraico.

2. Tareas de movimiento.

3. Tareas para el trabajo.

4. Problemas de mezclas y porcentajes.

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

1. Al resolver problemas utilizando el método algebraico, las cantidades requeridas u otras cantidades, sabiendo cuáles se pueden determinar, se denotan con letras (generalmente x, y,z). Todas las relaciones mutuamente independientes entre datos y cantidades desconocidas, que se formulan directamente en la condición (en forma verbal), o se derivan del significado del problema (por ejemplo, las leyes físicas a las que están sujetas las cantidades consideradas), o siguen a partir de la condición y algún razonamiento, se escriben en forma de igualdad de desigualdades. En el caso general, estas relaciones forman algún tipo de sistema mixto. En casos particulares, este sistema puede no contener desigualdades o ecuaciones, o puede consistir en una sola ecuación o desigualdad.

La resolución de problemas mediante el método algebraico no obedece a ningún esquema único y bastante universal. Por tanto, cualquier instrucción relativa a todas las tareas es de carácter muy general. Las tareas que surgen al resolver cuestiones prácticas y teóricas tienen sus propias características individuales. Por tanto, su investigación y solución son de la más diversa índole.

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

Recordemos que la actividad de resolver un problema consta de cuatro etapas. El trabajo en la primera etapa (análisis del contenido del problema) no depende del método de solución elegido y no tiene diferencias fundamentales. En la segunda etapa (al buscar una forma de resolver el problema y elaborar un plan para su solución), en el caso de utilizar el método de solución algebraico, se realiza lo siguiente: elegir la relación principal para la elaboración de la ecuación; elegir una incógnita e introducirle una designación; expresión de cantidades incluidas en la relación básica a través de la incógnita y los datos. La tercera etapa (implementación de un plan para resolver el problema) implica elaborar una ecuación y resolverla. La cuarta etapa (comprobar la solución del problema) se realiza de forma estándar.

Generalmente al componer ecuaciones con una incógnita. X Siga las dos reglas siguientes.

Regla I . Una de estas cantidades se expresa mediante la incógnita. X y otros datos (es decir, se elabora una ecuación en la que una parte contiene un valor dado y la otra contiene el mismo valor, expresado por X y otros valores de datos).

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

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

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

El proceso de resolución de problemas planteados algebraicamente se realiza de acuerdo con el siguiente algoritmo:

1. Primero, seleccione una relación a partir de la cual se elaborará la ecuación. Si el problema contiene más de dos relaciones, entonces la base para la elaboración de la ecuación debe ser aquella relación que establezca alguna conexión entre todas las incógnitas.

Luego se selecciona una incógnita, que se designa con la letra correspondiente.

Todas las incógnitas incluidas en la relación elegida para componer la ecuación deben expresarse a través de la incógnita seleccionada, apoyándose en el resto de relaciones incluidas en el problema excepto la principal.

4. De estas tres operaciones se deriva directamente la composición de una ecuación como el diseño de una notación verbal utilizando símbolos matemáticos.

El lugar central entre las operaciones enumeradas lo ocupa la elección de la relación básica para componer ecuaciones. Los ejemplos considerados muestran que la elección de la relación principal es decisiva a la hora de componer ecuaciones, aporta orden lógico al texto verbal a veces vago del problema, da confianza en la orientación y protege contra acciones desordenadas para expresar todas las cantidades incluidas en el problema a través de los datos. y los buscados.

El método algebraico para resolver problemas es de gran importancia práctica. Con su ayuda, resuelven una amplia variedad de problemas en el campo de la tecnología, la agricultura y la vida cotidiana. Ya en la escuela secundaria, los estudiantes utilizan ecuaciones cuando estudian física, química y astronomía. Allí donde la aritmética resulta impotente o, en el mejor de los casos, requiere un razonamiento extremadamente engorroso, el método algebraico conduce fácil y rápidamente a la respuesta. E incluso en los problemas aritméticos llamados "estándar", que son relativamente fáciles de resolver, la solución algebraica, por regla general, es más corta y más natural.

El método algebraico de resolución de problemas permite mostrar fácilmente que algunos problemas, que se diferencian entre sí sólo en la trama, no sólo tienen las mismas relaciones entre los datos y las cantidades deseadas, sino que también conducen a un razonamiento típico mediante el cual se establecen estas relaciones. . Tales problemas sólo dan diferentes interpretaciones específicas del mismo razonamiento matemático, las mismas relaciones, es decir, tienen el mismo modelo matemático.

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

Como ya se señaló, a la hora de resolver problemas redactados y, en primer lugar, en problemas relacionados con el movimiento, es muy útil realizar un dibujo ilustrativo (para construir un modelo gráfico auxiliar del problema). El dibujo debe realizarse de tal forma que muestre la dinámica del movimiento con todos los encuentros, paradas y giros. Un dibujo bien dibujado no sólo permite comprender mejor el contenido del problema, sino que también facilita la preparación de ecuaciones y desigualdades. A continuación se darán ejemplos de tales dibujos.

Normalmente, se adoptan las siguientes convenciones en los problemas de movimiento.

A menos que se indique específicamente en el problema, el movimiento en ciertas áreas se considera uniforme (ya sea movimiento en línea recta o en círculo).

Las rotaciones de los cuerpos en movimiento se consideran instantáneas, es decir, se producen sin pérdida de tiempo; la velocidad también cambia instantáneamente.

Este grupo de problemas, a su vez, se puede dividir en tareas que consideran los movimientos de los cuerpos: 1) entre sí; 2) en una dirección (“después”); 3) en direcciones opuestas; 4) a lo largo de una trayectoria cerrada; 5) a lo largo del río.

Si la distancia entre los cuerpos es igual S, y las velocidades de los cuerpos son iguales v 1 Y v 2 (Fig.16 A), entonces, cuando los cuerpos se acercan uno hacia el otro, el tiempo después del cual se encuentran es igual a S/(v 1 + v 2).

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

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

Arroz. dieciséis

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

Esto se desprende del hecho de que al iniciar simultáneamente una trayectoria cerrada en una dirección, el cuerpo cuya velocidad es mayor comienza a alcanzar al cuerpo cuya velocidad es menor. La primera vez que lo alcanza, después de haber recorrido una distancia de S mayor que otro cuerpo. Si lo alcanza por segunda, tercera vez, etc., significa que recorre una distancia de 2 S, por 3 S y así sucesivamente mayor que otro cuerpo.

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

5. Si un cuerpo se mueve con la corriente de un río, entonces su velocidad con respecto a la orilla Y Compuesto por la velocidad de un cuerpo en aguas tranquilas. v y velocidad del flujo del río w: y =v + w. Si un cuerpo se mueve contra la corriente de un río, entonces su velocidad y =v – w. Por ejemplo, si la velocidad del barco v= 12 km/h, y la velocidad del flujo del río w = 3 km/h, luego en 3 horas el barco navegará a lo largo del caudal del río (12 km/h + 3 km/h)  3 horas = 45 km, y contra la corriente – ​​(12 km/h – 3 km/h)  3 horas = 27 km. Se cree que la velocidad de los objetos que tienen velocidad de movimiento cero en aguas tranquilas (balsa, tronco, etc.) es igual a la velocidad del flujo del río.

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo.Desde un punto en una dirección cada 20 minutos. los autos se van. El segundo automóvil viaja a una velocidad de 60 km/h y la velocidad del primero es un 50% mayor que la velocidad del segundo. Encuentre la velocidad del tercer automóvil si se sabe que adelantó al primer automóvil 5,5 horas más tarde que al segundo.

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

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

PAG
sobre las condiciones del problema

Arroz. 17

Después de simples transformaciones obtenemos la ecuación cuadrática 11x 2 – 1730x + 63000 = 0, resolviendo la cual encontraremos

La comprobación muestra que la segunda raíz no cumple las condiciones del problema, ya que en este caso el tercer coche no alcanzará a los demás coches. Respuesta: la velocidad del tercer auto es 100 km/h.

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

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

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

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

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

Solución. Dejar X km/h – velocidad del vehículo en el tramo Sol.

Entonces ( X+ 30) km/h – velocidad en el tramo AB, 120/(X+ 30) horas, 90/ X h – tiempo que le toma al auto recorrer la ruta AB Y Sol respectivamente.

Por tanto, según las condiciones del problema, tenemos la ecuación:

.

Transformémoslo:

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

Resolviendo la ecuación cuadrática encontramos: X 1 = 30, X 2 = -90. La segunda raíz no satisface las condiciones del problema. Esto significa que la velocidad en la sección Sol igual a 30 km/h, en el tramo AB – 60 kilómetros por hora. De ello se deduce que la distancia AB el auto viajó en 2 horas (120 km: 60 km/h = 2 horas), y la distancia Sol - en 3 horas (90 km: 30 km/h = 3 horas), por lo que toda la distancia C.A. condujo en 5 horas (3 horas + 2 horas = 5 horas). Entonces la velocidad promedio en la sección C.A, cuya longitud es de 210 km es igual a 210 km: 5 horas = 42 km/h.

Respuesta: 42 km/h: la velocidad media de un coche en el sitio C.A.

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

Los problemas de trabajo, en general, se pueden clasificar como problemas de movimiento, ya que en problemas de este tipo podemos suponer que todo el trabajo o el volumen total del depósito juega el papel de la distancia, y el desempeño de los objetos que realizan trabajo es similar a las velocidades de movimiento. . Sin embargo, en términos de trama, estas tareas naturalmente difieren y algunas de las tareas de trabajo tienen sus propios métodos específicos de solución. Así, en aquellas tareas en las que no se especifica la cantidad de trabajo a realizar, se toma todo el trabajo como uno solo.

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

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

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

8/X+ 15/en= 1.

Así tenemos el sistema:

Restando la primera de la segunda ecuación obtenemos:

21/y = 1 => y = 21.

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

Respuesta: el primer equipo completará el pedido en 28 días y el segundo en 21 días.

Ejemplo. Obrero A y trabajador EN Puede completar el trabajo en 12 días, trabajador. A y trabajador CON– dentro de 9 días, trabajando EN y el trabajador C – en 12 días. ¿Cuántos días les llevará completar el trabajo, trabajando juntos?

Solución. dejar que el trabajador A puede hacer el trabajo para X días, trabajando EN- detrás en días, trabajando CON- detrás z días. Tomemos todo el trabajo como una sola unidad. Entonces 1/ x, 1/y y 1/ z – productividad del trabajador A, B Y CON respectivamente. Usando la condición del problema, llegamos al siguiente sistema de ecuaciones presentado en la tabla.

tabla 1

Transformadas las ecuaciones, tenemos un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

Sumando las ecuaciones del sistema término por término, obtenemos:

o

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

Respuesta: 7,2 días.

Ejemplo. Hay dos tuberías instaladas en la piscina: suministro y descarga, y a través de la primera tubería la piscina se llena 2 horas más que a través de la segunda tubería se vierte agua de la piscina. Cuando la piscina estaba llena hasta un tercio, se abrieron ambas tuberías y la piscina quedó vacía después de 8 horas. ¿En cuántas horas se puede llenar la piscina por una primera tubería y en cuántas horas se puede vaciar una piscina llena por una? ¿Segunda tubería?

Solución. Dejar V m 3 – volumen de la piscina, X m 3 / h – capacidad de la tubería de suministro, en m 3 / h – salida. Entonces V/ X h – tiempo necesario para que la tubería de suministro llene la piscina, V/ y h – el tiempo necesario para que el tubo de salida drene la piscina. Según las condiciones del problema. V/ X – V/ y = 2.

Dado que la capacidad de la tubería de salida es mayor que la capacidad de la tubería de llenado, cuando ambas tuberías estén abiertas, la piscina se drenará y un tercio de la piscina se drenará a tiempo. (V/3)/(y – X), que, según las condiciones del problema, es igual a 8 horas. Entonces, la condición del problema se puede escribir como un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas:

En el problema necesitas encontrar. V/ X Y V/ y. Seleccionemos una combinación de incógnitas en las ecuaciones. V/ X Y V/ y, escribiendo el sistema en la forma:

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

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

habiendo decidido cuál encontraremos b 1 = 6, b 2 = -8. Las condiciones del problema se satisfacen con la primera raíz 6, = 6 (h). De la primera ecuación del último sistema encontramos A= 8 (h), es decir, la primera tubería llena la piscina en 8 horas.

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

Ejemplo. Un equipo de tractores debe arar 240 hectáreas y el otro un 35% más que el primero. El primer equipo, arando 3 hectáreas menos que el segundo cada día, terminó el trabajo 2 días antes que el segundo equipo. ¿Cuántas hectáreas aró cada equipo diariamente?

Solución. Encontremos el 35% de 240 hectáreas: 240 hectáreas  35% /100% = 84 hectáreas.

Por tanto, el segundo equipo tuvo que arar 240 hectáreas + 84 hectáreas = 324 hectáreas. Que la primera brigada are diariamente X Ja. Luego la segunda brigada aró todos los días ( X+ 3) ha; 240/ X– tiempo de trabajo del primer equipo; 324/( X+ 3) – tiempo de trabajo del segundo equipo. Según las condiciones del problema, el primer equipo terminó el trabajo 2 días antes que el segundo, por lo que tenemos la ecuación

que después de transformaciones se puede escribir así:

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

Habiendo resuelto la ecuación cuadrática, encontramos x 1 = 24, x 2 = 15. Ésta es la norma de la primera brigada.

En consecuencia, el segundo equipo aró 27 hectáreas y 18 hectáreas por día, respectivamente. Ambas soluciones satisfacen las condiciones del problema.

Respuesta: La primera brigada araba 24 hectáreas por día, la segunda 27 hectáreas; El primer equipo ara 15 hectáreas por día y el segundo 18 hectáreas.

Ejemplo. En mayo, dos talleres produjeron 1.080 piezas. En junio, el primer taller aumentó la producción de piezas en un 15% y el segundo aumentó la producción de piezas en un 12%, por lo que ambos talleres produjeron 1224 piezas. ¿Cuántas piezas produjo cada taller en junio?

Solución. Dejar X El primer taller produjo piezas en mayo, en detalles - el segundo. Dado que en mayo se fabricaron 1080 piezas, según las condiciones del problema tenemos la ecuación X + y = 1080.

Encontremos el 15% de X:

Entonces, por 0,15 X piezas, el primer taller aumentó su producción, por lo que en junio produjo x + 0,15 X = 1,15 X detalles. De manera similar, encontramos que el segundo taller en junio produjo 1,12 y detalles. Esto significa que la segunda ecuación quedará así: 1,15 X + 1,12 en= 1224. Así, tenemos el sistema:

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

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

4. El grupo de problemas de mezclas y porcentajes incluye problemas que implican mezclar varias sustancias en determinadas proporciones, así como problemas de porcentajes.

Problemas de concentración y porcentaje.

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

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

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

Muestre qué parte del volumen total de la mezcla consiste en los volúmenes de los componentes individuales.

Si se conoce el porcentaje iésimo componente, entonces su concentración se encuentra mediante la fórmula:

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

Los conceptos se introducen de manera similar. peso (masa) concentralización componentes de la mezcla y los porcentajes correspondientes. Se definen como la relación entre el peso (masa) de una sustancia pura. A i , en una aleación al peso (masa) de toda la aleación. La concentración, volumen o peso que se está discutiendo en un problema particular siempre queda claro a partir de sus condiciones.

Hay problemas en los que es necesario recalcular la concentración en volumen a la concentración en peso o viceversa. Para ello es necesario conocer las densidades (gravedades específicas) de los componentes que componen la solución o aleación. Consideremos, por ejemplo, una mezcla de dos componentes con concentraciones volumétricas de componentes. Con 1 Y Con 2 (Con 1 + s 2 = 1) y gravedades específicas de los componentes. d 1 Y d 2 . La masa de la mezcla se puede encontrar mediante la fórmula:

donde V 1 Y V 2 – Volúmenes de los componentes que componen la mezcla. Las concentraciones en peso de los componentes se obtienen a partir de las igualdades:

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

Como regla general, en los textos de tales problemas ocurre la misma condición repetida: de dos o más mezclas que contienen componentes A 1 , A 2 , A 3 , ..., A norte , Se prepara una nueva mezcla mezclando las mezclas originales tomadas en una determinada proporción. En este caso, es necesario encontrar en qué relación los componentes A 1, A 2 , A 3 , ..., A norte se incluirá en la mezcla resultante. Para solucionar este problema es conveniente introducir en consideración la cantidad en volumen o peso de cada mezcla, así como las concentraciones de sus componentes constituyentes. A 1, A 2 , A 3 , ..., A norte . Usando concentraciones, debe "dividir" cada mezcla en componentes individuales y luego crear una nueva mezcla usando el método especificado en el planteamiento del problema. En este caso, es fácil calcular qué cantidad de cada componente se incluye en la mezcla resultante, así como la cantidad total de esta mezcla. Después de esto, se determinan las concentraciones de los componentes. A 1, A 2 , A 3 , ..., A norte en una nueva mezcla.

Ejemplo Son dos piezas de aleación de cobre y zinc con porcentajes de cobre del 80% y 30% respectivamente. ¿En qué proporción se deben tomar estas aleaciones para fundir las piezas tomadas y obtener una aleación que contenga 60% de cobre?

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

Según las condiciones del problema, esta concentración debería ser igual a 0,6. Por tanto, obtenemos la ecuación:

Esta ecuación contiene dos incógnitas. X Y Ud. Sin embargo, según las condiciones del problema, no son las cantidades en sí mismas las que deben determinarse. X Y y, pero sólo su actitud. Después de transformaciones simples obtenemos

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

Ejemplo Hay dos soluciones de ácido sulfúrico en agua: la primera es del 40%, la segunda es del 60%. Se mezclaron estas dos soluciones, tras lo cual se añadieron 5 kg de agua pura para obtener una solución al 20%. Si en lugar de 5 kg de agua pura añadiéramos 5 kg de una solución al 80%, obtendríamos una solución al 70%. ¿Cuántas soluciones del 40% y del 60% había?

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

Si en lugar de 5 kg de agua añades 5 kg de una solución al 80%, obtendrás una solución que pesa (x + y+ 5) kg, que contendrá (0,4 X + 0,6en+ 0,8  5) kg de ácido, que es el 70% de (x + y+ 5) kilogramos.

método algebraico

El método algebraico para resolver problemas de construcción es uno de los métodos más importantes en la teoría de problemas de construcción. Es con la ayuda de este método que se resuelven las cuestiones relacionadas con la resolución de problemas mediante un conjunto particular de herramientas.

Además, este es uno de los métodos más poderosos, que le permite resolver muchos problemas que son difíciles de resolver con métodos convencionales. El método demuestra perfectamente la estrecha relación entre álgebra y geometría.

Pero, lamentablemente, en el curso de geometría escolar prácticamente no se presta atención al método algebraico, aunque desde un punto de vista metodológico, estudiar este método no presenta ninguna dificultad particular.

La esencia del método. es como sigue:

a) el problema se reduce a construir un determinado segmento;

b) utilizando relaciones geométricas conocidas entre los datos requeridos y los datos, crean una ecuación (sistema de ecuaciones) que conecta los datos deseados;

c) al resolver una ecuación o sistema de ecuaciones, expresar la longitud del segmento deseado a través de la longitud de los datos usando una fórmula;

d) la fórmula se utiliza para construir el segmento requerido (si es posible);

e) utilizando el segmento encontrado, se construye la figura deseada.

El trabajo preparatorio consiste en estudiar las fórmulas y métodos básicos de construcción, donde también se elaboran algunos elementos del esquema para la resolución de problemas mediante el método algebraico, y se elabora la idea misma de tal enfoque para la resolución de problemas de construcción. aprendió.

En un curso de geometría escolar se suele considerar la construcción de segmentos con compás y regla, dados por las siguientes fórmulas simples:

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

2) x = a - b(a > b)(Figura 9).

Arroz. 8

3) x = n.a., Dónde norte-- número natural. Se reduce a construcción 1). En la Fig. 10 segmento construido X, tal que x = 6A.

Arroz. 10

4) x =.

Construimos un rayo que sale de cualquier extremo. ACERCA DE este segmento A en un ángulo arbitrario con respecto a él. Posponemos en este rayo. norte veces un segmento arbitrario b, Entonces OB = nb(ver figura 11). Conectando el punto EN con el otro extremo A segmento A. a través del punto EN 1 , determinado por la condición 0V 1 = segundo, traza una línea recta paralela AB, y marque el punto A 1 en el que intersecta el segmento A.

5) x = un(norte Y metro-- dados los números naturales).

dividir el segmento A en metro partes iguales y aumentar el segmento resultante en PAG una vez.

6) x =(construcción de un segmento cuarto proporcional a tres segmentos dados).

Escribamos la condición como una proporción. c: a = b: x. Dejar (Fig.12) OA = un, sistema operativo = s, de modo que los términos de una de las relaciones se trazan en un rayo que emana del punto ACERCA DE. En otro rayo que emana del mismo punto, trazamos el término conocido de otra relación. ОB = b. a través del punto A trazar una línea recta paralela Sol y marca el punto X su intersección con una recta transmisión exterior. Segmento de línea OH el deseado, es decir BUEY = x.

Arroz. 12

Podemos usar la construcción 6), suponiendo b = a.

8) x =(construcción de un promedio proporcional a dos segmentos dados).

Construimos segmentos CA = un, antes de Cristo = segundo, Entonces AB = a + b. En AB cómo construir un semicírculo en un diámetro (ver Fig. 13). En el punto CON restablezcamos la perpendicular a AB y marca el punto D su intersección con un círculo. Entonces x = CD.

9) x = Segmento de línea X se construye como la hipotenusa de un triángulo rectángulo con catetos A Y b(ver figura 14).

10) x = (a > b). Segmento de línea X construido como un cateto de un triángulo rectángulo con hipotenusa A y pierna b.

Las construcciones consideradas se pueden reducir a la construcción de segmentos especificados por fórmulas más complejas.

Es deseable estudiar paulatinamente estas fórmulas, cuando se analice cada una de ellas considerando la teoría necesaria para la implementación de la construcción correspondiente.

En este punto también es recomendable introducir los problemas más simples utilizando el método algebraico (por ejemplo, el problema de restaurar segmentos a partir de su suma y diferencia) para que las fórmulas se consideren interconectadas. En el futuro, antes de estudiar seriamente el método, conviene repetir las fórmulas.

El Apéndice 4 contiene un problema que utiliza el método algebraico: “Desde los vértices de un triángulo dado, como desde los centros, describe tres círculos que se toquen en pares externamente”.

Conclusión. Se recomienda utilizar los métodos descritos para resolver problemas de construcción geométrica. Al mismo tiempo, es necesario prestar atención, entre otras cosas, al desarrollo de la iniciativa de los estudiantes, inculcando en ellos el gusto y la capacidad para la resolución de problemas constructivos.

Sería erróneo pensar que los métodos para resolver problemas de construcción puedan servir como base para clasificar los problemas mismos. El hecho de que una serie de problemas de construcción puedan resolverse con el mismo éxito mediante diversos métodos debe reconocerse como significativo y no accidental. Por otro lado, hay problemas que se resuelven simplemente mediante una combinación de construcciones básicas sin el uso explícito de ningún método.

Desde un punto de vista metodológico, lo más aceptable es utilizar el siguiente principio a la hora de enseñar a resolver problemas. Es necesario realizar una selección secuencial de problemas de acuerdo con los objetivos del curso de geometría y familiarizar gradualmente a los estudiantes con los métodos de resolución de problemas de construcción.

A su vez, es necesario familiarizar a los estudiantes con los propios métodos y enseñarles a determinar cuál de ellos puede resolver el problema propuesto. Para ello, en primer lugar, se debe enseñar a los estudiantes a identificar los rasgos más característicos de los problemas resueltos mediante un método u otro. Estas características están determinadas por el contenido del propio método.