Jeigu vadovausimės reikalingo ir uždavinio duomenų sąsajomis, tai statybos uždavinio sąlyga gali būti išreikšta analitiškai.

Konstravimo problemos analitinė išraiška lygties forma ir jos sprendiniai šios lygties šaknų pavidalu padeda rasti geometrinis sprendimas, taip pat nustatyti, kokiais įrankiais tai galima atlikti.

Problemų sprendimas naudojant algebrinį metodą priklauso nuo konstravimo:

• vidurkis, proporcingas dviem duotoms atkarpoms x = 4аб
• ketvirta proporcinga trims duotiesiems segmentams, išreikšta

. „ bs

paspaustas pagal formulę x = -;

Autorius algebrinė suma duomenų segmentai x = a±b,x-a + b-c + d,

x = 3a±2b ir kt.; _

Pagal tokias formules kaip x = 1a + b.

Geometrinės konstrukcijos uždavinių sprendimo algebrinis metodas yra toks:

• 1) problemos teiginyje esantys nežinomi dydžiai žymimi raidėmis x, y, z ir kt.;
• 2) sudaryti lygtis, jungiančias šiuos nežinomuosius su uždavinyje nurodytais dydžiais a, b, c, ...;
• 3) išspręskite sudarytas lygtis;
• 4) išnagrinėti gautus atsakymus;
• 5) atlikti reikiamą statybą.

Prieš pereidami prie konstravimo problemų sprendimo naudojant algebrinį metodą, panagrinėkime kai kurių segmentų konstravimą, duoda santykiai tarp kitų segmentų ilgių.

1. Kartais į geometrinės problemos statybai formoje pateikiamas dviejų dydžių santykis a: b; a 3: b 3; 4: b 4 ir tt

Parodykime, kad bet kurį iš šių santykių galima pakeisti dviejų segmentų ryšiu.

6.47 uždavinys. Sukurkite atkarpą, pateiktą santykio a p: b p, Kur

n e N.

Sprendimas

Nubrėžkime dvi savavališkas viena kitai statmenas linijas KL Ir MN(6.52 pav.) ir pažymėkite jų susikirtimo tašką raide O. Tiesiomis linijomis KL Ir MN iš taško O braižome atkarpas OA ir OA x, atitinkamai lygus šiems segmentams Kommersant Ir A. Sujungimo taškai A ir A b atstatykime jį į esmę A g statmenai AA X KL tam tikru momentu L 2. Taške A 2 atstatome statmeną į A 2 A 1 ir tęskite tol, kol susikirs su linija MN taške A 3 ir kt.

Nustatykime kiekvieno iš šių koeficientų vertę: OA x: OA; OA 2 : OA x; OA 3: OA g ir tt

Nes stačiųjų trikampių OAA x, OA, A 2, OA^A 3 ,... yra panašūs, tai reiškia:

OA, Ir ,

Pagal konstrukciją - L = -, taigi pagal lygybes (*) gauname OA b

Nustatykime santykio reikšmę Jis nepasikeis, jei mes

kiekvienas jo narys dalinamas iš tos pačios vertės OA b ir todėl

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

Bet iš lygybių -- = - ir -- = - matome, kad -- = - ir -= -.

OAOAA x b OA, Kommersant OA, A

Dėl paskutinių dviejų lygybių lygybę (**) galime perrašyti taip:

OA 2 _ a 2 OA ~ b 2 "

Naudodami panašius samprotavimus galime rasti kitų santykių.

2. Apsvarstykite vidurkio proporcingo dviem duotiesiems atkarpoms konstravimo uždavinį, t.y. segmentas -Jab.

6.48 uždavinys. Sklypo vidurkis proporcingas segmentams A Ir b. Sprendimas

Vienoje tiesioje linijoje brėžiame atkarpas iš eilės AC = a Ir NE = b(6.53 pav.)

Ryžiai. 6.53

Ant segmento AB kaip sukurti apskritimą ant iC skersmens, 1.

Taške C atkuriame statmeną tiesei AB.

Turime NC = -Jab. tikrai, AANB- stačiakampis.

Autorius garsioji teorema AACN panašus ACB, o tai reiškia iš kur

NC 2 = AC NE, arba kitais užrašais NC 2 =ab. Pagaliau turime NC – Jab.

3. Sprendžiant statybos uždavinius, labai dažnai reikia sukonstruoti atkarpą, kuri yra ketvirta proporcinga trims duotoms atkarpoms. Panagrinėkime šios problemos sprendimą.

6.49 uždavinys. Pateikiami trys segmentai a, b, c. Sukurkite tokį segmentą X,

ir su kad - = -.

Sprendimas

Paimkite bet kokį kampą O. Vienoje kampo pusėje dedame segmentus OA = a Ir OS = s, o kitoje – segmentas OV-b(6.54 pav.)

Nubrėžkite tiesią liniją per tašką C r || AB. Ji kirs spindulį OB taške D.Įrodykime tai O.D.- reikalingas segmentas X. Trikampiai OAV

Ir OKS panašus. Todėl t.y. OD = x.

Ryžiai. 6.54

Konkrečiu atveju ši problema leidžia padalinti segmentą į n lygiomis dalimis. Pažymėkime šis segmentas per b. Paimkime bet kurį segmentą su, ir tegul a - ps(6.55 pav.).

Ryžiai. 6.55

„ac b b 1 .

Kadangi - = -, tada x =- c = - c = - b. o ps p

4. Apsvarstykite daugiau sudėtingas požiūris segmentai.

6.50 uždavinys. Sukurkite atkarpą, pateiktą santykio 2 [a: 2 /b, kur n e N.

Sprendimas

Tarkime, kad dydžių santykis pateiktas formoje [a: -Jb, Kur A Ir Kommersant- duomenų segmentai.

Norėdami nustatyti tuos du segmentus, kurių santykis yra Va: Vb, elgiamės taip.

Savavališkai tiesia linija nuo pasirinkto taško KAM Nubraižykime du segmentus iš eilės: KN Ir N.M. = b(6.56 pav.)

Ryžiai. 6.56

Ant segmento KM, kaip ir su skersmeniu, statykime puslankį KRM.

Taške N atstatykime statmeną NN"į segmentą KM. Tiesiai NN" kerta lanką KRM tam tikru momentu L.

Taško sujungimas LcKiM. Segmentai KL Ir L.M.– ieškomieji, t.y.

Tikrai, mes turime -=--. Bet A KLM panašus į A LMN, ir viduje

KL LN KL 2 LN 2

tai -=-ir, vadinasi, -=--, bet iš paskutinės lygybės

LM NM LM NM 2

KN LN 2 KL 2 KN „

o lygybė-=-- iš to seka, kad-- =-. Kvadrato ištraukimas

NM NM 2 LM 2 NM

abiejų paskutinės lygybės pusių šaknis randame:

Gauti du segmentus, kurių santykis yra lygus [a: yfb, pirmiausia turite sukurti šiuos du segmentus tipas, požiūris

rykh nustatoma lygybe - = -j=, o paskui per tą patį

statybos rasti segmentai r Ir q, kuriuos lemia lygybė p_yfm Ch Vn

Naudojant panašias konstrukcijas galima rasti segmentus, kurių santykis lygus 2 fa: 2 yх 2 + h h 2, tada iš lygybės (*) gauname

Statyba. 1. Sukurkite atkarpą y = yj(2h b) 2 -h a 2(6.61 pav.).

Ryžiai. 6.61

2. Statome x = ^^-(6.62 pav.).

Ryžiai. 6.62

3. Galiausiai sukonstruojame norimą lygiašonį trikampį ABC remiantis AC = 2x aukščio DB = h b(6.63 pav.).

Ryžiai. 6.63

Įrodymas. Būtina įrodyti, kad pastatytame lygiašoniame trikampyje ABC aukščių BD -h b Ir AE-ha. Pirmoji lygybė yra akivaizdi, o antrosios pagrįstumas išplaukia iš visų analizėje pateiktų formulių nekeičiamumo. _

Studijuoti. Pastebime, kad segmentas y = il(.2h b) 2-h 2 gali būti sukonstruotas tik tuo atveju, jei (2/i b) 2 -h ir 2>0 arba 2 h b > h a .

Esant tokiai sąlygai, galima sudaryti atkarpą x, taigi ir norimą trikampį ABC. Nuo dviejų lygiašonis trikampis turintys vienodais pagrindais Ir vienodo aukščio, yra lygūs, tada problema turi unikalų sprendimą.

komentuoti. Problema leidžia paprastesnį sprendimą išspręsti kitu būdu. Jei per tašką D nubrėžkite tiesią liniją, lygiagrečią aukščiui AE ir perėjimo pusę Saulė taške F, tada trikampis DFB galima statyti išilgai kojos 0,5 h a ir hipotenuzė h b , kuri leis sukurti norimą trikampį.

6.57 uždavinys. Per tam tikrą tašką už apskritimo ribų A nubrėžkite sekantą, kuris būtų padalintas iš šio apskritimo tam tikru santykiu.

Sprendimas

Analizė. Tarkime, kad problema išspręsta: sekantas AL tenkina problemos sąlygas (6.64 pav.). Iš taško A nubrėžkime sekantą kintamoji srovė, einantis per centrą O šio rato. Kadangi taškas A mums duotas, tai reiškia, kad žinome atkarpas AD ir AC. Atkarpos ilgį pažymėkime raide x AK. Jei nubrėžiame sekantus iš taško A, esančio už apskritimo ribų, tada visos sekantos ir jo išorinės dalies sandauga yra pastovi vertė, todėl

Ryžiai. 6.64

Iš brėžinio matome, kad AL = x + L.K.

l shs.. tel

Ir kadangi pagal sąlygą x: LK = m : p, tie. bk =- tai reiškia AL = x + - -

= -(t + n). T

Todėl lygybė (*) bus tokia: x-(m + n) = AD? kintamoji srovė, kur

Statyba. 1. Remdamiesi (**) formule, naudodami gerai žinomą konstrukciją, nustatome atkarpą x.

• 2. Iš taško A padarykite įpjovą šiame apskritime KAM spindulys lygus rastajam x.
• 3. Taškų sujungimas A Ir KAM ir tęsdami šią eilutę, gauname reikiamą sekantą.

Atkreipkite dėmesį, kad mes nepateikėme argumentų, kaip išspręsti šią problemą įrodinėjimo ir tyrimo stadijose (paliekame skaitytojui šiuos etapus atlikti savarankiškai).

6.58 uždavinys. Raskite tašką, esantį už tam tikro apskritimo, kad iš jo nubrėžta šio apskritimo liestinė būtų pusė atkarpos, nubrėžtos iš to paties taško per centrą, dydžio.

Sprendimas

Analizė(6.65 pav.). Raide x pažymėkime atstumą iki norimo taško nuo apskritimo centro O. Kaip žinoma, AB 2 -DA ? AC(1), bet DA = x - z (2), AC = x + g(3) ir todėl AB 2= (x - z) (x + z) = x 2 - g 2 Ir AB = 1x 2 -r 2 (4).

Ryžiai. 6.65

Kadangi pagal sąlygą kintamoji srovė = 2AB, tada iš (3) ir (4) formulių turime x + g - = 21x 2 - g 2, iš kur x 2 + 2gx + g 2 = 4x 2 - 4g 2 arba 3x 2 - 2gx - 5g 2 = 0. Todėl

tie. x a = - g ir x 2 = - g.

Šioje užduotyje x negali egzistuoti neigiama reikšmė, todėl atmetame antrąją šaknį.

Statyba. Tęskime vieną iš skersmenų (CD) duotas ratas

ir ant jo mes atidėsime nuo taško D segmentas D.A. lygus -r (DA = AO - OD = 5 2 3

G - g = -g (6)).

Taškas A– ta, kurios ieškojau.

Įrodymas. AC = x + g = -g + g, tie. AC = -g (7).

.- /2 8 4 AC

Iš (1), (6), (7) formulių randame: AB = y/DA-AC = J-r--r=-r =

kuris patvirtina padarytos konstrukcijos teisingumą (kviečiame skaitytoją tyrimo etapą atlikti savarankiškai).

Iteratyviniai algebriniai vaizdo atkūrimo metodai

baigiamasis darbas

4.1 Algebrinis metodas

Tegul funkcija f(x) = f(x, y) apibūdina tam tikrą tankių 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 išilgai tiesių L: tiesiniai integralai. Čia yra nuskaitymo kampas ir delta funkcija.

Praktikoje, kaip taisyklė, projekcijos nurodomos ne visoms ir reikšmėms, o tik ribotam jų skaičiui. Yra skaičius praktines problemas, kurio atrankų skaičius 0 yra labai ribotas (nuo 3 iki 5). Tokio tipo problemos priklauso mažo kampo tomografijos problemoms ir yra vienos iš sunkiausiai sprendžiamų. Uždavinį galima suformuluoti taip: duota baigtinė dviejų kintamųjų funkcijos projekcijų aibė, gaukite geriausias įvertinimasšią funkciją.

Suformuluokime bendras nustatymas uždavinio (4.1) sprendimo atkūrimo problemą naudojant algebrinius metodus, sukonstruosime iteracinį tokių problemų atkūrimo algoritmą. Algebrinių metodų naudojimas iš esmės skiriasi nuo integralios transformacijos metodo, nes jis apima vaizdo atranką prieš atkūrimo algoritmo pradžią. Statyba diskretiškas modelis Vaizdo atkūrimo problemas galima apibūdinti taip.

Tegu reikia atkurti dvimatę funkciją f(x)=f(x,y) apibrėžtą srityje D R2. Tarkime, kad atkūrimo sritis D yra uždaryta kvadrate K, kuris yra padalintas į n lygių mažų kvadratų, vadinamų elize. Sunumeruokime visus eliminavimus nuo 1 iki n. Šiuo atveju priimame pagrindinį apribojimą, kuris yra tas, kad atkurta funkcija f(x). pastovią vertę fj j-ojo elisiono viduje, t.y. funkciją f (x) pakeičiame diskretizuota išraiška

jei (x) j-oji eliza;

kitaip. (4.3)

Tarkime, kad pateikta tiesinių ištisinių funkcinių aibė, kuri reprezentuoja tiesioginis konvertavimas Radonas išilgai kelių tiesių linijų:

Tada funkcijos f(x) projekcija išilgai spindulio Li.

Taikydami operatorius lygybei (4.2) ir atsižvelgdami į jų tęstinumą bei tiesiškumą, gauname linijinę sistemą algebrines lygtis

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 eliksu ilgis.

Koeficientų matricą žymime kaip A=(), vaizdo vektorių – f=(f1, f2, ..., fn), o projekcijos vektorių – kaip R=(R1, R1, ..., Rt). Tada problemos sprendimas redukuojamas iki formos tiesinių algebrinių lygčių sistemos sprendimo

Šiuo atveju vektorius R akivaizdžiai pateikiamas su tam tikra klaida.

Verta pažymėti, 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 bazines funkcijas bi). Funkcionalai parenkami ne tik pagal formą (4.4), bet ir atsižvelgiant į realų spindulių ilgį bei naudojant pavienes konstantas funkcijas. Be to, problemos formulavimas nepriklauso nuo spindulių geometrijos ir yra lengvai suformuluojamas trimačiam atvejui.

4.2 Interlination operatorių naudojimas

Šioje pastraipoje aptariama naujas metodas plokštuminės kompiuterinės tomografijos (PCT) problemos apytikslis sprendimas padalytų pastovių funkcijų pavidalu. Metodas turi didesnį tikslumą nei klasikinis sprendimo metodas lėktuvo problema RCT naudojant atskiras pastovias funkcijas.

E2 padalijimas į keturkampius. Įveskime tokį užrašą.

Operatorius O1 yra aproksimacijos f(x,y) operatorius pagal pastovias x dalis. Jei y=const, tai jis randamas iš geriausios f(x,y) aproksimacijos sąlygos juostoje, yE. Panašiai operatorius O2 yra f(x,y) aproksimacijos operatorius pagal y pastoviąsias funkcijas.

Jei x=const, tai j(x) randamas iš geriausios f(x,y) aproksimacijos juostelėje xE sąlygos.

Pristatykime 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 riboto kitimo funkcija. 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) tenkinamos visoms diferencijuojamoms funkcijoms ir už nuolatinės funkcijos su ribota variacija.

1 lema įrodyta.

Išvada 1. Tolydžioms funkcijoms su ribota variacija gauname tokį paklaidos įvertinimą.

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

mes gauname operatorių

Gaukime gi (x) reikšmes

Gaukime Gi (y) reikšmes

su šiomis savybėmis:

Išvada 3. Operatorius

turi šias savybes:

Jei r = 1, 2 arba ir 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 buvo įrodyta.

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

Tolesnėse pastraipose pabrėžiami šio metodo pranašumai.

Nežinomų skaičius

Funkcijų susiejimo naudojimas sudarant apytikslį sprendimą, ty pateikiant apytikslį sprendimą forma:

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

Naudojant operatorių – klasikinį apytikslio sprendimo vaizdą – gaunama n4 nežinomų konstantų. Todėl 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 dėl aritmetinių operacijų skaičiaus, nes norint pasiekti tokį patį tikslumą, reikia išspręsti mažesnio matmens tiesinių algebrinių lygčių sistemą.

Norėdami iliustruoti šį faktą, pateikiame šią lentelę:

1 lentelė

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.

Dėl to, kad sistema turi būti per daug apibrėžta, o n=9 nežinomiesiems 1539 (atvejui su interlinija) ir 6561 (skirta klasikinis metodas), o lygčių skaičius turėtų būti didesnis nei nežinomųjų, tada aišku, kad metodu su interlinacija šių lygčių bus mažiau.

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

Domeno atranka

Plokščiosios kompiuterinės tomografijos problemos sprendimo schemų naudojimas, pagrįstas ploto naudojimu ir lemia jo diskretiškumą.

For - netaisyklingas tinklelis: padalintas į kvadratus su kraštine ir stačiakampius su kraštinėmis ir pailgintas atitinkamai pagal Ox ir Oy ašis. Tinklelio mazgai yra kvadratų ir stačiakampių centruose.

Skirtas - įprastas tinklelis: padalintas į kvadratus su šonine. Tinklelio mazgai yra kvadratų centruose.

Teigiamas operatoriaus naudojimo 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, nes Šiuose centruose turime tikslių sprendimų.

Tai reiškia, kad apytikslis sprendimas, sudarytas naudojant yra interpoliacijos formulė. Su jo pagalba funkcijos reikšmė apskaičiuojama bet kuriuose D srities taškuose, išskyrus nurodytus, kuriuose stebima tiksli atitiktis

Dėl tikslios atitikties nurodytuose centruose. Reiškia,

Antagonistinis žaidimas

Galimi 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. Panagrinėkime antrąjį atvejį...

Skaičiavimo matematika

Segmento padalijimo per pusę metodas yra paprasčiausias ir patikimiausias būdas išspręsti netiesinę lygtį. Išleisk preliminarią analizęžinoma, kad (2.1) lygties šaknis yra intervale, ty x*, taigi f(x*) = 0...

Skaičiavimo matematika

Niutono metodas yra labiausiai efektyvus metodas sprendžiant netiesines lygtis. Tegul x* yra šaknis, 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 mes apsvarstysime 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...

Iteratyvus algebriniai metodai vaizdo rekonstrukcija

Tegul funkcija f(x) = f(x, y) apibūdina tam tikrą tankių 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? Rinktis x3? x4 x2, x3, x5, x6 – pagrindiniai kintamieji, x1, x4 – laisvieji kintamieji x1?F? x4?F? Pasirinkite x1? x5 x1, x2, x3, x6 – pagrindiniai kintamieji, x4...

Linijinis ir netiesinis 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 netiesinis 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 tolydi intervale. Turime apskaičiuoti apibrėžtąjį integralą. Kaip ir taikant parabolės metodą, dalijame segmentus. Stačiakampio metodo esmė yra...

Matematinis modeliavimas ir skaitmeniniai metodai sprendžiant technines problemas

Teorinė informacija Apskaičiuokime apibrėžtąjį integralą, kur y = f(x) yra tolydis intervale. Padalinkime atkarpą į n vienodus h ilgio intervalus su 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 pavadinimas (3.2 pav.): Kryžius, F2L, OLL, PLL: 1) Kryžius – kryžiaus 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 ekvivalentinę. Naudojant išplėstinės matricos elementariąsias eilučių transformacijas...

Skaitiniai transcendentinių lygčių sprendimo metodai

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

Savo gerą darbą pateikti žinių bazei lengva. Naudokite žemiau esančią formą

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

Paskelbta http://www.allbest.ru/

Rusijos Federacijos švietimo ir mokslo ministerija

FEDERALINĖ VALSTYBĖ BIUDŽETINIS AUKŠTOJO PROFESINIO MOKYMO ĮSTAIGA "GORNO-ALTAJAUS VALSTYBĖS UNIVERSITETAS"

Fizikos ir matematikos fakultetas

03/44/05 Pedagoginio ugdymo profilis matematika ir informatika

Matematikos ir matematikos mokymo metodų katedra

KURSINIS DARBAS

ALGEBRINIS GEOMETRINĖS KONSTRUKCIJOS PROBLEMŲ KONSTRUKCIJOS METODAS

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 skaičiavimo ir įrodinėjimo uždaviniams spręsti, siekdami supaprastinti sprendimą. Algebra yra labai patogus ir geras būdas analitiškai spręsti geometrinius klausimus.

Algebrinis statybos uždavinių sprendimo metodas yra vienas iš svarbiausių metodų statybos uždavinių teorijoje. Būtent šio metodo pagalba išsprendžiami klausimai, susiję su problemų išsprendžiamumu naudojant tam tikrą įrankių rinkinį.

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

Šio kursinio darbo tikslas – apžvelgti konstravimo uždavinių sprendimo algebrinio metodo temą, apžvelgti konstravimo uždavinius ir jų sprendimo schemas, taip pat sudaryti segmentus, pateiktus pagrindinėmis formulėmis. algebrinių uždavinių sprendimo geometrija

1. Algebrinis metodas geometrinės konstrukcijos uždaviniams spręsti

Metodo esmė yra tokia. Konstravimo problemų sprendimas priklauso nuo tam tikro segmento (arba kelių segmentų) sukūrimo. Reikalingo segmento vertė išreiškiama žinomų segmentų vertėmis naudojant formulę. Tada pagal gautą formulę sudaromas reikalingas segmentas.

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

Analizė. Per taškus A ir B nubrėžkime apskritimą, kad jo liestinė būtų nuo taško SU lygus A. Kadangi apskritimas gali būti nubrėžtas per tris taškus, mes nubrėžsime NE ir nustatyti taško padėtį KAM. Mes tikime SK = X Ir NE = Su; tada pagal liestinės savybę cx = A 2 .

Statyba.

1. statyboms X nubrėžkite puslankį Saulė ir lankas (SU, A);

2. praleisti L.K. BC;

3. Su KS = a 2; Štai kodėl X = KS, ir taškas KAM bus tai, ko ieškote;

4. statmenų atkūrimas iš vidurio taškų AB Ir HF kol jie susikerta, randame norimą centrą APIE;

5. nubrėžkite apskritimą ( APIE, OA);

MS - norima liestinė.

Įrodymas. MS 2 = NE KS = Ir MS = A, pagal poreikį.

Studijuoti. Išraiška a Su- mūsų problemos sprendimo egzistavimo sąlyga, nes tik esant tokiai sąlygai lankas (SU, A) kirs apskritimą CLB.

Pavyzdys2. Naudodami šio trikampio viršūnes kaip centrus, apibūdinkite tris apskritimus, kurie išorėje liečiasi poromis.

Analizė. Tegu ABC yra duotasis 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.

Mes nustatėme, kad spindulių suma yra lygi atstumui tarp jų centrų, o tai įrodo, kad apskritimai S 2 ir S 3 yra liestinės.

Studijuoti. Problema visada yra vienareikšmiškai išsprendžiama, nes:

1. in trikampis ABC pusių suma b+ c> a, todėl atkarpa x gali būti sudaryta;

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

3. b> x, nes.

2. Statybos problemos 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 geometrinį sprendimą, t.y. pati konstrukcija.

Spręsdami 1-2 uždavinius, jie naudoja statybos uždavinių sprendžiamumo ženklą.

Užduotis 1. Naudodami kompasą ir liniuotę nupjaukite 7 kampą nuo 3 kampo.

Sprendimas. Pakanka atidėti kampą 7 51 kartą iš eilės pagal laikrodžio rodyklę (prieš laikrodžio rodyklę). Iš viso gauname 751 = 357 kampą ir taip gauname 3 kampą. Dabar pakanka nupjauti šį kampą 3 nuo kampo 7, atidėdami atitinkamą lanką.

Užduotis 2. Ar galima sukurti kampą 1, turint kampo šabloną, kurio dydis yra toks:

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

Sprendimas:

a) 1753 1805 = 1 taip;

b) 1919 m. 1802 = 1 taip;

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

Jeigu A, b, c yra šie segmentai, tada naudojant kompasą ir liniuotę tai nesudėtinga sukonstruoti a+b, a b, . Pavyzdžiui, atkarpų geometrinis vidurkis x= turi šiuos dalykus statyba:

1 pav. Konstravimo schema užduočiai Nr.2

Nubraižykime šiuos segmentus savavališkoje tiesėje A Ir b kad vieno pabaiga sutaptų su kito pradžia (ir šis taškas yra vienintelis jų bendras taškas). Pasiskirstykime AC pusė taško APIE o spindulys lygus pusei atkarpos kintamoji srovė, sudaryti apskritimą, kurio centras yra taške APIE. Iš taško statome statmeną atkarpai AC. Pažymime statmens ir apskritimo susikirtimo tašką D. ВD=x= .

Įrodymas. Stačiakampyje ADC:

Užduotis 3. Sukurkite segmentą x=.

2 pav. Konstravimo schema užduočiai Nr.3

Konstrukcija:

1. Savavališkoje eilutėje AB pažymėkite tašką M.

2. Vykdysime MNAB.

3. M.C.= b, C MN.

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

5. EM=

Užduotis 4. Sukurti x=

Pastaba. 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. Tegu lygtis duota X 2 +kirvis+b 2 = 0. Išspręsdami šią lygtį, randame:

3 pav. Užduoties Nr.5 konstrukcijos schema

Naudodami 3 uždavinio sprendimą konstruojame EM= Iš centro E spindulys EM nubrėžti apskritimą. Mes gauname

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, mes tai apibūdinsime AB kaip apskritimo skersmuo ir nubrėžkite MN||AB kol susikerta su apskritimu taške L. Vykdome L.C.AB; segmentai AC Ir NE išreikškite lygties šaknis, nes AC+SV=a, AC CB = LC 2 =b 2

Užduotis 6. IN ABC vykdyti 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: VM:ВN=AB:BC arba, nes ВN = BC CN=a (xd),

, xa= apytiksliaicx+ CD, .

Šios lygties sprendimas. Surandame.

5 pav. Užduoties Nr.5 konstrukcijos schema

Statyba. Segmentas X turėtų gulėti ant šono Su, ir prieš X turi būti pusė a+d, prieš partiją Su pusėje a+c. Todėl tęsti Saulė atidedame SK=d Ir CL=c, prisijungti L c A ir per KAM vykdyti KM||LA, gauname reikiamą tašką M. Vykdome MN||AC.

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

Įrodykime tai VMNC=d. Tikrai, neproporcingai NC:BC=AM:AB randame:

Studijuoti. Problema išspręsta, jei d c.

3. Pagrindinėmis formulėmis pateiktų atkarpų konstravimas

Algebrinio metodo taikymas sprendžiant geometrines problemas susideda iš šio algoritmo:

* lygties sudarymas pagal uždavinio sąlygas;

* gautos lygties sprendimas reikiamą segmentą nurodančios raidės atžvilgiu;

* gautos formulės tyrimas;

* segmento konstravimas naudojant gautą formulę.

Jei problemos sprendimas apsiriboja kurio nors atkarpos konstravimu, tai galite paimti šį segmentą kaip x ir pirmiausia išspręsti skaičiavimo uždavinį, t.y. išreikšti x žinomais segmentais x = f(a, b, c, …) . Toliau belieka sukonstruoti segmentą x naudojant šią formulę.

Algebrinis metodas yra universalus ir taikomas bet kokiai statybos problemai, tačiau ne visada pateikia paprasčiausią sprendimą. Metodas taip pat naudojamas konstravimo problemos (ne)sprendžiamumui įrodyti naudojant liniuotę ir kompasą.

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

Segmentų kūrimas naudojant formules, vaizduojančias sumą, skirtumą (x = a ± b), taip pat daugybą arba padalijimą iš sveikojo skaičiaus (x = ka, x = a/k), susideda iš segmentų pridėjimo arba atėmimo, padidinant segmentą nurodytą skaičių kartų ir padalijus atkarpą į tam tikrą skaičių lygių dalių.

Segmentų konstravimas naudojant formules

sukonstruoti statųjį trikampį naudojant jo kojas arba hipotenuzę ir koją. Pirmuoju atveju x yra hipotenuzė, antruoju - koja.

Sukūrus segmentą naudojant formulę, reikia rasti ketvirtą proporcingą segmentą. Norėdami tai padaryti, naudokite teoremą apie kampo kraštinių sankirtą lygiagrečiomis linijomis.

6 pav. Kampo kraštinių sankirtos lygiagrečiomis tiesėmis teorema

Atkarpą patogu sudaryti naudojant formulę, naudojant teoremą apie statmeną, nuleistą iš savavališko apskritimo taško į jo skersmenį.

7 paveikslas Teorema apie statmeną, nuleistą iš savavališko apskritimo taško iki jo skersmens

Segmentų konstravimas naudojant formules, kurios yra aukščiau pateiktų formulių deriniai, atliekama įvedant pagalbinius nežinomus segmentus ir jų nuoseklią konstravimą. Sudėtingos formulės pateikiamos kaip aukščiau pateiktų 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 yra paprasta:

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

Kursinio darbo metu buvo nagrinėjama konstravimo uždavinių sprendimo algebrinio metodo tema.

Nagrinėtos konstravimo problemos ir jų sprendimo schemos, taip pat nagrinėjama pagrindinėmis formulėmis pateiktų atkarpų konstravimo tema.

Konstravimo užduotys sudaro pagrindą darbui, ugdančiam figūrų konstravimo įgūdžius, prisidedančius prie gebėjimo skaityti ir suprasti brėžinį formavimo, užmegzti ryšius tarp jo dalių, o šios sistemos nepakankamumas lemia prastą mokinio erdvinio išsivystymą. ir loginis mąstymas bei 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 problemų tyrimui, nes teisingai naudojant jie yra galinga priemonė ugdyti mokinių loginį mąstymą;

2) geometrinės konstravimo užduotys neturėtų būti laikomos kažkuo atskiru, nepriklausomu nuo likusios geometrijos kurso. Mokymosi spręsti problemas ir geometrijos mokymosi procesai yra neatsiejamai susiję. Be to, šis ryšys turėtų būti dvipusis, tai yra, reikia ne tik mokyti spręsti statybos uždavinius naudojant anksčiau įgytas žinias, bet ir, priešingai, naudoti statybos uždavinius studijuojant geometriją.

Iš to, kas pasakyta, išplaukia, kad šią temą galima aptarti su aukštųjų mokyklų studentais specialiuose kursuose.

Naudotos literatūros sąrašas

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

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

3. Kanatnikovas A.N., Kriščenko 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, M.: Nauka, 1968. 412 p.

Paskelbta Allbest.ru

Panašūs dokumentai

Metodai ieškant įvairių geometrinių konstravimo problemų sprendimų. 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. Didžiausio ir mažiausio dydžių radimo uždavinių sprendimo metodai (nenaudojant diferenciacijos), panaudojant juos geometriniams uždaviniams spręsti. Naudojant nuostabias nelygybes. Elementarus sprendimo būdas.

santrauka, pridėta 2014-10-08


Bendrosios konstruktyviosios geometrijos aksiomos. Matematinių instrumentų aksiomos. Statybos problemos išdėstymas, uždavinių sprendimo būdas. Konstravimo būdų ypatumai: vienas kompasas, viena liniuotė, dvipusė liniuotė, konstrukcija naudojant stačią kampą.

paskaitų kursas, pridėtas 2009-12-18


Kampo, lygaus duotam kampui, duoto kampo bisektoriaus, atkarpos vidurio taško, statmenų tiesių, trikampio sukūrimas naudojant tris elementus. 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 naudojimas.

baigiamasis darbas, pridėtas 2011-06-25


Įvairių daugiakampių pjūvių konstravimo metodų apžvalga ir charakteristikos, jų stipriosios ir silpnosios pusės. Pagalbinių pjūvių metodas kaip universalus daugiakampių pjūvių konstravimo metodas. Problemų sprendimo tyrimo tema pavyzdžiai.

pristatymas, pridėtas 2014-01-19


Suspensijos filtravimo pradinių ribinių reikšmių uždavinių formulavimas naudojant naują kinetinę lygtį, 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 uždavinių ir transporto problemų modelių kūrimo etapų charakteristikos; analitinis ir programinis požiūris į jų sprendimą. Simplex 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


Aiškaus algoritmo sudarymas, kuriuo vadovaudamiesi galite išspręsti daugybę uždavinių ieškant kampo tarp tiesių, nurodytų taškų daugiakampio kraštinėse. Problemų ta tema terminai ir jų sprendimo pavyzdžiai. Pratimai tokio pobūdžio problemoms spręsti.

1. Bendrosios pastabos apie uždavinių sprendimą algebriniu metodu.

2. Judėjimo užduotys.

3. Užduotys darbui.

4. Mišinių ir procentų uždaviniai.

Naudojant algebrinį metodą rasti aritmetinį būdą žodiniams uždaviniams spręsti.

1. Sprendžiant uždavinius algebriniu metodu, reikiami dydžiai ar kiti dydžiai, žinant kokius reikiamus galima nustatyti, žymimi raidėmis (dažn. x, y,z). Visi tarpusavyje nepriklausomi ryšiai tarp duomenų ir nežinomų dydžių, kurie arba tiesiogiai suformuluoti sąlygoje (žodine forma), arba išplaukia iš problemos prasmės (pavyzdžiui, fizikiniai dėsniai, kuriems taikomi nagrinėjami dydžiai), arba seka iš sąlygos ir kai kurių samprotavimų, rašomi nelygybių lygybės forma. Bendru atveju šie santykiai sudaro kažkokią mišrią sistemą. Tam tikrais atvejais šioje sistemoje negali būti nelygybių ar lygčių arba ją gali sudaryti tik viena lygtis arba nelygybė.

Problemų sprendimas algebriniu metodu nepaklūsta jokiai vienai, gana universaliai schemai. Todėl bet koks nurodymas, susijęs su visomis užduotimis, yra labai bendro pobūdžio. Užduotys, kylančios sprendžiant praktinius ir teorinius klausimus, turi savo individualias savybes. Todėl jų tyrimai ir sprendimas yra paties įvairiausio pobūdžio.

Pabandykime išspręsti uždavinius, kurių matematinį modelį pateikia lygtis su vienu nežinomuoju.

Prisiminkime, kad problemos sprendimo veikla susideda iš keturių etapų. Darbas pirmajame etape (problemos turinio analizė) nepriklauso nuo pasirinkto sprendimo būdo ir neturi esminių skirtumų. Antrajame etape (ieškant problemos sprendimo būdo ir parengiant jos sprendimo planą), naudojant algebrinį sprendimo metodą, atliekama: pasirenkamas pagrindinis lygties sudarymo ryšys; pasirinkti nežinomą ir įvesti jam pavadinimą; dydžių, įtrauktų į pagrindinį ryšį, išraiška per nežinomybę ir duomenis. Trečiasis etapas (problemos sprendimo plano įgyvendinimas) apima lygties sudarymą ir jos sprendimą. Ketvirtasis etapas (problemos sprendimo patikrinimas) atliekamas standartiniu būdu.

Paprastai, kai sudaromos lygtys su vienu nežinomuoju X laikykitės šių dviejų taisyklių.

Taisyklė aš . Vienas iš šių dydžių išreiškiamas per nežinomybę X ir kiti duomenys (ty sudaroma lygtis, kurioje vienoje dalyje yra nurodyta reikšmė, o kitoje yra ta pati reikšmė, išreikšta X ir kitos duomenų reikšmės).

Taisyklė II . Tam pačiam kiekiui sudaromos dvi algebrinės išraiškos, kurios vėliau prilyginamos viena kitai.

Iš išorės atrodo, kad pirmoji taisyklė yra paprastesnė nei antroji.

Pirmuoju atveju visada reikia sudaryti vieną algebrinę išraišką, o antruoju – dvi. Tačiau dažnai kyla problemų, kai tam pačiam dydžiui patogiau sudaryti dvi algebrines išraiškas, nei pasirinkti jau žinomą ir sudaryti jai vieną išraišką.

Žodinių uždavinių sprendimas algebriniu būdu atliekamas pagal šį algoritmą:

1. Pirmiausia pasirinkite ryšį, kurio pagrindu bus sudaryta lygtis. Jei užduotyje yra daugiau nei du ryšiai, tada lygties sudarymo pagrindu reikia paimti tą ryšį, kuris nustato tam tikrą ryšį tarp visų nežinomųjų.

Tada pasirenkamas nežinomasis, kuris žymimas atitinkama raide.

Visi nežinomi dydžiai, įtraukti į lygtį sudaryti pasirinktą ryšį, turi būti išreikšti per pasirinktą nežinomąjį, remiantis likusiais į problemą įtrauktais ryšiais, išskyrus pagrindinį.

4. Iš šių trijų operacijų lygties sudarymas tiesiogiai seka kaip žodinio užrašo, naudojant matematinius simbolius, dizainas.

Tarp išvardytų operacijų pagrindinę vietą užima lygčių sudarymo pagrindinio ryšio pasirinkimas. Nagrinėjami pavyzdžiai rodo, kad pagrindinio ryšio pasirinkimas turi lemiamą reikšmę sudarant lygtis, įveda logišką tvarką kartais neaiškiame žodiniame problemos tekste, suteikia pasitikėjimo orientacija ir apsaugo nuo netvarkingų veiksmų, kad duomenimis išreikštų visus į problemą įtrauktus dydžius. ir ieškomieji.

Didelę praktinę reikšmę turi algebrinis uždavinių sprendimo būdas. Su jo pagalba jie sprendžia įvairiausias problemas technologijų, žemės ūkio ir kasdienio gyvenimo srityse. Jau vidurinėje mokykloje mokiniai naudoja lygtis studijuodami fiziką, chemiją ir astronomiją. Ten, kur aritmetika pasirodo bejėgė arba, geriausiu atveju, reikalauja itin sudėtingo samprotavimo, ten algebrinis metodas lengvai ir greitai atveda prie atsakymo. Ir net vadinamuosiuose „standartiniuose“ aritmetiniuose uždaviniuose, kuriuos gana nesunku išspręsti aritmetiškai, algebrinis sprendimas, kaip taisyklė, yra ir trumpesnis, ir natūralesnis.

Algebrinis uždavinių sprendimo metodas leidžia nesunkiai parodyti, kad kai kurios problemos, besiskiriančios viena nuo kitos tik brėžiniu, ne tik turi vienodus ryšius tarp duomenų ir reikiamų dydžių, bet ir lemia tipinius samprotavimus, kuriais šie santykiai nustatomi. . Tokios problemos pateikia tik skirtingas specifines to paties matematinio samprotavimo interpretacijas, tuos pačius ryšius, tai yra, turi tą patį matematinį modelį.

2. Judėjimo uždavinių grupė apima uždavinius, kalbančius apie tris dydžius: kelią (s), greitis ( v) ir laikas ( t). Paprastai jie susiduria su vienodu tiesiniu judėjimu, kai greitis yra pastovus pagal dydį ir kryptį. Šiuo atveju visi trys dydžiai yra susieti tokiu ryšiu: S = vt. Pavyzdžiui, jei dviratininko greitis yra 12 km/h, tai per 1,5 valandos jis nuvažiuos 12 km/h  1,5 valandos = 18 km. Yra problemų, kai atsižvelgiama į tolygiai pagreitintą tiesinį judėjimą, ty judėjimą su pastoviu pagreičiu (A). Nuvažiuotas atstumas s šiuo atveju jis apskaičiuojamas pagal formulę: S = v 0 t + adresu 2 /2, Kur v 0 – pradinis judėjimo greitis. Taigi per 10 s krintant pradiniu 5 m/s greičiu ir 9,8 m 2 / s laisvojo kritimo pagreičiu kūnas nuskris atstumą, lygų 5 m/s  10 s + 9,8 m 2 / s  10 2 s 2 /2 = 50 m + 490 m = 540 m.

Kaip jau buvo pažymėta, sprendžiant tekstinius uždavinius ir, pirmiausia, su judėjimu susijusius uždavinius, labai pravartu pasidaryti iliustracinį brėžinį (sudaryti pagalbinį grafinį uždavinio modelį). Piešinys turi būti padarytas taip, kad jis parodytų judėjimo dinamiką su visais susitikimais, sustojimais ir posūkiais. Gerai nubraižytas brėžinys leidžia ne tik geriau suprasti problemos turinį, bet ir palengvina lygčių bei nelygybių paruošimą. Tokių brėžinių pavyzdžiai bus pateikti toliau.

Paprastai judesio problemoms taikomos šios sutartys.

Jei užduotyje konkrečiai nenurodyta, judėjimas tam tikrose srityse laikomas vienodu (nesvarbu, ar tai judėjimas tiesia linija, ar apskritimu).

Judančių kūnų apsisukimai laikomi momentiniais, tai yra, vyksta negaištant laiko; greitis taip pat keičiasi akimirksniu.

Šią problemų grupę savo ruožtu galima suskirstyti į užduotis, kuriose atsižvelgiama į kūnų judesius: 1) vienas kito link; 2) viena kryptimi („po“); 3) priešingomis kryptimis; 4) uždara trajektorija; 5) palei upę.

Jei atstumas tarp kūnų lygus S, o kūnų greičiai vienodi v 1 Ir v 2 (16 pav A), tada, kai kūnai juda vienas kito link, laikas, po kurio jie susitinka, yra lygus S/(v 1 + v 2).

2. Jei atstumas tarp kūnų lygus S, o kūnų greičiai vienodi v 1 ir v 2 (16 pav b), tada kai kūnai juda viena kryptimi ( v 1 > v 2) laikas, po kurio pirmasis kūnas pasivys antrąjį, lygus S/(v 1 – v 2).

3. Jei atstumas tarp kūnų lygus S, o kūnų greičiai vienodi v 1 ir v 2 (16 pav V), tada, vienu metu pajudėję priešingomis kryptimis, kūnai bus po laiko t būti per atstumą S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t.

Ryžiai. 16

4. Jei kūnai juda viena kryptimi uždaru ilgio keliu s su greičiais v 1 ir v 2, laikas, po kurio kūnai vėl susitiks (vienas kūnas pasivys kitą), pradedant vienu metu nuo vieno taško, randamas pagal formulę t = S/(v 1 – v 2) su sąlyga, kad v 1 > v 2 .

Tai išplaukia iš to, kad tuo pačiu metu pajudėjus uždara trajektorija viena kryptimi, kūnas, kurio greitis didesnis, pradeda pasivyti kūną, kurio greitis mažesnis. Pirmą kartą jis pasiveja jį įveikęs atstumą S didesnis už kitą kūną. Jei jis aplenks antrą, trečią kartą ir pan., tai reiškia, kad jis įveikia 2 atstumą S, iki 3 S ir taip toliau didesnis už kitą kūną.

Jei kūnai juda skirtingomis kryptimis uždaru ilgio keliu S su greičiais v 1 ir v 2, laikas, po kurio jie susitiks, išvykdami vienu metu iš vieno taško, randamas pagal formulę t = v(v 1 + v 2). Tokiu atveju iškart po judėjimo pradžios susidaro situacija, kai kūnai pradeda judėti vienas kito link.

5. Jei kūnas juda kartu su upės tėkme, tai jo greitis kranto atžvilgiu Ir sudarytas iš kūno greičio stovinčiame vandenyje v ir upės tėkmės greitį w: ir =v + w. Jei kūnas juda prieš upės tėkmę, tada jo greitis ir =v – w. Pavyzdžiui, jei valties greitis v= 12 km/h, o upės tėkmės greitis w = 3 km/h, tada po 3 valandų kateris plauks upės srove (12 km/h + 3 km/h)  3 val. = 45 km, o prieš srovę – (12 km/h – 3 km/h)  3 valandos = 27 km. Manoma, kad objektų, kurių judėjimo greitis stovinčiame vandenyje nulinis (plaustas, rąstas ir kt.), greitis yra lygus upės tėkmės greičiui.

Pažvelkime į kelis pavyzdžius.

Pavyzdys.Iš vieno taško viena kryptimi kas 20 minučių. automobiliai išvažiuoja. Antrasis automobilis važiuoja 60 km/h greičiu, o pirmojo greitis yra 50% didesnis nei antrojo. Raskite trečiojo automobilio greitį, jei žinoma, kad jis pirmąjį automobilį aplenkė 5,5 valandos vėliau nei antrasis.

Sprendimas. Tegu x km/h yra trečiojo automobilio greitis. Pirmojo automobilio greitis yra 50% didesnis nei antrojo greitis, vadinasi, lygus

Judant viena kryptimi, susitikimo laikas randamas kaip atstumo tarp objektų ir jų greičių skirtumo santykis. Pirmas automobilis po 40 min. (2/3 h) nuvažiuos 90  (2/3) = 60 km. Todėl trečias jį pasivys (susitiks) per 60/( X– 90) valandų. Antras po 20 minučių. (1/3 val.) nuvažiuos 60  (1/3) = 20 km. Tai reiškia, kad trečias jį pasivys (susitiks) per 20/( X– 60) valandų (17 pav.).

P
apie problemines sąlygas

Ryžiai. 17

Po paprastų transformacijų gauname kvadratinę lygtį 11x 2 – 1730x + 63000 = 0, kurią išsprendę rasime

Patikrinimas rodo, kad antroji šaknis neatitinka problemos sąlygų, nes tokiu atveju trečiasis automobilis nepasivys kitų automobilių. Atsakymas: trečio automobilio greitis – 100 km/val.

Pavyzdys Motorlaivis upe nuplaukė 96 km, grįžo atgal ir kurį laiką stovėjo kraunamas, praleidžiant 32 valandas. Upės greitis yra 2 km/h. Nustatykite laivo greitį stovinčiame vandenyje, jei pakrovimo laikas yra 37,5% visos kelionės ten ir atgal laiko.

Sprendimas. Tegul x km/h yra laivo greitis stovinčiame vandenyje. Tada ( X+ 2) km/h – jo greitis pagal srovę; (X - 2) km/h – prieš srovę; 96/( X+ 2) h – judėjimo su srove laikas; 96/( X– 2) h – judėjimo prieš srovę laikas. Kadangi 37,5% viso laivo pakrovimo laiko, grynasis kelionės laikas yra 62,5%  32/100% = 20 (valandų). Todėl pagal uždavinio sąlygas turime lygtį:

Ją transformuodami gauname: 24( X – 2 + X + 2) = 5(X + 2)(X – 2) => 5X 2 – 4X– 20 = 0. Išsprendę kvadratinę lygtį, randame: X 1 = 10; X 2 = -0,4. Antroji šaknis netenkina problemos sąlygų.

Atsakymas: 10 km/h yra laivo greitis stovinčiame vandenyje.

Pavyzdys. Automobilis išvažiavo iš miesto Aį miestą C per miestą IN be perstojo. Atstumas AB, lygus 120 km, jis važiavo pastoviu greičiu 1 valanda greičiau nei atstumas saulė, lygus 90 km. Nustatykite vidutinį automobilio greitį iš miesto Aį miestą C, jei žinoma, kad greitis ruože AB 30 km/h greitis ruože didesnis Saulė.

Sprendimas. Leiskite X km/h – transporto priemonės greitis ruože Saulė.

Tada ( X+ 30) km/h – greitis ruože AB, 120/(X+ 30) val., 90/ X h – laikas, per kurį automobilis nuvažiuoja maršrutą AB Ir Saulė atitinkamai.

Todėl pagal uždavinio sąlygas turime lygtį:

.

Paverskime jį:

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

Išsprendę kvadratinę lygtį, randame: X 1 = 30, X 2 = -90. Antroji šaknis netenkina problemos sąlygų. Tai reiškia, kad greitis ruože Saulė lygus 30 km/val., ruože AB – 60 km/val. Iš to išplaukia, kad atstumas AB automobilis nuvažiavo per 2 valandas (120 km: 60 km/h = 2 val.), o atstumą saulė – per 3 valandas (90 km: 30 km/h = 3 val.), taigi visą atstumą AC jis nuvažiavo per 5 valandas (3 val. + 2 val. = 5 val.). Tada vidutinis greitis ruože kintamoji srovė, kurio ilgis 210 km yra lygus 210 km: 5 valandos = 42 km/h.

Atsakymas: 42 km/h – vidutinis automobilio greitis aikštelėje AC.

Darbo užduočių grupė apima užduotis, kuriose kalbama apie tris dydžius: darbą A, laikas t, kurio metu atliekamas darbas, produktyvumas R – darbo, atlikto per laiko vienetą. Šie trys dydžiai yra susieti lygtimi A = Rt.

Darbo problemas, paprastai kalbant, galima priskirti prie judėjimo problemų, nes tokio tipo problemose galime daryti prielaidą, kad visas darbas arba visas rezervuaro tūris atlieka atstumo vaidmenį, o atliekančių objektų veikimas yra panašus į judėjimo greitį. . Tačiau siužetu šios užduotys natūraliai skiriasi, o kai kurios darbo užduotys turi savo specifinius sprendimo būdus. Taigi tose užduotyse, kuriose nenurodytas atliekamų darbų kiekis, visi darbai priimami kaip vienas.

Pavyzdys. Dvi komandos užsakymą turėjo įvykdyti per 12 dienų. Po 8 dienų darbo kartu pirmoji komanda gavo dar vieną užduotį, tad antroji komanda užsakymą įvykdė dar 7 dienas. Per kiek dienų kiekviena komanda galėtų įvykdyti užsakymą, dirbdama atskirai?

Sprendimas. Tegul pirmoji brigada atlieka užduotį X dienų, antroji brigada – už y dienų. Paimkime visus darbus kaip vieną vienetą. Tada 1/ X - pirmosios brigados produktyvumas, a 1/ y – antra. Kadangi dvi komandos užsakymą turi įvykdyti per 12 dienų, gauname pirmąją lygtį 12(1/ X + 1/adresu) = 1.

Iš antrosios sąlygos išplaukia, kad antroji komanda dirbo 15 dienų, o pirmoji – tik 8 dienas. Taigi antroji lygtis atrodo taip:

8/X+ 15/adresu= 1.

Taigi, mes turime tokią sistemą:

Atėmę pirmąją iš antrosios lygties, gauname:

21/y = 1 => y = 21.

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

Atsakymas: pirmoji komanda užsakymą įvykdys per 28 dienas, o antroji – per 21 dieną.

Pavyzdys. Darbininkas A ir darbuotojas IN darbą gali atlikti per 12 dienų, darbuotojas A ir darbuotojas SU– per 9 dienas, dirba IN o darbuotojas C – per 12 dienų. Kiek dienų jiems prireiks, kad atliktų darbą, dirbs kartu?

Sprendimas. Leisk darbuotojui A gali atlikti darbą už X dienų, dirbama IN– už adresu dienų, dirbama SU– už z dienų. Paimkime visus darbus kaip vieną vienetą. Tada 1/ x, 1/y ir 1/ z – darbuotojo produktyvumas A, B Ir SU atitinkamai. Naudodamiesi uždavinio sąlyga, gauname tokią lygčių sistemą, pateiktą lentelėje.

1 lentelė

Pakeitę lygtis, turime trijų lygčių sistemą su trimis nežinomaisiais:

Sudėję sistemos lygtis po termino, gauname:

arba

Suma yra bendras darbuotojų produktyvumas, todėl laikas, per kurį jie atlieka visą darbą, bus lygus

Atsakymas: 7,2 dienos.

Pavyzdys. Į baseiną yra sumontuoti du vamzdžiai - tiekimo ir išleidimo, o per pirmąjį vamzdį baseinas užpildomas 2 valandomis ilgiau nei per antrą vamzdį vanduo išpilamas iš baseino. Kai baseinas buvo užpildytas trečdaliu, buvo atidaromi abu vamzdžiai, o baseinas buvo tuščias po 8 valandų Per kiek valandų galima užpildyti baseiną per vieną pirmąjį vamzdį, o per kiek valandų galima nusausinti visą baseiną antras vamzdis?

Sprendimas. Leiskite V m 3 – baseino tūris, X m 3 / h – tiekimo vamzdžio talpa, adresu m 3 / h - išėjimas. Tada V/ x h – laikas, reikalingas tiekimo vamzdžiui užpildyti baseiną, V/ y h – laikas, reikalingas išleidimo vamzdžiui ištuštinti baseiną. Pagal problemos sąlygas V/ x – V/ y = 2.

Kadangi išleidimo vamzdžio talpa yra didesnė už užpildymo vamzdžio talpą, įjungus abu vamzdžius, baseinas bus nusausintas ir trečdalis baseino bus laiku nusausintas. (V/3)/(y – x), kuri pagal uždavinio sąlygas yra lygi 8 valandoms Taigi uždavinio sąlygą galima parašyti kaip dviejų lygčių sistemą su trimis nežinomaisiais.

Problemoje, kurią reikia rasti V/ x Ir V/ y. Pažymime lygtyse nežinomųjų derinį V/ x Ir V/ y, sistemos rašymas tokia forma:

Pristatome naujus nežinomus dalykus V/ x= a Ir V/ y = b, gauname tokią sistemą:

Išraiškos pakeitimas antrąja lygtimi A= b + 2, turime lygtį b:

nusprendę, kurią rasime b 1 = 6, b 2 = -8. Uždavinio sąlygas tenkina pirmoji šaknis 6, = 6 (h). Iš pirmosios paskutinės sistemos lygties randame A= 8 (h), tai yra, pirmasis vamzdis užpildo baseiną per 8 valandas.

Atsakymas: per pirmąjį vamzdį baseinas bus pripildytas per 8 valandas, per antrą vamzdį baseinas bus nusausintas per 6 valandas.

Pavyzdys. Viena traktorių komanda turi suarti 240 hektarų, o kita – 35% daugiau nei pirmoji. Pirmoji komanda, kasdien ardama 3 hektarais mažiau nei antroji, darbus baigė 2 dienomis anksčiau nei antroji. Kiek hektarų kiekviena komanda suardavo kasdien?

Sprendimas. Raskime 35% iš 240 hektarų: 240 ha  35% /100% = 84 ha.

Todėl antroji komanda turėjo suarti 240 hektarų + 84 hektarus = 324 hektarus. Tegul pirmoji brigada aria kasdien X ha. Tada antroji brigada arė kiekvieną dieną ( X+ 3) ha; 240/ X– pirmosios komandos darbo laikas; 324/( X+ 3) – antros komandos darbo laikas. Pagal problemos sąlygas pirmoji komanda darbą baigė 2 dienomis anksčiau nei antroji, todėl turime lygtį

kurį po transformacijų galima parašyti taip:

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

Išsprendę kvadratinę lygtį, randame x 1 = 24, x 2 = 15. Tai pirmosios brigados norma.

Vadinasi, antroji komanda per dieną suardavo atitinkamai 27 hektarus ir 18 hektarų. Abu sprendimai atitinka problemos sąlygas.

Atsakymas: per dieną pirmoji brigada suardavo 24 hektarus, antroji – 27 hektarus;

Pavyzdys Pirmoji brigada per dieną suardavo 15 hektarų, antroji – 18 hektarų.

Sprendimas. Leiskite X. Gegužės mėnesį dviejuose cechuose buvo pagaminta 1080 detalių. Birželio mėnesį pirmasis cechas dalių gamybą padidino 15 proc., o antrasis – 12 proc., tad abu cechai pagamino po 1224 dalis. Kiek dalių kiekvienas dirbtuvės pagamino birželio mėnesį? adresu Pirmasis cechas gamino dalis gegužės mėn. x + y = 1080.

detalės – antra. Kadangi gegužės mėnesį buvo pagaminta 1080 detalių, pagal problemos sąlygas turime lygtį X:

Raskime 15 proc X dalių, pirmasis cechas padidino gamybos apimtį, todėl birželio mėn x + 0,15 X = 1,15 x detales. Panašiai mes nustatėme, kad antrasis seminaras birželio mėn. pagamino 1.12 y detales. Tai reiškia, kad antroji lygtis atrodys taip: 1.15 x + 1,12 adresu= 1224. Taigi, turime sistemą:

iš kurių randame x = 480, y = 600. Vadinasi, birželio mėnesį dirbtuvėse buvo pagamintos atitinkamai 552 ir 672 dalys.

Atsakymas: pirmas cechas pagamino 552 dalis, antrasis – 672 dalis.

4. Mišinių ir procentų problemų grupė apima problemas, susijusias su įvairių medžiagų maišymu tam tikromis proporcijomis, taip pat problemas dėl procentų.

Koncentracijos ir procentų problemos

Paaiškinkime kai kurias sąvokas. Tegul būna mišinys nįvairios medžiagos (komponentai) A 1 A 2 , ..., A n atitinkamai, kurių tūriai yra vienodi V 1 , V 2 , ..., V n . Mišinio tūris V 0 susideda iš grynų komponentų kiekių: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V n .

Tūrio koncentracija medžiagų A i (i = 1, 2, ..., p) mišinyje vadinamas kiekis c i, apskaičiuojamas pagal formulę:

Medžiagos A tūrio procentas i (i = 1, 2, ..., p) mišinyje vadinamas kiekiu p i , apskaičiuojamas pagal formulę r i = Su i ,  100 proc. Koncentracijos Su 1, Su 2 , ..., Su n, kurie yra bematiai dydžiai, yra susiję lygybe Su 1 + s 2 + ... + s n = 1, ir santykiai

parodykite, kokią bendro mišinio tūrio dalį sudaro atskirų komponentų tūriai.

Jei procentas žinomas i komponentas, tada jo koncentracija randama pagal formulę:

tai yra Pi – tai yra koncentracija i medžiagos kiekis mišinyje, išreikštas procentais. Pavyzdžiui, jei medžiagos procentinė dalis yra 70%, tada jos atitinkama koncentracija yra 0,7. Ir atvirkščiai, jei koncentracija yra 0,33, tai procentas yra 33%. Taigi suma r 1 + p 2 + …+ r n = 100 proc. Jei koncentracijos žinomos Su 1 , Su 2 , ..., Su n komponentai, sudarantys šį tūrinį mišinį V 0 , tada atitinkami komponentų tūriai randami pagal formules:

Sąvokos pristatomos panašiai svoris (masė) koncentralizacija mišinio komponentai ir atitinkami procentai. Jie apibrėžiami kaip grynos medžiagos masės (masės) santykis A i , lydinyje iki viso lydinio svorio (masės). Kokia koncentracija, tūris ar svoris yra aptariamas konkrečioje problemoje, visada aišku iš jos sąlygų.

Yra problemų, kai reikia perskaičiuoti tūrio koncentraciją į svorio koncentraciją arba atvirkščiai. Norint tai padaryti, būtina žinoti komponentų, sudarančių tirpalą arba lydinį, tankį (savitąjį svorį). Panagrinėkime, pavyzdžiui, dviejų komponentų mišinį su tūrinėmis komponentų koncentracijomis Su 1 Ir Su 2 (Su 1 + s 2 = 1) ir komponentų savitąjį svorį d 1 Ir d 2 . Mišinio masę galima rasti pagal formulę:

kuriame V 1 Ir V 2 – mišinį sudarančių komponentų tūris. Komponentų masės koncentracijos randamos iš lygybių:

kurios nustato šių dydžių ryšį su tūrinėmis koncentracijomis.

Paprastai tokių problemų tekstuose kartojasi viena ir ta pati sąlyga: iš dviejų ar daugiau mišinių, kurių sudėtyje yra komponentų. A 1 , A 2 , A 3 , ..., A n , naujas mišinys ruošiamas maišant pradinius mišinius, paimtus tam tikra proporcija. Šiuo atveju reikia išsiaiškinti, kokiu santykiu komponentai A 1, A 2 , A 3 , ..., A n bus įtraukta į gautą mišinį. Norint išspręsti šią problemą, patogu atsižvelgti į kiekvieno mišinio tūrį arba svorį, taip pat į jo sudedamųjų dalių koncentracijas. A 1, A 2 , A 3 , ..., A n . Naudodami koncentracijas, turite „padalyti“ kiekvieną mišinį į atskirus komponentus ir tada sukurti naują mišinį, naudodami metodą, nurodytą problemos pareiškime. Tokiu atveju nesunku apskaičiuoti, kiek kiekvieno komponento yra į gautą mišinį, taip pat bendrą šio mišinio kiekį. Po to nustatomos komponentų koncentracijos A 1, A 2 , A 3 ,..., A n naujame mišinyje.

Pavyzdys.Yra du vario ir cinko lydinio gabalai, kurių vario procentas yra atitinkamai 80% ir 30%. Kokiu santykiu reikėtų imti šiuos lydinius, norint išlydyti paimtas dalis ir gauti lydinį, kuriame yra 60 % vario?

Sprendimas. Paimkime pirmąjį lydinį X kg, o antrasis - adresu kg. Pagal sąlygą vario koncentracija pirmame lydinyje yra 80/100 = 0,8, antrajame – 30/100 = 0,3 (aišku, kad kalbame apie masės koncentracijas), vadinasi, pirmame lydinyje 0,8 X kg vario ir (1–0,8) X = 0,2X kg cinko, antrajame – 0,3 adresu kg vario ir (1–0,3) y = 0,7adresu kg cinko. Vario kiekis gautame lydinyje yra (0,8  X + 0,3  y) kg, o šio lydinio masė bus (x + y) kg. Todėl nauja vario koncentracija lydinyje pagal apibrėžimą yra lygi

Pagal uždavinio sąlygas ši koncentracija turėtų būti lygi 0,6. Todėl gauname lygtį:

Šioje lygtyje yra du nežinomieji X Ir u. Tačiau pagal problemos sąlygas reikia nustatyti ne pačius kiekius X Ir y, bet tik jų požiūris. Po paprastų transformacijų gauname

Atsakymas: lydiniai turėtų būti imami santykiu 3: 2.

Pavyzdys Vandenyje yra du sieros rūgšties tirpalai: pirmasis yra 40%, antrasis - 60%. Šie du tirpalai buvo sumaišyti, po to įpilama 5 kg gryno vandens, kad gautųsi 20% tirpalas. Jei vietoj 5 kg gryno vandens įpiltume 5 kg 80% tirpalo, gautume 70% tirpalo. Kiek buvo 40% ir 60% tirpalų?

Sprendimas. Leiskite X kg – pirmojo tirpalo masė, adresu kg – antra. Tada 20% tirpalo masė ( X + adresu+ 5) kg. Nuo m X kg 40 % tirpalo yra 0,4 X kg rūgšties, in adresu kg 60 % tirpalo yra 0,6 y kg rūgšties ir in (x + y + 5) kg 20% ​​tirpalo yra 0,2( X + y + 5) kg rūgšties, tada pagal sąlygą turime pirmąją lygtį 0,4 X + 0,6y = 0,2(X +y + 5).

Jei vietoj 5 kg vandens įpilsite 5 kg 80% tirpalo, gausite sveriantį tirpalą (x + y+ 5) kg, kuriame bus (0,4 X + 0,6adresu+ 0,8  5) kg rūgšties, kurios bus 70 proc (x + y+ 5) kg.

Sprendžiant statybos uždavinius algebriniu metodu:

1) sudaryti lygtį ar lygčių sistemą pagal uždavinio sąlygas;

2) išspręskite gautą lygtį ar sistemą ir suraskite reikiamą nežinomąjį;

3) pagal gautą formulę atlikti geometrinę konstravimą.

Prieš pereinant prie pavyzdžių, pažvelkime į pagrindines algebrinio metodo problemas (numeracija yra pagrindinių uždavinių numeravimo tąsa). Nurodome tik šių problemų sprendimą, o priežastis paliekama skaitytojui.

13 problema. Pateikiami segmentai A Ir b. Sukurkite segmentą

Sprendimas. Statome statųjį kampą su viršūne O (25 pav.). Jo šonuose nustatome segmentus OA = a ir OB= b. Tada atkarpa AB yra norima.

14 problema. Pateikiami segmentai A Ir b. Sukurkite segmentą

Sprendimas. Su taško O viršūne statome statųjį kampą (26 pav.). Vienoje iš jo pusių atidedame atkarpą OB = b. Nubrėžkite apskritimą, kurio centras yra taške B ir spindulys a. Jis susikirs su antrąja kampo kraštine taške A. Atkarpa OA yra reikalinga.

15 problema. Pateikiami segmentai A Ir b. Sukurkite segmentą

Sprendimas. Atkarpoje AB= a+b kaip sukurti apskritimą naudojant skersmenį. Tegu C yra taškas ant AB, kad AC= a. Taške C atstatome statmeną į AB. Jis kirs apskritimą taške D. Atkarpa CD yra norima (27 pav.). Jis vadinamas atkarpų geometriniu vidurkiu a Ir b.

16 problema. Pateikiami segmentai A, b Ir Su. Sukurkite segmentą

Sprendimas. Sukonstruojame savavališką kampą, kurio viršūnė yra taške O (28 pav.). Vienoje iš jo pusių išdėstome nuoseklius segmentus OA = a ir AC= c, o antroje OB = b. Per tašką C brėžiame tiesę, lygiagrečią AB. Jis susikirs su antrąja kampo kraštine taške D. Atkarpa VD yra norima. Jis vadinamas ketvirtuoju proporcingu segmentu.

20 PAVYZDYS. Pateikiami atkarpos a, b ir c. Sukurkite segmentą

Statyba.

1) sukurti segmentą;

a,a,1;

3) sukurti segmentą

14 PAVYZDYS.Pateikiami atkarpos a ir b. Sukurkite segmentą

Statyba.

1) sukonstruoti atkarpą, panašią į stačiojo trikampio su hipotenuze koją 2b ir antra koja b;

2) sukonstruoti atkarpą kaip ketvirtą proporcingą atkarpą a,a,1;

3) sukurti segmentą

24 PAVYZDYS. Duotas apskritimas ir taškas A už jo ribų. Nuo šio taško nubrėžkite sekantą, kad jis padalintų apskritimą į pusę.

Analizė. Žinodami taško padėtį apskritimo atžvilgiu, galime sudaryti liestinę, kurios ilgis žinomas, ir tegul ji lygi a. Tegul AC yra sekantas, o B – jo vidurio taškas, AB=BC= x. Pagal sekanto ir liestinės, nubrėžtos iš vieno taško, priklausomybės formulę, turime . Iš čia Gautas segmentas yra lygiašonio stačiakampio trikampio su koja hipotenuzės pusė a(29 pav.).

Statyba. Raskite liestinės, nubrėžtos iš taško A iki nurodyto apskritimo, ilgį. Tada sukonstruosime lygiašonį stačiakampį trikampį su koja a ir padalinti jos hipotenuzę pusiau. Gauname segmentą x. Sukonstruokime apskritimą, kurio centras yra taške A ir spindulys lygus x. Jis kirs duotą apskritimą taške B. Sukonstruokime spindulį AB, jis duos mums reikiamą sekantą.

Įrodymas išplaukia iš konstrukcijos.

Analizė. Uždavinio sprendimų skaičius priklauso nuo atkarpos AO ilgio, kur O yra nurodyto apskritimo centras. Tegu AO kerta duotąjį apskritimą taške C, o R yra duoto apskritimo spindulys.

1) Jei x+R tada problema turi du sprendimus;