Gerekli olan ile problemin verileri arasındaki ilişkilerden yola çıkarsak inşaat probleminin durumu analitik olarak ifade edilebilir.

İnşaat probleminin bir denklem biçiminde analitik ifadesi ve bu denklemin kökleri biçimindeki çözümleri, geometrik çözüm ve ayrıca hangi araçlarla gerçekleştirilebileceğini de belirleyin.

Cebirsel yöntemi kullanarak problemleri çözmek, aşağıdakileri oluşturmaya gelir:

• verilen iki segmentle orantılı ortalama x = 4аб
• verilen üç bölümle orantılı dördüncü, ifade edilen

. „ bs

x = - formülüyle basıldığında;

İle cebirsel toplam veri segmentleri x = a±b,x-a + b-c + d,

x = 3a±2b vesaire.; _

x = gibi formüllere göre 1a + b.

Geometrik inşaat problemlerini çözmek için cebirsel yöntem aşağıdaki gibidir:

• 1) Problem ifadesinde yer alan bilinmeyen miktarlar x harfleriyle gösterilir, y, z vesaire.;
• 2) bu bilinmeyenleri problemde verilen büyüklüklere bağlayan denklemler oluşturur a, b, c, ...;
• 3) derlenmiş denklemleri çözün;
• 4) alınan cevapları inceleyin;
• 5) gerekli inşaatı gerçekleştirin.

Cebirsel yöntemi kullanarak inşaat problemlerini çözmeye geçmeden önce, bazı bölümlerin inşasını ele alalım, ilişkiler tarafından verilen diğer bölümlerin uzunlukları arasında.

1. Bazen geometrik problemler inşaat için iki miktarın oranı şu şekilde verilmiştir: bir: b; a 3: b 3; 4: b4 vesaire.

Bu ilişkilerden herhangi birinin yerini iki parça ilişkisinin alabileceğini gösterelim.

Sorun 6.47. İlişki tarafından verilen bir segment oluşturun a p: b p, Nerede

hayır N.

Çözüm

Karşılıklı olarak iki rastgele dik çizgi çizelim KL Ve MN(Şekil 6.52) ve kesişme noktalarını O harfiyle belirtin. Düz çizgiler üzerinde KL Ve MN O noktasından itibaren OA segmentlerini çiziyoruz ve OAx, sırasıyla bu segmentlere eşit Kommersant Ve A. A ve noktalarının bağlanması bir b hadi asıl noktaya geri getirelim bir g dik AAX KL bir noktada L 2. A 2 noktasına dik bir noktayı geri getiriyoruz bir 2 bir 1 ve çizgiyle kesişene kadar devam edin MN A 3 noktasında vb.

Aşağıdaki oranların her birinin değerini belirleyelim: OA x: OA; OA 2 : OA x; OA 3: OAg vesaire.

Çünkü dik üçgenler OAA x, OA,A 2, OA^A 3 ,... benzerse bu şu anlama gelir:

OA, Ve ,

Oluşturma yoluyla - L = - ve dolayısıyla eşitlikler (*) sayesinde şunu elde ederiz: OAb

Oranın değerini belirleyelim.

terimlerinin her biri aynı değere bölünür OAb ve bu nedenle

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

Ancak -- = - ve -- = - eşitliklerinden -- = - ve -= - olduğunu görüyoruz.

OAOAAxb OA, Kommersant OA, A

Son iki eşitlikten dolayı eşitliği (**) şu şekilde yeniden yazabiliriz:

OA 2 _ a 2 OA ~ b 2 "

Benzer akıl yürütmeyi kullanarak başka ilişkiler de bulabiliriz.

2. Verilen iki bölümle orantılı ortalamayı oluşturma problemini düşünün; bölüm -Jab.

Sorun 6.48. Arsa ortalaması segmentlerle orantılı A Ve B. Çözüm

Segmentleri tek bir düz çizgi üzerinde art arda çiziyoruz AC = bir Ve kuzeydoğu = B(Şekil 6.53)

Pirinç. 6.53

Segmentte AB iC çapında bir daire nasıl oluşturulur, 1.

C noktasında çizgiye dik olanı geri getiriyoruz AB.

Sahibiz NC = -Jab. Gerçekten mi, AANB- dikdörtgen.

İle ünlü teorem AACN benzer ANCB, yani nereden

NC 2 = AC NE, veya diğer gösterimlerde NC 2 = ab. Sonunda elimizde NC--Jab.

3. İnşaat problemlerini çözerken, verilen üç parçayla orantılı dördüncü bir parça oluşturmak çoğu zaman gereklidir. Bu sorunun çözümünü düşünelim.

Sorun 6.49.Üç bölüm veriliyor a, b, c. Böyle bir segment oluşturun X,

Ve birlikte bu - = -.

Çözüm

Herhangi bir O açısını alalım. Açının bir tarafına parçaları yerleştireceğiz OA = bir Ve İşletim Sistemi = s, ve diğer tarafta - bir segment OV-b(Şekil 6.54)

C noktasından geçen düz bir çizgi çizin R || AB. O kirişi geçecek doğum günü noktada D. Hadi bunu kanıtlayalım Aşırı doz- gerekli bölüm X.üçgenler OAV

Ve OKB benzer. Bu nedenle yani. OD = x.

Pirinç. 6.54

Belirli bir durumda, bu problem bir segmenti parçalara ayırmanıza olanak tanır. P eşit parçalar. Haydi belirtelim bu bölüm başından sonuna kadar B. Herhangi bir bölümü alalım İle, bırak gitsin a - ps(Şekil 6.55).

Pirinç. 6.55

„ ac b b 1 .

- = - olduğundan, o zaman x =- c = - c = - b. ah ps

4. Daha fazlasını düşünün karmaşık tutum segmentler.

Sorun 6.50. İlişki tarafından verilen bir segment oluşturun 2 [bir: 2 /b, nerede hayır N.

Çözüm

Miktarların oranının formda verildiğini varsayalım. [a: -Jb, Nerede A Ve Kommersant- veri bölümleri.

Oranı Va:Vb olan iki segmenti belirlemek için aşağıdaki şekilde ilerliyoruz.

Seçilen noktadan rastgele bir düz çizgi üzerinde İLEİki parçayı art arda çizelim: KN Ve N.M. = B(Şekil 6.56)

Pirinç. 6.56

Segmentte KM,çapta olduğu gibi yarım daire oluşturacağız KRM.

Noktada N hadi dikeyi geri getirelim NN" segmente KM. Dümdüz NN" yayı geçer KRM bir noktada L.

Noktayı bağlama LcKiM. Segmentler KL Ve LM- arananlar, yani

Gerçekten de -=-- var. Ancak KLM A'ya benzer LMN, ve

KL LN KL 2 LN 2

bu -=-ve dolayısıyla -=--, ancak son eşitlikten

LM NM LM NM2

KN LN 2 KL 2 KN „

ve eşitlik-=-- bundan şu sonuç çıkar-- =-. Kare çıkarılıyor

NM NM 2 LM 2 NM

Son eşitliğin her iki tarafının kökünü buluruz:

Oranı eşit olan iki parçayı elde etmek için [a: yfb,önce bu iki segmenti oluşturmalısınız tip, tutumu

rykh eşitlikle belirlenir - = -j=, ve sonra aynı yolla

inşaat bulma segmentleri R Ve Q, eşitlikle belirlenir p_yfm Ch Vn

Benzer yapılar kullanılarak oranı eşit olan bölümler bulunabilir. 2 fa: 2 yх 2 + sa h 2, o zaman eşitlikten (*) şunu elde ederiz:

Yapı. 1. Bir segment oluşturun y = yj(2h b) 2 -h a 2(Şekil 6.61).

Pirinç. 6.61

2. İnşa ediyoruz x = ^^-(Şekil 6.62).

Pirinç. 6.62

3. Son olarak istenilen ikizkenar üçgeni oluşturuyoruz ABC dayalı AC =2x yükseklik DB = hb(Şekil 6.63).

Pirinç. 6.63

Kanıt. Oluşturulan ikizkenar üçgende bunu kanıtlamak gerekir. ABC yükseklikler BD -hb Ve AE-ha.İlk eşitlik açıktır ve ikincisinin geçerliliği, analizde verilen tüm formüllerin tersinirliğinden kaynaklanır. _

Çalışmak. Segmentin olduğunu fark ediyoruz y = yl(.2h b) 2 -h 2 ancak (2/i b) 2 olması durumunda oluşturulabilir -h a 2>0 veya 2 hb >ha a .

Bu koşul altında, x parçasını ve dolayısıyla istenilen üçgeni oluşturmak mümkündür. ABC.İkiden beri ikizkenar üçgen sahip olmak eşit gerekçeler Ve eşit yükseklik, eşitse problemin tek bir çözümü vardır.

Yorum. Sorun başka bir şekilde daha basit bir çözüme izin veriyor. Eğer bir noktadan geçersek D yüksekliğe paralel düz bir çizgi çizin AE ve kesişen taraf Güneş noktada F, sonra bir üçgen DFB 0,5 bacak boyunca inşa edilebilir ha bir ve hipotenüs hb, bu da istenen üçgenin inşasına yol açacaktır.

Sorun 6.57. Çemberin dışındaki belirli bir noktadan A bu daireye belirli bir oranda bölünecek bir sekant çizin.

Çözüm

Analiz. Sorunun çözüldüğünü varsayalım: sekant AL problemin koşullarını karşılar (Şekil 6.64). A noktasından bir sekant çizelim AC, O merkezinden geçen bu çevrenin. Bize A noktası verildiğine göre doğru parçalarını biliyoruz demektir. reklam ve AC. Doğru parçasının uzunluğunu x harfiyle gösterelim AK.Çemberin dışında bulunan A noktasından kesen çizersek, o zaman tüm kesenin ve dış kısmının çarpımı sabit bir değerdir ve bu nedenle

Pirinç. 6.64

Çizimden AL = x + olduğunu görüyoruz. L.K.

ben şş.. ph

Ve x koşuluna göre: LK = m : P, onlar. bk =- bunun anlamı AL = x + - -

= -(t + n). T

Dolayısıyla eşitlik (*) şu formu alacaktır: x-(m + n) = AD ? AC, Neresi

Yapı. 1. İyi bilinen bir yapıyı kullanarak formül (**)'e dayanarak x segmentini belirleriz.

• 2. Bir noktadan A bu daireye bir çentik açın İLE yarıçapı bulunan x'e eşittir.
• 3. Noktaları birleştirmek A Ve İLE ve bu çizgiye devam ederek gerekli sekantı elde ederiz.

Kanıt ve araştırma aşamalarında bu problemin çözümü için yapılan akıl yürütmeyi belirtmediğimizi unutmayın (bu aşamaları okuyucunun bağımsız olarak yürütmesine bırakıyoruz).

Sorun 6.58. Belirli bir dairenin dışında, bu daireye çizilen teğet, aynı noktadan merkeze doğru çizilen sekantın yarısı kadar olacak şekilde bir nokta bulun.

Çözüm

Analiz(Şekil 6.65). Çemberin O merkezinden istenen noktaya olan mesafeyi x harfiyle gösterelim. Bilindiği gibi, AB 2-DA ? AC(1), ancak DA = x - z (2), AC = x + g(3) ve dolayısıyla, AB 2= (x - z) (x + z) = x 2 - g 2 Ve AB = 1x2 -r2 (4).

Pirinç. 6.65

Koşul gereği AC = 2AB, daha sonra (3) ve (4) formüllerinden elde ederiz x + g - = 21x 2 - g 2 buradan x 2 + 2gx + g 2 = 4x 2 - 4g 2 veya 3x 2 - 2gx - 5g 2 = 0 olur. Bu nedenle,

onlar. x a = - g ve x 2 = - g.

Bu problemde x var olamaz olumsuz değer ve bu nedenle ikinci kökü atıyoruz.

Yapı.Çaplardan birine devam edelim (CD) verilen daire

ve bunun üzerine bu noktadan erteleyeceğiz Dçizgi segmenti D.A. eşit -r (DA = AO - OD = 5 2 3

G - g = -g (6)).

Nokta A- aradığım kişi.

Kanıt. AC = x + g = -g + g, onlar. AC = -g (7).

.- /2 8 4 AC

Formüller (1), (6), (7)'den şunları buluyoruz: AB = y/DA-AC = J-r--r=-r =

yapılan yapının doğruluğunu teyit eden (okuyucuyu araştırma aşamasını bağımsız olarak yürütmeye davet ediyoruz).

Görüntünün yeniden yapılandırılması için yinelemeli cebirsel yöntemler

mezuniyet çalışması

4.1 Cebirsel yöntem

f(x) = f(x, y) fonksiyonunun, nesnenin seçilen bazı bölümlerindeki yoğunluk dağılımını tanımlamasına izin verin. Hesaplamalı tomografinin ana görevi, f(x) fonksiyonunu deneysel olarak elde edilen bir dizi projeksiyondan yeniden oluşturmaktır:

bunlar L: düz çizgileri boyunca istenen dağılımın doğrusal integralleridir. Burada tarama açısı ve delta fonksiyonudur.

Pratikte, kural olarak, ve değerlerinin tümü için projeksiyonlar belirtilmez, ancak yalnızca sınırlı sayıda olanlar için projeksiyonlar belirtilir. Bir numara var pratik problemler 0'lık örnekleme sayısı çok sınırlıdır (3'ten 5'e kadar). Bu tip problemler küçük açılı tomografi problemlerine aittir ve çözülmesi en zor problemler arasındadır. Sorun şu şekilde formüle edilebilir: İki değişkenli bir fonksiyonun sonlu bir dizi projeksiyonu verildiğinde, şunu elde edin: en iyi tahmin bu fonksiyon.

Hadi formüle edelim Genel ayarlar Cebirsel yöntemler kullanarak problemin (4.1) çözümünü bulma problemini çözmek için, bu tür problemleri çözmek için yinelemeli bir algoritma oluşturacağız. Cebirsel yöntemlerin kullanımı, restorasyon algoritmasının başlangıcından önce görüntü örneklemeyi içerdiğinden temel olarak integral dönüşüm yönteminden farklıdır. Yapı ayrık model Görüntü yeniden yapılandırma sorunları aşağıdaki gibi açıklanabilir.

D R2 tanım kümesinde tanımlanan iki boyutlu bir f(x)=f(x,y) fonksiyonunu geri yüklemek gerekli olsun. Kurtarma alanının D, elises adı verilen n eşit küçük kareye bölünmüş bir K karesi içine alındığını varsayalım. Tüm yok etme işlemlerini 1'den n'ye kadar numaralandıralım. Bu durumda, geri yüklenen f(x) fonksiyonunun aldığı ana sınırlamayı kabul ediyoruz. sabit değer fj j'inci seçimin içindedir, yani f(x) fonksiyonunu ayrıklaştırılmış bir ifadeyle değiştiririz

eğer (x) j'inci eliza;

aksi takdirde. (4.3)

temsil eden bir dizi doğrusal sürekli fonksiyonelin verildiğini varsayalım. doğrudan dönüşüm Bir dizi düz çizgi boyunca radon:

Sonra f(x) fonksiyonunun Li ışını boyunca izdüşümüdür.

Operatörleri eşitliğe (4.2) uygulayarak ve onların sürekliliğini ve doğrusallığını hesaba katarak bir doğrusal sistem elde ederiz. cebirsel denklemler

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

Temel fonksiyonlar ailesi (bj) formül (4.3) ile verilirse, o zaman

İ-inci ışının j-elix ile kesişme uzunluğu.

Katsayı matrisini A=(), görüntü vektörünü f=(f1, f2, ..., fn) ve projeksiyon vektörünü R=(R1, R1, ..., Rt) olarak gösteriyoruz. Daha sonra problemin çözümü, formdaki doğrusal cebirsel denklemler sisteminin çözümüne indirgenir.

Bu durumda R vektörünün bazı hatalar ile verildiği açıktır.

Sistemin (4.5) formunun, bi temel fonksiyonları sisteminin ve Ri fonksiyoneller kümesinin özel seçimine bağlı olduğunu belirtmekte fayda var. D alanının (ve dolayısıyla temel fonksiyonları bi) bölümleme ızgarasını seçmenin başka yolları da vardır. Fonksiyonel fonksiyonlar sadece (4.4) formunda değil aynı zamanda ışınların gerçek uzunluğu dikkate alınarak ve parçalı sabit fonksiyonlar kullanılarak seçilir. Ayrıca problemin formülasyonu ışınların geometrisine bağlı değildir ve üç boyutlu durum için kolaylıkla formüle edilebilir.

4.2 Ara bağlantı operatörlerini kullanma

Bu paragrafta tartışılmaktadır yeni yöntem düzlemsel bilgisayarlı tomografi (PCT) probleminin parçalı sabit fonksiyonlar biçiminde yaklaşık bir çözümünün temsili. Yöntemin doğruluğu klasik çözüm yöntemine göre daha yüksektir uçak problemi Parçalı sabit fonksiyonları kullanan RCT.

E2'yi dörtgenlere bölüyoruz. Aşağıdaki gösterimi tanıtalım.

Operatör O1, x'teki parçalı sabit fonksiyonlarla f(x,y) yaklaşımının bir operatörüdür. Eğer y=sabit ise, bu durumda f(x,y)'nin yE şeridindeki en iyi yaklaşımı koşulundan bulunur. Benzer şekilde O2 operatörü, f(x,y)'nin y'deki parçalı sabit fonksiyonlarla yaklaşıklaştırılmasının bir operatörüdür.

Eğer x=const ise j(x), xE şeridindeki f(x,y)'nin en iyi yaklaşımı koşulundan bulunur.

Aşağıdaki operatörleri tanıtalım:

F'nin en iyi yaklaşımı koşulundan değerleri f(оij, ij) sayısına göre buluyoruz:

Lemma 3.1 r=1,2 veya and fonksiyonu sınırlı varyasyonlu bir fonksiyon olsun. O halde Onm operatörleri şu özelliklere sahiptir:

Kanıt. Özellikler (3.25) ve (3.26) şu gerçeği ortaya koymaktadır:

Özellik (3.27) şu gerçeği takip eder:

Özellikler (3.29) tüm türevlenebilir fonksiyonlar için sağlanmıştır ve sürekli fonksiyonlar sınırlı varyasyonla.

Lemma 1 kanıtlanmıştır.

Sonuç 1. Sınırlı varyasyona sahip sürekli fonksiyonlar için aşağıdaki hata tahminini elde ederiz.

Sonuç 2. Fonksiyonları, aynı hata tahminine sahip tek değişkenli parçalı sabit fonksiyonlarla değiştirmek

operatörü alıyoruz

gi(x) değerlerini alalım

Gi (y) değerlerini alalım

aşağıdaki özelliklere sahip:

Sonuç 3. Operatör

aşağıdaki özelliklere sahiptir:

Eğer r=1,2 veya ve sınırlı varyasyonlu bir fonksiyon ise, o zaman

Kanıt. Hata için eşitliği yazabiliriz.

Bu eşitsizliği ifade eder

Ortaya çıkan ifadenin sağ tarafına 3 ve 4 tahminlerini uygulayarak tahmine (3.42) ulaşırız.

Sonuç 3 kanıtlanmıştır.

Eğer m=n ise operatörde hata var demektir (sabitleri kullanır); operatörün yaklaşımında hata var. Yani operatör (sabitleri kullanır) operatörle aynı hataya sahiptir:

Aşağıdaki paragraflarda bu yöntemin avantajları vurgulanmaktadır.

Bilinmeyenlerin sayısı

Yaklaşık bir çözüm oluştururken fonksiyonların ara bağlantılarının kullanılması, yani yaklaşık bir çözümün şu şekilde temsil edilmesi:

bilinmeyen 2n3+n2 sabitlerinin ortaya çıkmasına neden oldu. Bu nedenle operatör O(n3) sabit-bilinmeyenlerini kullanır. Operatörde hata var.

Yaklaşık bir çözümün klasik temsili olan bir operatörün kullanılması, bilinmeyen n4 sabitle sonuçlanır. Bu nedenle operatör O(n4) sabit-bilinmeyenlerini kullanır. Operatörde hata var.

Yukarıdakileri özetleyerek, operatörü kullanmanın O(n3) bilinmeyenleri bulmayı gerektirdiği, operatörü kullanmanın ise aynı hatayla çözüme yaklaşmak için O(n4) bilinmeyenleri bulmayı gerektirdiği sonucuna vardık.

Bu nedenle, operatörün kullanılması aritmetik işlem sayısı açısından önemli avantajlar sağlar, çünkü aynı doğruluğu elde etmek için daha düşük boyutlu bir doğrusal cebirsel denklem sisteminin çözülmesi gerekir.

Bu gerçeği göstermek için aşağıdaki tabloyu sunuyoruz:

tablo 1

Karşılaştırmalar, bir operatör kullanırken aynı doğruluğu elde etmek için daha az denklem alabileceğinizi göstermektedir. Örneğin n=9 için klasik yöntemde bilinmeyenlerin sayısı 4 kat daha fazladır.

Sistemin aşırı belirlenmesi gerektiğinden ve n=9 bilinmeyen için 1539 (interlinasyonlu durum için) ve 6561 (aralıklı durum için) klasik yöntem) ve denklem sayısının bilinmeyen sayısından büyük alınması gerekiyorsa, interlinasyonlu yöntemde bu denklemlerden daha az olacağı açıktır.

Geliştirilen algoritmalar ve programlar kullanılarak gerçekleştirilen bir hesaplamalı deney bu ifadeleri doğruladı.

Etki alanı örneklemesi

Düzlemsel bilgisayarlı tomografi problemini çözmek için şemaların kullanılması, kullanıma dayalıdır ve alanın ayrıklaştırılmasını belirler.

İçin - düzensiz bir ızgara: kenarları olan karelere ve kenarları olan dikdörtgenlere bölünmüş ve sırasıyla Ox ve Oy ekseni boyunca uzatılmıştır. Izgara düğümleri karelerin ve dikdörtgenlerin merkezlerinde bulunur.

İçin - normal ızgara: bir tarafı olan karelere bölünmüş. Izgara düğümleri karelerin merkezlerinde bulunur.

Operatörün kullanılmasının olumlu etkisi, düğümlerin farklı düzenlenmesi nedeniyle elde edilir ve bu, aşağıdaki ilişki arasında bir bağlantıya neden olur:

Karşılık gelen kare, dikey ve yatay dikdörtgenlerin merkezlerinde bulunan düğümlerle çakışan.

Bu noktalar için, çünkü Bu merkezlerde kesin çözümlerimiz var.

Bu, kullanılarak oluşturulan yaklaşık çözümün şu olduğu anlamına gelir: enterpolasyon formülü. Onun yardımıyla, fonksiyonun değeri, D bölgesinin, belirtilenler dışında, tam bir eşleşmenin gözlendiği herhangi bir noktasında hesaplanır.

Belirtilen merkezlerdeki kesin eşleşme ile ilgili olarak. Araç,

Düşmanca oyun

Cebirsel yöntemi kullanarak problemleri çözmek için iki olası durum vardır: 1. Matrisin bir eyer noktası vardır; 2. Matrisin bir eyer noktası yoktur. İlk durumda çözüm, oyunun eyer noktasını oluşturan bir çift stratejidir. Gelelim ikinci duruma...

Hesaplamalı Matematik

Bir parçayı ikiye bölme yöntemi, doğrusal olmayan bir denklemi çözmenin en basit ve en güvenilir yoludur. Bırakın ön analiz Denklem (2.1)'in kökünün x* aralığında olduğu bilinmektedir, dolayısıyla f(x*) = 0...

Hesaplamalı Matematik

Newton'un yöntemi en çok etkili yöntem Doğrusal olmayan denklemlerin çözümü. Kök x* olsun, böylece f(a)f(b)< 0. Предполагаем, что функция f(x) непрерывна на отрезке и дважды непрерывно дифференцируема на интервале (a, b). Положим x0 = b...

Hesaplamalı Matematik

Bu ve sonraki bölümde Newton'un yöntemindeki değişiklikleri ele alacağız. Formül (2.13)'ten görülebileceği gibi, Newton'un yöntemi, uygulanması için türevin hesaplanmasını gerektirir, bu da uygulamasını sınırlar. Sekant yönteminin bu dezavantajı yoktur...

Yinelemeli cebirsel yöntemler görüntü yeniden yapılandırması

f(x) = f(x, y) fonksiyonunun, nesnenin seçilen bazı bölümlerindeki yoğunluk dağılımını tanımlamasına izin verin. Hesaplamalı tomografinin ana görevi, deneysel olarak elde edilen bir dizi projeksiyondan f(x) fonksiyonunu yeniden oluşturmaktır: (4...

x2, x4, x5, x6 - temel değişkenler, x1, x3 - serbest değişkenler x1?F? x3?F? x3 seçilsin mi? x4 x2, x3, x5, x6 - temel değişkenler, x1, x4 - serbest değişkenler x1?F? x4?F? x1 seçilsin mi? x5 x1, x2, x3, x6 - temel değişkenler, x4...

Doğrusal ve doğrusal olmayan programlama

Grid arama yöntemi olarak adlandırılan global minimum arama yöntemi güvenilirdir ancak yalnızca düşük boyutlu problemlere uygulanabilir (n<4). Неправильный выбор начального шага сетки может привести к тому...

Doğrusal ve doğrusal olmayan programlama

Yineleme 1. Yineleme sayısı k = 0 Yineleme 2. Yineleme sayısı k = 1 Arama tamamlandı 3.3...

Teorik Bilgi y = f(x) fonksiyonu aralıkta sürekli olsun. Belirli bir integral hesaplamamız gerekiyor. Tıpkı parabol yönteminde olduğu gibi parçalara bölüyoruz. Dikdörtgen yönteminin özü...

Teknik problemlerin çözümünde matematiksel modelleme ve sayısal yöntemler

Teorik Bilgi y = f(x)'in aralıkta sürekli olduğu belirli bir integral hesaplamamız gerekiyor. Doğru parçasını noktalarla birlikte h uzunluğunda n eşit aralığa bölelim. Bu durumda bölümleme adımı parabol yöntemindekiyle aynı şekilde belirlenir...

Diferansiyel denklemleri çözme yöntemleri

Dikdörtgenler yöntemi, tek değişkenli bir fonksiyonun sayısal entegrasyon yöntemidir; bu, her temel segmentte integralin sıfır dereceli bir polinomla, yani bir sabitle değiştirilmesinden oluşur...

Rubik küp durumlarının dönüşüm gruplarının sistem analizi

CFOP dört montaj aşamasının adıdır (Şekil 3.2): Çapraz, F2L, OLL, PLL: 1) Çapraz montajın...

Doğrusal denklem sistemleri

Üç bilinmeyenli 3 doğrusal denklemden oluşan bir sistemi ele alalım: Sistemin matrisine karşılık gelen üçüncü dereceden determinant, yani. Bilinmeyenler için katsayılardan oluşan sisteme sistemin determinantı denir.

Doğrusal denklem sistemleri

Gauss yöntemi aşağıdaki teoreme dayanmaktadır: Bir sistemin genişletilmiş matrisinin satırlarının temel dönüşümleri, bu sistemin eşdeğer bir sisteme dönüştürülmesine karşılık gelir. Genişletilmiş matrisin temel satır dönüşümlerini kullanarak...

Aşkın denklemleri çözmek için sayısal yöntemler

Denklem (1)'in aralıkta bir kökü olsun ve f(x) ve f "(x) sürekli olsun ve tüm aralık boyunca sabit işaretleri korusun. Newton yönteminin geometrik anlamı, y = f eğrisinin yayının olmasıdır. (x) bir teğet ile değiştirilir.

İyi çalışmanızı bilgi tabanına göndermek basittir. Aşağıdaki formu kullanın

Bilgi tabanını çalışmalarında ve çalışmalarında kullanan öğrenciler, lisansüstü öğrenciler, genç bilim insanları size çok minnettar olacaklardır.

Yayınlanan http://www.allbest.ru/

Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı

FEDERAL DEVLET BÜTÇE EĞİTİM YÜKSEK MESLEKİ EĞİTİM KURUMU "GORNO-ALTAI DEVLET ÜNİVERSİTESİ"

Fizik ve Matematik Fakültesi

03/44/05 Pedagojik eğitim profili matematik ve bilgisayar bilimleri

Matematik ve Matematik Öğretim Yöntemleri Bölümü

DERS ÇALIŞMASI

GEOMETRİK YAPI PROBLEMLERİNİN OLUŞTURULMASI İÇİN CEBİRSEL YÖNTEM

Bedareva Maria Nikolaevna

Bilimsel danışman doçent

NA Pakhaeva

Gorno-Altaysk 2016

giriiş

Çözüm

giriiş

Geometrik yapılar geometri çalışmasında çok önemli bir unsurdur.

Okul geometri dersinde kullanılan önemli yöntemlerden biri de inşaat problemlerinin çözümünde cebirsel yöntemdir. Zaten 6-7. Sınıflarda öğrenciler hesaplama problemlerini çözmek ve çözümü basitleştirmek amacıyla problemlerin ispatını yapmak için cebiri defalarca kullanıyorlardı. Cebir, geometrik soruları analitik olarak çözmenin çok kullanışlı ve iyi bir yolunu sunar.

İnşaat problemlerini çözmek için cebirsel yöntem, inşaat problemleri teorisindeki en önemli yöntemlerden biridir. Sorunların belirli bir dizi araçla çözülebilirliği ile ilgili sorunlar bu yöntemin yardımıyla çözülür.

Ayrıca bu, geleneksel yöntemlerle çözülmesi zor olan birçok sorunu çözmenize olanak tanıyan en güçlü yöntemlerden biridir. Yöntem cebir ve geometri arasındaki yakın ilişkiyi mükemmel bir şekilde göstermektedir.

Bu dersin amacı, inşaat problemlerini çözmenin cebirsel yöntemi konusunu ele almak, inşaat problemlerini ve bunları çözmek için şemaları gözden geçirmek ve ayrıca temel formüllerle verilen bölümleri oluşturmaktır. cebirsel problem çözümü geometri

1. Geometrik inşaat problemlerini çözmek için cebirsel yöntem

Yöntemin özü aşağıdaki gibidir. İnşaat sorunlarını çözmek, belirli bir bölümün (veya birkaç bölümün) inşa edilmesine bağlıdır. Gerekli segmentin değeri, bir formül kullanılarak bilinen segmentlerin değerleri cinsinden ifade edilir. Daha sonra elde edilen formül kullanılarak gerekli segment oluşturulur.

Örnek1 . İki A ve B noktasından geçen bir daire çizin, böylece ona teğet uzunluğu noktadan çizilir. İLE eşit A.

Analiz. A ve B noktalarından, bu noktaya teğet olacak şekilde bir daire çizilsin. İLE eşittir A. Bir daire üç noktadan çizilebildiğinden, çizeceğiz kuzeydoğu ve noktanın konumunu belirleyin İLE. İnanıyoruz SK = X Ve kuzeydoğu = İle; o zaman teğet özelliğine göre cx = A 2 .

Yapı.

1. inşaat için Xüzerine yarım daire çiz Güneş ve yay (İLE, A);

2. atlamak L.K. M.Ö;

3. İle KS = a 2; Bu yüzden X = KS ve nokta İLE aradığınız şey olacak;

4. Orta noktalardan dikeyleri geri yükleme AB Ve HF kesişmeden önce istenen merkezi buluruz HAKKINDA;

5. bir daire çizin ( HAKKINDA, OA);

HANIM - istenilen teğet.

Kanıt. HANIM 2 = kuzeydoğu KS = Ve HANIM = A, gereğince, gerektiği gibi.

Çalışmak.İfade A İle- sorunumuza bir çözümün var olması koşulu, çünkü yalnızca bu koşul altında yay (İLE, A)çemberi kesecek CLB.

Örnek2. Bu üçgenin köşelerini merkez olarak kullanarak, dışarıdan çiftler halinde birbirine dokunan üç daireyi tanımlayın.

Analiz. ABC belirli bir üçgen olsun; a, b, c onun kenarları, x, y, z istenen dairelerin yarıçaplarıdır. Daha sonra X+ sen= C, sen+ z= A, z+ X= B. Bu nedenle nerede

Yapı.

1. bir daire çizin S1(A, X);

2. S2(B, C - X);

3. S3(C, B - X).

Kanıt. Dairelerin yarıçaplarının toplamını bulun S 1 Ve S 3 :

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

Yarıçapların toplamının merkezleri arasındaki mesafeye eşit olduğunu bulduk, bu da S 2 ve S 3 dairelerinin teğetliğini kanıtlıyor.

Çalışmak. Sorun her zaman benzersiz bir şekilde çözülebilir, çünkü:

1. içinde ABC üçgeni kenarların toplamı B+ C> A ve dolayısıyla x parçası oluşturulabilir;

2. C> X, çünkü (çünkü A+ C> B);

3. B> X, Çünkü.

2. İnşaat sorunları ve çözüm şeması

Problemlerin koşulları cebirsel ilişkiler veya denklemler kullanılarak ifade edilebilirse inşaat problemi analitik bir görüntü alır. Sorunun analitik çözümü geometrik bir çözüm bulmayı sağlar; inşaatın kendisi.

1-2 problemlerini çözerken inşaat problemlerinin çözülebilirlik işaretini kullanırlar.

Görev 1. Bir pergel ve cetvel kullanarak 7'deki açıyı 3'teki açıdan kesin.

Çözüm. Açıyı saat yönünde (saat yönünün tersine) ardışık olarak 7 51 kez ertelemek yeterlidir. Toplamda 751 = 357 açı elde ediyoruz, böylece 3 açı elde ediyoruz. Şimdi bu 3 açıyı 7 açısından keserek karşılık gelen yayı kesmemiz yeterli.

Görev 2. Aşağıdaki boyutta bir açı şablonuna sahip 1'lik bir açı oluşturmak mümkün müdür:

a) 17; b) 19; 27.

Çözüm:

a) 1753 1805=1 evet;

b) 1919 1802=1 evet;

V) X, sen Z 27 numara X+180en 9'un katıdır ve bu nedenle 1 hayır'a eşit olamaz.

Eğer A, B, C bunlar segmentler mi, o zaman bir pusula ve cetvel kullanarak bunu oluşturmak zor değil a+b, A B, . Örneğin, segmentlerin geometrik ortalaması x= aşağıdakiler var yapı:

Şekil 1 Görev No. 2'nin yapım şeması

Bu parçaları keyfi bir düz çizgi üzerine çizelim A Ve B öyle ki birinin sonu diğerinin başlangıcıyla örtüşüyor (ve bu nokta onların tek ortak noktası). Hadi bölelim AC yarım nokta HAKKINDA ve yarıçap segmentin yarısına eşit AC, merkezi bir noktada olan bir daire çizin HAKKINDA. Bir noktadan doğru parçasına dik bir çizgi oluşturuyoruz AC. Dikle çemberin kesişim noktasını gösterelim D. ВD=x= .

Kanıt. Dikdörtgen şeklinde ADC:

Görev 3. Bir segment oluşturun x=.

Şekil 2 Görev No. 3'ün yapım şeması

Yapı:

1. Keyfi bir çizgide AB noktayı işaretle M.

2. Gerçekleştireceğiz MNAB.

3. M.C.= B, C MN.

4. e=(C, A)AB, AB

5. EM=

Görev 4. İnşa etmek x=

Not.İnşa ediyoruz ve sonra x= .

Görev 5. İkinci dereceden bir denklemin köklerini oluşturun.

Çözüm. Denklemin köklerinin belirli dilimleri ifade edebilmesi için denklemin tüm terimlerinin ikinci boyutta yani ikinci boyutta olması gerekir. serbest terim belirli bir değerin karesi olarak ifade edildi. Denklem verilsin X 2 +balta+b 2 =0. Bu denklemi çözerek şunları buluruz:

Şekil 3 Görev No. 5'in yapım şeması

Problem 3'ün çözümünü kullanarak inşa ediyoruz EM= Merkezden e yarıçap YEMEK YEMEK bir daire çizin. Aldık

Çözüm mümkünse...

Şekil 4 Görev No. 5 için İnşaat Şeması No. 2

Diğer çözüm: Denklemin kökleri, bir daire üzerindeki bir noktadan çapa çizilen dikme özelliği kullanılarak oluşturulabilir. Erteleme AB = A, bunu açıklayacağız AB dairenin çapına göre çizin MN||AB noktada daireyle kesişene kadar L. biz yürütüyoruz LCAB; bölümler AC Ve kuzeydoğu denklemin köklerini ifade edin, çünkü AC+SV=a, AC CB=LC 2 =b 2

Görev 6. İÇİNDE ABC yönetmek MN||AC yani fark OG Ve NC bu segmente eşit D.

Çözüm. Bir noktanın konumunu bilmek M uzunluğunu bilmeniz gerekir VM; bu uzunluğu şununla gösterelim X. benzerlikten BMN Ve SEN sahibiz: VM:ВN=AB:BC veya çünkü ВN=BC CN=a (XD),

, xa= CAcx+ CD, .

Bu denklemi çözmek. Bulduk.

Şekil 5 Görev No. 5'in yapım şeması

Yapı. Çizgi segmenti X yan yatmalı İle ve karşı X bir tarafı olmalı a+d, partiye karşı İle taraf a+c. Bu nedenle devam etmek Güneş ertelemek SK=d Ve CL=c, bağlamak L C A Ve aracılığıyla İLE gerçekleştirmek KM||LA gerekli noktayı alıyoruz M. biz yürütüyoruz MN||AC.

Kanıt. benzerlikten VMC VAL sahibiz: VM:AB=VK:BL, veya VM: c=(a+d):(a+c). Bu oranı orantı (*) ile karşılaştırdığımızda şunu görüyoruz: VM=x.

Hadi bunu kanıtlayalım VMNC=d. Aslında orantısız NC:BC=AM:AB bulduk:

Çalışmak. Sorun çözülebilirse D C.

3. Temel formüllerle verilen bölümlerin oluşturulması

Cebirsel yöntemin geometrik problemlerin çözümüne uygulanması aşağıdaki algoritmaya iner:

* problemin koşullarına göre bir denklem hazırlamak;

* elde edilen denklemin gerekli bölümü gösteren harfe göre çözülmesi;

* Ortaya çıkan formülün araştırılması;

* Ortaya çıkan formülü kullanarak bir segment oluşturmak.

Sorunun çözümü bir parça oluşturmaktan geçiyorsa, o zaman bu parçayı x olarak alabilir ve önce hesaplama problemini çözebilirsiniz; x'i bilinen bölümler cinsinden ifade edin X = f(a, B, C, …) . Daha sonra bu formülü kullanarak x segmentini oluşturmaya devam ediyoruz.

Cebirsel yöntem evrenseldir ve herhangi bir inşaat problemine uygulanabilir, ancak her zaman en basit çözümü sağlamaz. Yöntem aynı zamanda inşaat probleminin cetvel ve pergel kullanılarak çözülemezliğini kanıtlamak için de kullanılır.

a, b, c, … verilen parçaları ve x, y, z, … gerekli olanları göstersin.

Toplamı, farkı (x = a ± b) ve ayrıca bir tam sayıyla çarpmayı veya bölmeyi (x = ka, x = a/k) temsil eden formülleri kullanarak segmentler oluşturmak, segmentleri toplamaya veya çıkarmaya, segmenti a kadar artırmaya gelir belirli sayıda kez ve bir parçayı belirli sayıda eşit parçaya bölme.

Formülleri kullanarak segmentler oluşturma

Bacaklarını veya hipotenüs ve kenarını kullanarak bir dik üçgen oluşturmaya gelir. İlk durumda x hipotenüs, ikinci durumda ise kenardır.

Formülü kullanarak bir segment oluşturmak, dördüncü orantılı segmenti bulmaktan geçer. Bunu yapmak için, bir açının kenarlarının paralel çizgilerle kesişmesiyle ilgili teoremi kullanın.

Şekil 6 Bir açının kenarlarının paralel doğrularla kesişmesine ilişkin teorem

Bir daire üzerindeki rastgele bir noktadan çapına düşen bir diklik hakkındaki teoremi kullanan formülü kullanarak bir parça oluşturmak uygundur.

Şekil 7 Bir daire üzerinde rastgele bir noktadan onun çapına bırakılan bir dikme ile ilgili teorem

Yukarıdaki formüllerin kombinasyonları olan formüller kullanılarak bölümlerin oluşturulması, yardımcı bilinmeyen bölümler ve bunların sıralı yapıları dahil edilerek gerçekleştirilir. Karmaşık formüller, yukarıdaki formüllerin süperpozisyonu (kombinasyonu) olarak sunulur. Örneğin:

Birim parça verilmemişse x = a2, x = 1/a formüllerini kullanarak x parçasını oluşturmak imkansızdır. Bir birim segment verilirse yapı basittir:

Formüllerle ifade edilen parçaların oluşturulmasına örnekler verelim.

Örnek 1.

Nerede sen = A + B, z = B - C, T = A + C.

Örnek 2.

Nerede sen = A + B, z = A + C.

Çözüm

Ders çalışması sırasında inşaat problemlerini çözmenin cebirsel yöntemi konusu ele alındı.

İnşaat sorunları ve bunları çözme şemaları analiz edildi ve temel formüllerle belirlenen bölümlerin inşası konusu da ele alındı.

İnşaat görevleri, figür oluşturma becerilerini geliştiren, çizimi okuma ve anlama yeteneğinin oluşumuna katkıda bulunan, parçaları arasında bağlantı kuran çalışmaların temelini oluşturur ve bu sistemin yetersizliği öğrencinin mekansal gelişiminin zayıf olmasını belirler. ve mantıksal düşünme ve grafik kültürünün düşük seviyesi. Bu eksiklikler öğrencinin matematiğin birçok dalını etkili bir şekilde çalışmasına olanak sağlamamaktadır. Ayrıca edebiyatla da çalışarak şu sonuca vardım:

1) inşaat problemlerinin incelenmesine daha fazla dikkat edilmesi gerekmektedir, çünkü doğru kullanıldığında öğrencilerin mantıksal düşünmesini geliştirmenin güçlü bir yoludur;

2) geometrik inşa görevleri, geometri dersinin geri kalanından bağımsız, ayrı bir şey olarak düşünülmemelidir. Problem çözmeyi öğrenme ve geometriyi öğrenme süreçleri ayrılmaz bir şekilde bağlantılıdır. Üstelik bu bağlantı iki yönlü olmalı, yani sadece önceden edinilmiş bilgileri kullanarak inşaat problemlerini çözmeyi öğretmek değil, tam tersine geometri çalışırken inşaat problemlerini kullanmak da gereklidir.

Yukarıdakilerden, bu konunun lise öğrencileriyle özel derslerde tartışılabileceği anlaşılmaktadır.

Kullanılmış literatür listesi

1. Atanasyan L.S., Bazylev V.T.. Geometri bölüm I. M.: Aydınlanma, 1986. 352 s.

2. Atanasyan L.S., Bazylev V.T.. Geometri bölüm II. M.: Aydınlanma, 1987. 336 s.

3. Kanatnikov A.N., Krischenko A.P. Analitik Geometri, 2. baskı. M.: MSTU im. yayınevi. N.E. Bauman, 2000. 388 s.

4. Lidsky V., Ovsyannikov L., Tulaikov A., Shabunin M. İlköğretim matematikte problemler, beşinci baskı, M.: Nauka, 1968. 412 s.

Allbest.ru'da yayınlandı

Benzer belgeler

Geometrik inşaat problemlerine çeşitli çözümler bulma yöntemleri. Geometrik dönüşüm yöntemlerinin seçimi ve uygulanması: Temel şeklin şekline ve özelliklerine bağlı olarak paralel öteleme, simetri, döndürme (döndürme), benzerlik, ters çevirme.

kurs çalışması, eklendi 08/13/2011


Maksimum ve minimum kavramları. En büyük ve en küçük miktarları bulma problemlerini (diferansiyel kullanmadan) geometrik problemleri çözmek için kullanma yöntemleri. Dikkat çekici eşitsizliklerin kullanılması. Temel çözüm yöntemi.

özet, 08/10/2014 eklendi


Yapısal geometrinin genel aksiyomları. Matematiksel araçların aksiyomları. İnşaat probleminin beyanı, problem çözme yöntemi. İnşaat yöntemlerinin özellikleri: bir pusula, bir cetvel, çift taraflı cetvel, dik açı kullanarak inşaat.

dersler kursu, eklendi 12/18/2009


Üç eleman kullanarak belirli bir açıya eşit bir açı, belirli bir açının orta noktası, bir doğru parçasının orta noktası, dik çizgiler ve bir üçgen oluşturmak. Thales teoremi ve noktaların yeri. Hareket özelliklerini kullanarak inşaat. Geometrik yerler yöntemi.

tez, 24.06.2011 eklendi


Hesaplamalı ve uygulamalı matematiğin karmaşık problemlerini çözmek için basit bir yöntemin geliştirilmesi. Pratik problemlerin çözümü için esnek bir ağ aparatının yapımı. Akışkan akışına ilişkin uygulamalı problemlerde yarı kafesler ve Bernstein polinomlarının kullanımı.

tez, 25.06.2011 eklendi


Çokyüzlülerin bölümlerini oluşturmak için çeşitli yöntemlerin gözden geçirilmesi ve özellikleri, bunların güçlü ve zayıf yönlerinin belirlenmesi. Çokyüzlülerin bölümlerini oluşturmak için evrensel bir yöntem olarak yardımcı bölümler yöntemi. Araştırma konusuyla ilgili problem çözme örnekleri.

sunum, 19.01.2014 eklendi


Çeşitli akış rejimlerinin dinamik faktörlerini hesaba katan yeni bir kinetik denklem kullanılarak süspansiyon filtrasyonunun başlangıç-sınır değeri problemlerinin formülasyonu. Sorunları çözmek için algoritmaların oluşturulması, hesaplama programlarının hazırlanması, bilgisayarda sayısal sonuçların elde edilmesi.

tez, 19.06.2015 eklendi


Matematiksel modellemenin temel kavramları, üretim planlama problemleri ve ulaştırma problemlerinin model oluşturma aşamalarının özellikleri; Çözümlerine analitik ve program yaklaşımları. Doğrusal programlama problemlerinin çözümü için Simpleks yöntemi.

kurs çalışması, eklendi 12/11/2011


Geometride inşaat problemlerinin çözümünde ters çevirme yönteminin uygulanması. Apollonius probleminin çözümü, antiparalel doğrular üzerine lemma. Değişmeyen daireler ve ters çevirme sırasında açıların korunması. Ters çevirme kullanmanın ve Garth invertörün çalışmasının dezavantajları.

tez, 30.09.2009 eklendi


Bir çokyüzlünün kenarlarındaki belirli noktalarda düz çizgiler arasındaki açıyı bulma konusunda çok sayıda problemi çözebileceğiniz net bir algoritma hazırlamak. Konuyla ilgili problem terimleri ve çözüm örnekleri. Bu tür problemleri çözmeye yönelik alıştırmalar.

1. Cebirsel yöntemi kullanarak problemlerin çözümüne ilişkin genel açıklamalar.

2. Hareket görevleri.

3. İşe yönelik görevler.

4. Karışımlar ve yüzdelerle ilgili problemler.

Sözlü problemleri çözmenin aritmetik bir yolunu bulmak için cebirsel yöntemi kullanmak.

1. Cebirsel yöntemi kullanarak problem çözerken, gerekli miktarlar veya hangisinin belirlenebileceği bilinen diğer miktarlar harflerle gösterilir (genellikle x, y,z). Veriler ile bilinmeyen nicelikler arasındaki, ya doğrudan koşulda formüle edilen (sözlü biçimde) ya da sorunun anlamından kaynaklanan (örneğin, söz konusu niceliklerin tabi olduğu fiziksel yasalar) ya da takip edilen, karşılıklı olarak bağımsız tüm ilişkiler durumdan ve bazı akıl yürütmelerden yola çıkılarak, eşitsizliklerin eşitliği şeklinde yazılmıştır. Genel durumda, bu ilişkiler bir tür karma sistem oluşturur. Belirli durumlarda bu sistem eşitsizlik veya denklem içermeyebilir veya yalnızca bir denklem veya eşitsizlikten oluşabilir.

Cebirsel yöntemi kullanarak problemleri çözmek, tek ve oldukça evrensel bir şemaya uymaz. Bu nedenle, tüm görevlerle ilgili herhangi bir talimat çok genel niteliktedir. Pratik ve teorik sorunları çözerken ortaya çıkan görevlerin kendine has özellikleri vardır. Bu nedenle araştırmaları ve çözümleri çok çeşitli niteliktedir.

Matematik modeli tek bilinmeyenli bir denklemle verilen problemlerin çözümü üzerinde duralım.

Problem çözme etkinliğinin dört aşamadan oluştuğunu hatırlayalım. İlk aşamadaki çalışma (problemin içeriğinin analizi), seçilen çözüm yöntemine bağlı değildir ve hiçbir temel farklılığa sahip değildir. İkinci aşamada (problemi çözmenin bir yolunu ararken ve çözümü için bir plan hazırlarken), cebirsel çözüm yönteminin kullanılması durumunda aşağıdakiler gerçekleştirilir: denklemi oluşturmak için ana ilişkinin seçilmesi; bilinmeyenin seçilmesi ve ona bir ad verilmesi; temel ilişkiye dahil olan niceliklerin bilinmeyen ve veriler aracılığıyla ifadesi. Üçüncü aşama (problemin çözümü için bir planın uygulanması), bir denklemin oluşturulmasını ve çözülmesini içerir. Dördüncü aşama (sorunun çözümünün kontrol edilmesi) standart bir şekilde gerçekleştirilir.

Genellikle bir bilinmeyenli denklemler oluştururken X aşağıdaki iki kurala uyun.

Kural BEN . Bu niceliklerden biri bilinmeyenle ifade edilir. X ve diğer veriler (yani, bir kısmın belirli bir değeri içerdiği ve diğerinin aynı değeri içerdiği bir denklem hazırlanır; X ve diğer veri değerleri).

Kural II . Aynı miktar için iki cebirsel ifade derlenir ve bunlar daha sonra birbirine eşitlenir.

Dışarıdan bakıldığında ilk kuralın ikinciden daha basit olduğu görülüyor.

İlk durumda, her zaman bir cebirsel ifade, ikincisinde ise iki tane oluşturmanız gerekir. Bununla birlikte, aynı miktar için iki cebirsel ifade oluşturmanın halihazırda bilinen bir tanesini seçip onun için bir ifade oluşturmaktan daha uygun olduğu problemler sıklıkla vardır.

Sözlü problemlerin cebirsel olarak çözülmesi işlemi aşağıdaki algoritmaya göre gerçekleştirilir:

1. Öncelikle denklemin oluşturulacağı ilişkiyi seçin. Sorun ikiden fazla ilişki içeriyorsa, o zaman denklemi oluşturmanın temeli, tüm bilinmeyenler arasında bir bağlantı kuran ilişki alınmalıdır.

Daha sonra karşılık gelen harfle gösterilen bilinmeyen seçilir.

Denklemi oluşturmak için seçilen ilişkiye dahil olan tüm bilinmeyen miktarlar, ana ilişki dışında problemin içerdiği geri kalan ilişkilere dayanarak seçilen bilinmeyen aracılığıyla ifade edilmelidir.

4. Bu üç işlemden, bir denklemin oluşturulması, matematiksel semboller kullanılarak sözlü bir notasyonun tasarımı olarak doğrudan takip edilir.

Listelenen işlemler arasında merkezi yer, denklemlerin oluşturulması için temel ilişkinin seçimidir. Ele alınan örnekler, denklemler oluşturulurken ana ilişkinin seçiminin belirleyici olduğunu, problemin bazen belirsiz sözlü metnine mantıksal düzen getirdiğini, yönelim konusunda güven verdiğini ve problemin içerdiği tüm miktarları veriler aracılığıyla ifade etmek için düzensiz eylemlere karşı koruduğunu göstermektedir. ve arananlar.

Problemleri çözmenin cebirsel yöntemi büyük pratik öneme sahiptir. Onun yardımıyla teknoloji, tarım ve günlük yaşam alanındaki çok çeşitli sorunları çözüyorlar. Zaten lisede öğrenciler fizik, kimya ve astronomi çalışırken denklemleri kullanırlar. Aritmetiğin güçsüz olduğu veya en iyi ihtimalle aşırı derecede hantal akıl yürütme gerektirdiği durumlarda, cebirsel yöntem kolayca ve hızlı bir şekilde cevaba ulaşır. Ve aritmetiği çözmesi nispeten kolay olan "standart" aritmetik problemlerinde bile cebirsel çözüm kural olarak hem daha kısa hem de daha doğaldır.

Problemleri çözmenin cebirsel yöntemi, yalnızca çizimde birbirinden farklı olan bazı problemlerin, yalnızca veriler ile istenen miktarlar arasında aynı ilişkilere sahip olmakla kalmayıp, aynı zamanda bu ilişkilerin kurulduğu tipik akıl yürütmeye de yol açtığını göstermeyi kolaylaştırır. . Bu tür problemler yalnızca aynı matematiksel akıl yürütmenin, aynı ilişkilerin farklı spesifik yorumlarını verir, yani aynı matematiksel modele sahiptirler.

2. Hareket problemleri grubu üç nicelikten bahseden problemleri içerir: yol (S), hız ( v) ve zaman ( T). Kural olarak, hızın büyüklük ve yön bakımından sabit olduğu durumlarda düzgün doğrusal hareketle ilgilenirler. Bu durumda, her üç büyüklük de aşağıdaki ilişkiyle ilişkilidir: S = vt. Örneğin bir bisikletçinin hızı 12 km/saat ise 1,5 saatte 12 km/saat  1,5 saat = 18 km yol alacaktır. Düzgün ivmeli doğrusal hareketin, yani sabit ivmeli hareketin dikkate alındığı problemler vardır. (A). Kat edilen mesafe S bu durumda aşağıdaki formülle hesaplanır: S = v 0 T + en 2 /2, Nerede v 0 – ilk hareket hızı. Yani, 5 m/s başlangıç ​​hızı ve 9,8 m 2 / s serbest düşüş ivmesi ile 10 s'lik düşüşte, cisim 5 m/s  10 s + 9,8 m 2 / s  eşit bir mesafeye uçacaktır. 10 2 sn 2/2 = 50 m + 490 m = 540 m.

Daha önce de belirtildiği gibi, sözlü problemleri çözerken ve her şeyden önce hareketle ilgili problemlerde açıklayıcı bir çizim yapmak (problemin yardımcı bir grafik modelini oluşturmak için) çok faydalıdır. Çizim, tüm buluşmalar, duraklar ve dönüşlerle hareketin dinamiklerini gösterecek şekilde yapılmalıdır. İyi çizilmiş bir çizim sadece problemin içeriğini daha iyi anlamanızı sağlamakla kalmaz, aynı zamanda denklem ve eşitsizliklerin hazırlanmasını da kolaylaştırır. Bu tür çizimlerin örnekleri aşağıda verilecektir.

Hareket problemlerinde tipik olarak aşağıdaki kurallar benimsenir.

Problemde özel olarak belirtilmediği sürece, belirli alanlardaki hareketin tekdüze olduğu kabul edilir (ister düz bir çizgide ister daire şeklinde olsun).

Hareketli cisimlerin dönüşleri anlık olarak kabul edilir, yani zaman kaybetmeden gerçekleşir; hız da anında değişir.

Bu sorun grubu da vücutların hareketlerini dikkate alan görevlere ayrılabilir: 1) birbirlerine doğru; 2) bir yönde (“sonra”); 3) zıt yönlerde; 4) kapalı bir yörünge boyunca; 5) nehir boyunca.

Cisimler arası mesafe eşit ise S, ve cisimlerin hızları eşittir v 1 Ve v 2 (Şek. 16 A), cisimler birbirine doğru hareket ettiğinde, buluştukları süre eşittir S/(v 1 + v 2).

2. Cisimler arası mesafe eşit ise S, ve cisimlerin hızları eşittir v 1 ve v 2 (Şek. 16 B), sonra cisimler bir yönde hareket ettiğinde ( v 1 > v 2) İlk cismin ikinciye yetişeceği süre eşittir S/(v 1 – v 2).

3. Cisimler arası mesafe eşit ise S, ve cisimlerin hızları eşittir v 1 ve v 2 (Şek. 16 V), daha sonra, aynı anda zıt yönlere doğru yola çıkan cesetler, bir süre sonra T uzakta olmak S 1 = S + (v 1 + v 2 ) T.

Pirinç. 16

4. Cisimler kapalı bir yol boyunca tek yönde hareket ediyorsa S hızlarla v 1 ve vŞekil 2'de, cisimlerin bir noktadan başlayarak aynı anda tekrar karşılaşacağı (bir cisim diğerine yetişecek) süre şu formülle bulunur: T = S/(v 1 – v 2) şu şartla v 1 > v 2 .

Bu, aynı anda kapalı bir yörünge boyunca bir yönde başlatıldığında, hızı daha büyük olan cismin, hızı daha az olan cismi yakalamaya başlaması gerçeğinden kaynaklanmaktadır. İlk kez ona yetiştiğinde, bir mesafe kat etmiş S başka bir bedenden daha büyüktür. Eğer onu ikinci, üçüncü kez vb. geçerse bu, 2 mesafe kat ettiği anlamına gelir. S 3'e kadar S ve benzeri başka bir bedenden daha büyük.

Eğer cisimler kapalı bir yol boyunca farklı yönlerde hareket ediyorsa S hızlarla v 1 ve v 2, aynı anda bir noktadan hareket ederek buluşacakları süre formülle bulunur T = v(v 1 + v 2). Bu durumda hareketin başlamasından hemen sonra vücutların birbirine doğru hareket etmeye başladığı bir durum ortaya çıkar.

5. Bir cisim nehrin akışıyla birlikte hareket ediyorsa kıyıya göre hızı Ve bir cismin durgun sudaki hızından oluşur v ve nehrin akış hızı w: ve =v + w. Bir cisim nehrin akışına karşı hareket ederse hızı ve =v – w. Örneğin teknenin hızı v= 12 km/saat ve nehrin akış hızı w = 3 km/saat, ardından 3 saat içinde tekne nehrin akışı boyunca seyredecektir (12 km/saat + 3 km/saat)  3 saat = 45 km ve akıntıya karşı - (12 km/saat - 3 km/saat) h)  3 saat = 27 km. Durgun suda hareket hızı sıfır olan nesnelerin (sal, kütük vb.) hızının nehrin akış hızına eşit olduğuna inanılmaktadır.

Birkaç örneğe bakalım.

Örnek.Her 20 dakikada bir, bir noktadan, bir yöne. arabalar gidiyor. İkinci araba 60 km/saat hızla gidiyor ve birincinin hızı ikincinin hızından %50 daha fazla. Birinci arabayı ikinciden 5,5 saat sonra geçtiği biliniyorsa üçüncü arabanın hızını bulunuz.

Çözüm. Üçüncü arabanın hızı x km/saat olsun. İlk arabanın hızı ikincinin hızından %50 daha fazladır, bu da şu anlama gelir:

Bir yönde hareket ederken karşılaşma süresi, nesneler arasındaki mesafenin hızları farkına oranı olarak bulunur. 40 dakika sonra ilk araba. (2/3 saat) 90  (2/3) = 60 km yol alacaktır. Bu nedenle üçüncüsü 60/( X– 90) saat. 20 dakikada ikincisi. (1/3 saat) 60  (1/3) = 20 km yol alacaktır. Bu, üçüncünün 20/( içinde ona yetişeceği (görüşecekleri) anlamına gelir. X– 60) saat (Şekil 17).

P
Sorun koşulları hakkında

Pirinç. 17

Basit dönüşümlerden sonra ikinci dereceden denklem olan 11x 2 – 1730x + 63000 = 0'ı elde ederiz ve bunu çözerek buluruz.

Kontrol, ikinci kökün problemin koşullarını karşılamadığını gösteriyor çünkü bu durumda üçüncü araba diğer arabalara yetişemeyecektir. Cevap: Üçüncü arabanın hızı 100 km/saattir.

Örnek Motorlu gemi nehir boyunca 96 km yol kat etti, geri döndü ve bir süre yük altında durdu ve nehrin hızı 2 km/saat oldu. Yükleme süresi oraya gidiş-dönüş yolculuğunun tamamında harcanan zamanın %37,5'i ise, geminin durgun sudaki hızını belirleyin.

Çözüm. Geminin durgun sudaki hızı x km/saat olsun. Daha sonra ( X+ 2) km/saat – akıntı boyunca hızı; (X - 2) km/saat – akıntıya karşı; 96/( X+ 2) h – akımla hareket süresi; 96/( X– 2) h – akıntıya karşı hareket süresi. Geminin yüklendiği toplam sürenin %37,5'i olduğundan net seyahat süresi %62,5  %32/100 = 20 (saat) olur. Dolayısıyla problemin koşullarına göre aşağıdaki denkleme sahibiz:

Bunu dönüştürdüğümüzde şunu elde ederiz: 24( X – 2 + X + 2) = 5(X + 2)(X – 2) => 5X 2 – 4X– 20 = 0. İkinci dereceden denklemi çözdükten sonra şunları buluruz: X 1 = 10; X 2 = -0,4. İkinci kök problemin koşullarını sağlamıyor.

Cevap: Geminin durgun sudaki hızı 10 km/saattir.

Örnek. Araba şehir dışına doğru yola çıktı Aşehrin içinden C şehrine İÇİNDE Duraklama olmadan. Mesafe AB, 120 km'ye eşit, mesafeden 1 saat daha hızlı sabit hızla gitti güneş, 90 km'ye eşittir. Arabanın şehirden ortalama hızını belirleyin A C şehrine giden yoldaki hızın biliniyorsa AB Bu bölümde 30 km/saat daha fazla hız Güneş.

Çözüm. İzin vermek X km/saat – bölümdeki araç hızı Güneş.

Daha sonra ( X+ 30) km/saat – bölümdeki hız AB, 120/(X+ 30) sa, 90/ X h – arabanın rotayı kat etmesi için gereken süre AB Ve Güneş sırasıyla.

Dolayısıyla problemin koşullarına göre aşağıdaki denkleme sahibiz:

.

Hadi dönüştürelim:

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

İkinci dereceden denklemi çözdükten sonra şunları buluruz: X 1 = 30, X 2 = -90. İkinci kök problemin koşullarını sağlamıyor. Bu, bölümdeki hızın Güneş kesitte 30 km/saat'e eşit AB – 60 km/saat. Bundan şu sonuç çıkıyor: mesafe AB araba 2 saatte kat etti (120 km: 60 km/saat = 2 saat) ve mesafe Güneş - 3 saatte (90 km: 30 km/saat = 3 saat), yani tüm mesafe AC arabayı 5 saatte sürdü (3 saat + 2 saat = 5 saat). Daha sonra bölümdeki ortalama hız AC, uzunluğu 210 km olan 210 km'ye eşittir: 5 saat = 42 km/saat.

Cevap: 42 km/saat - sitedeki bir arabanın ortalama hızı AC.

Çalışma görevleri grubu üç büyüklükten bahseden görevleri içerir: iş A, zaman Tİşin yapıldığı süre boyunca verimlilik R - birim zamanda yapılan iş. Bu üç miktar denklemle ilişkilidir A = RT. İş görevleri ayrıca borular, pompalar ve diğer cihazlar kullanılarak kapların (kaplar, tanklar, havuzlar vb.) doldurulması ve boşaltılmasıyla ilgili görevleri de içerir. Bu durumda pompalanan suyun hacmi yapılan iş olarak kabul edilir.

İş problemleri genel olarak hareket problemleri olarak sınıflandırılabilir, çünkü bu tür problemlerde tüm işin veya rezervuarın tüm hacminin mesafe rolü oynadığını ve iş yapan nesnelerin performansının hareket hızlarına benzer olduğunu varsayabiliriz. . Ancak olay örgüsü açısından bu görevler doğal olarak farklılık gösterir ve bazı iş görevlerinin kendine özgü çözüm yöntemleri vardır. Böylece yapılacak iş miktarının belirtilmediği görevlerde tüm işler bir olarak ele alınır.

Örnek.İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerekiyordu. 8 gün birlikte çalıştıktan sonra birinci takıma başka bir görev verildi, böylece ikinci takım siparişi 7 gün daha tamamladı. Ekiplerin her biri ayrı ayrı çalışarak siparişi kaç günde tamamlayabilir?

Çözüm. Birinci tugayın görevi tamamlamasına izin verin X günler, ikinci tugay - için sen günler. Tüm işi tek bir birim olarak ele alalım. Sonra 1/ X - birinci tugayın verimliliği, 1/ sen – ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ X + 1/en) = 1.

İkinci koşuldan, ikinci ekibin 15 gün, ilk ekibin ise sadece 8 gün çalıştığı anlaşılmaktadır. Yani ikinci denklem şöyle görünür:

8/X+ 15/en= 1.

Böylece, sistemimiz var:

Birinci denklemi ikinci denklemden çıkararak şunu elde ederiz:

21/sen = 1 => y = 21.

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

Cevap: Birinci ekip siparişi 28 günde, ikinci ekip ise 21 günde tamamlayacak.

Örnek. Çalışan A ve işçi İÇİNDE işçi işi 12 günde tamamlayabilir A ve işçi İLE– 9 gün içinde, çalışıyor İÇİNDE ve işçi C – 12 gün. Birlikte çalışarak işi kaç günde tamamlarlar?

Çözüm. İşçiye izin ver A için işi yapabilir X günler, çalışıyor İÇİNDE- arka en günler, çalışıyor İLE- arka z günler. Tüm işi tek bir birim olarak ele alalım. Sonra 1/ x, 1/sen ve 1/ z – işçi verimliliği A, B Ve İLE sırasıyla. Problemin koşulunu kullanarak tabloda sunulan aşağıdaki denklem sistemine ulaşıyoruz.

tablo 1

Denklemleri dönüştürdüğümüzde, üç bilinmeyenli üç denklemden oluşan bir sistemimiz olur:

Sistemin denklemlerini terim terim topladığımızda şunu elde ederiz:

veya

Toplam, işçilerin ortak üretkenliğidir, dolayısıyla tüm işi tamamladıkları süre eşit olacaktır.

Cevap: 7,2 gün.

Örnek. Havuza besleme ve tahliye olmak üzere iki boru monte edilmiştir ve ilk borudan havuz, ikinci boruya göre 2 saat daha uzun süre doldurulur ve havuzdan su dökülür. Havuzun üçte biri dolduğunda her iki boru da açıldı ve 8 saat sonra havuz boşaldı. Birinci borudan havuz kaç saatte doldurulabilir, dolu bir havuz bir borudan kaç saatte boşaltılabilir. ikinci boru?

Çözüm. İzin vermek V m 3 – havuzun hacmi, X m 3 / h – besleme borusunun kapasitesi, en m3 / sa - çıkış. Daha sonra V/ X h – besleme borusunun havuzu doldurması için gereken süre, V/ sen h – çıkış borusunun havuzu boşaltması için gereken süre. Sorunun koşullarına göre V/ X – V/ sen = 2.

Çıkış borusunun kapasitesi doldurma borusunun kapasitesinden büyük olduğundan her iki boru da açıldığında havuz boşaltılacak ve zamanla havuzun üçte biri boşalacaktır. (V/3)/(sen – X), bu da problemin koşullarına göre 8 saate eşittir. Dolayısıyla problemin koşulu, üç bilinmeyenli iki denklem sistemi olarak yazılabilir:

Bulmanız gereken problemde V/ X Ve V/ sen. Denklemlerdeki bilinmeyenlerin bir kombinasyonunu seçelim V/ X Ve V/ sen, sistemi şu şekilde yazmak:

Yeni bilinmeyenlerle tanışın V/ X= bir Ve V/ sen = B, aşağıdaki sistemi elde ederiz:

İfadeyi ikinci denklemde yerine koymak A= B + 2 için bir denklemimiz var B:

hangisini bulacağımıza karar verdikten sonra B 1 = 6, B 2 = -8. Problemin koşulları birinci kök 6, = 6 (h) tarafından sağlanmaktadır. Bulduğumuz son sistemin ilk denkleminden A= 8 (h) yani ilk boru havuzu 8 saatte dolduruyor.

Cevap: Havuz birinci borudan 8 saatte dolacak, ikinci borudan havuz 6 saatte boşaltılacaktır.

Örnek. Bir traktör ekibinin 240 hektarı sürmesi, diğerinin ise ilkinden %35 daha fazla sürmesi gerekiyor. Her gün ikinci ekipten 3 hektar daha az alan işleyen birinci ekip, işi ikinci ekipten 2 gün daha erken bitirdi. Her takım günde kaç hektar tarla sürüyordu?

Çözüm. 240 hektarın %35'ini bulalım: 240 hektar  %35 /%100 = 84 hektar.

Bu nedenle ikinci tugay 240 hektar + 84 hektar = 324 hektar toprağı sürmek zorunda kaldı. Birinci tugayın her gün toprağı sürmesine izin verin X Ha. Sonra ikinci tugay her gün sabanla ( X+ 3) ha; 240/ X– ilk takımın çalışma süresi; 324/( X+ 3) – ikinci ekibin çalışma süresi. Problemin koşullarına göre birinci takım ikinci takımdan 2 gün önce işi bitirmiştir, dolayısıyla denklemi elde ederiz.

dönüşümlerden sonra şu şekilde yazılabilir:

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

İkinci dereceden denklemi çözdükten sonra x 1 = 24, x 2 = 15'i buluyoruz. Bu, birinci tugayın normudur.

Sonuç olarak, ikinci ekip sırasıyla günde 27 hektar ve 18 hektar tarla işledi. Her iki çözüm de problemin koşullarını karşılamaktadır.

Cevap: Birinci tugay tarafından günde 24 hektar, ikinci tugay tarafından 27 hektar sürüldü; Birinci takım günde 15 hektar, ikinci takım ise 18 hektar işliyordu.

Örnek. Mayıs ayında iki atölyede 1.080 parça üretildi. Haziran ayında ilk atölye parça üretimini %15, ikinci atölye ise parça üretimini %12 artırarak her iki atölyede de 1224 parça üretildi. Haziran ayında her atölye kaç parça üretti?

Çözüm. İzin vermek Xİlk atölye Mayıs ayında parça üretti, en ayrıntılar - ikincisi. Mayıs ayında 1080 parça üretildiği için problemin koşullarına göre denklemimiz var. X + sen = 1080.

%15'ini bulalım X:

Yani 0,15'e kadar X ilk atölyenin üretim çıktısı arttı, bu nedenle haziran ayında üretime başladı x + 0,15 X = 1,15 X detaylar. Benzer şekilde Haziran ayındaki ikinci çalıştayın 1.12 ürettiğini görüyoruz. sen detaylar. Bu, ikinci denklemin şöyle görüneceği anlamına gelir: 1.15 X + 1,12 en= 1224. Böylece şu sistemi elde ederiz:

nereden buluyoruz x = 480, y = 600. Sonuç olarak, Haziran ayında atölyelerde sırasıyla 552 parça ve 672 parça üretildi.

Cevap: İlk atölye 552 parça, ikinci atölye ise 672 parça üretti.

4. Karışımlar ve yüzdelerle ilgili problemler grubu, çeşitli maddelerin belirli oranlarda karıştırılmasını içeren problemlerin yanı sıra yüzdelerle ilgili problemleri de içerir.

Konsantrasyon ve yüzde problemleri

Bazı kavramları açıklayalım. Karışım olsun Pçeşitli maddeler (bileşenler) A 1 A 2 , ..., A N sırasıyla hacimleri eşit olan V 1 , V 2 , ..., V N . Karışım hacmi V 0 saf bileşenlerin hacimlerinden oluşur: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V N .

Hacim konsantrasyonu maddeler A Ben (Ben = 1, 2, ..., P) bir karışımdaki c miktarına denir Ben, aşağıdaki formülle hesaplanır:

A maddesinin hacim yüzdesi Ben (Ben = 1, 2, ..., P) bir karışımdaki miktara denir P Ben , formülle hesaplanır R Ben = İle Ben ,  100%. Konsantrasyonlar İle 1, İle 2 , ..., İle N boyutsuz nicelikler olan , eşitlikle ilişkilidir İle 1 + s 2 + ... + s N = 1 ve ilişkiler

Karışımın toplam hacminin ne kadarının tek tek bileşenlerin hacimlerinden oluştuğunu gösterin.

Yüzdesi biliniyorsa Ben bileşen ise konsantrasyonu aşağıdaki formülle bulunur:

yani Pi – bu konsantrasyon Ben Karışımdaki madde yüzde olarak ifade edilir. Örneğin bir maddenin yüzdesi %70 ise buna karşılık gelen konsantrasyon 0,7'dir. Tersine, konsantrasyon 0,33 ise yüzde 33'tür. Yani miktar R 1 + p 2 + …+ p N = %100. Konsantrasyonlar biliniyorsa İle 1 , İle 2 , ..., İle N bu hacim karışımını oluşturan bileşenler V 0 , daha sonra karşılık gelen bileşen hacimleri aşağıdaki formüllerle bulunur:

Kavramlar benzer şekilde tanıtılır. ağırlık (kütle) conmerkezileşme karışımın bileşenleri ve bunlara karşılık gelen yüzdeler. Saf bir maddenin ağırlığının (kütlesinin) oranı olarak tanımlanırlar. A Ben , bir alaşımda tüm alaşımın ağırlığına (kütlesine) eşittir. Belirli bir problemde hangi konsantrasyonun, hacmin veya ağırlığın tartışıldığı, onun koşullarından her zaman açıktır.

Hacim konsantrasyonunun ağırlık konsantrasyonuna göre yeniden hesaplanmasının veya bunun tersinin gerekli olduğu problemler vardır. Bunu yapabilmek için çözeltiyi veya alaşımı oluşturan bileşenlerin yoğunluklarının (özgül ağırlıklarının) bilinmesi gerekir. Örneğin, bileşenlerin hacimsel konsantrasyonlarına sahip iki bileşenli bir karışımı ele alalım. İle 1 Ve İle 2 (İle 1 + s 2 = 1) ve bileşenlerin özgül ağırlıkları D 1 Ve D 2 . Karışımın kütlesi aşağıdaki formül kullanılarak bulunabilir:

burada V 1 Ve V 2 – Karışımı oluşturan bileşenlerin hacimleri. Bileşenlerin ağırlık konsantrasyonları eşitliklerden bulunur:

bu miktarların hacimsel konsantrasyonlarla ilişkisini belirler.

Kural olarak, bu tür sorunların metinlerinde aynı tekrarlanan durum ortaya çıkar: bileşenler içeren iki veya daha fazla karışımdan A 1 , A 2 , A 3 , ..., A N , Alınan orijinal karışımların belirli oranlarda karıştırılmasıyla yeni bir karışım hazırlanır. Bu durumda bileşenlerin hangi ilişkide olduğunu bulmak gerekir. A 1, A 2 , A 3 , ..., A N Elde edilen karışıma dahil edilecektir. Bu sorunu çözmek için, her bir karışımın hacim veya ağırlık miktarının yanı sıra onu oluşturan bileşenlerin konsantrasyonlarını da dikkate almak uygundur. A 1, A 2 , A 3 , ..., A N . Konsantrasyonları kullanarak, her karışımı ayrı bileşenlere "bölmeniz" ve ardından problem ifadesinde belirtilen yöntemi kullanarak yeni bir karışım oluşturmanız gerekir. Bu durumda ortaya çıkan karışıma her bir bileşenin ne kadarının dahil edildiğini ve bu karışımın toplam miktarını hesaplamak kolaydır. Bundan sonra bileşenlerin konsantrasyonları belirlenir. A 1, A 2 , A 3 , ..., A N yeni bir karışımda.

Örnek.Bakır oranları sırasıyla %80 ve %30 olan iki adet bakır ve çinko alaşımı bulunmaktadır. Alınan parçaların bir arada eritilerek %60 bakır içeren bir alaşım elde edilmesi için bu alaşımların hangi oranda alınması gerekir?

Çözüm. İlk alaşım alınsın X kg ve ikincisi - en kilogram. Bu duruma göre, ilk alaşımdaki bakır konsantrasyonu 80/100 = 0,8, ikincisinde - 30/100 = 0,3'tür (ağırlık konsantrasyonlarından bahsettiğimiz açıktır), bu da ilk alaşımda 0,8 anlamına gelir. X kg bakır ve (1 – 0,8) X = 0,2X kg çinko, ikincisinde – 0,3 en kg bakır ve (1 – 0,3) sen = 0,7en kg çinko. Elde edilen alaşımdaki bakır miktarı (0,8 ) X + 0,3  e) kg ve bu alaşımın kütlesi (x + y) kilogram. Bu nedenle, tanıma göre alaşımdaki yeni bakır konsantrasyonu şuna eşittir:

Sorunun koşullarına göre bu konsantrasyonun 0,6'ya eşit olması gerekir. Bu nedenle denklemi elde ederiz:

Bu denklem iki bilinmeyen içeriyor X Ve sen. Ancak problemin koşullarına göre belirlenmesi gereken miktarların kendisi değildir. X Ve sen, ama sadece tavırları. Basit dönüşümlerden sonra elde ederiz

Cevap: alaşımlar 3: 2 oranında alınmalıdır.

Örnek Suda iki sülfürik asit çözeltisi vardır: birincisi %40, ikincisi %60. Bu iki çözelti karıştırıldı ve ardından %20'lik bir çözelti elde etmek üzere 5 kg saf su ilave edildi. 5 kg saf su yerine 5 kg %80'lik çözelti ekleseydik %70'lik çözelti elde ederdik. Kaç tane %40 ve %60'lık çözüm vardı?

Çözüm. İzin vermek X kg – ilk çözümün kütlesi, en kg - saniye. Daha sonra %20'lik çözeltinin kütlesi ( X + en+ 5)kg. Beri X kg% 40'lık çözelti 0,4 içerir X kg asit, içinde en kg% 60'lık çözelti 0,6 içerir sen kg asit ve (x + y + 5) kg %20'lik çözelti 0,2( X + sen + 5) kg asit, o zaman koşula göre ilk denklem 0,4'tür. X + 0,6sen = 0,2(X +y + 5).

5 kg su yerine 5 kg %80’lik çözelti eklerseniz, ağırlığında bir çözelti elde edersiniz. (x + y+ 5) kg, (0,4) içerecektir X + 0,6en+ 0,8  5) kg asit, yani %70'i (x + y+ 5)kg.

Cebirsel yöntemi kullanarak inşaat problemlerini çözerken:

1) problemin koşullarına göre bir denklem veya denklem sistemi oluşturmak;

2) ortaya çıkan denklemi veya sistemi çözün ve gerekli bilinmeyeni bulun;

3) ortaya çıkan formülü kullanarak geometrik yapıyı gerçekleştirin.

Örneklere geçmeden önce cebirsel yöntemde kullanılan temel problemlere bakalım (numaralandırma, ana problemlerin numaralandırılmasının devamıdır). Biz bu sorunların sadece çözümünü belirtiyoruz ve gerekçesini okuyucuya bırakıyoruz.

Sorun 13. Segmentler verildi A Ve B. Bir segment oluşturun

Çözüm. O köşesiyle dik bir açı oluşturuyoruz (Şekil 25). Yanlarına OA = bölümlerini yerleştiriyoruz A ve OB= B. O zaman AB segmenti istenen segmenttir.

Sorun 14. Segmentler veriliyor A Ve B. Bir segment oluşturun

Çözüm. O noktasındaki tepe noktasıyla dik bir açı oluşturuyoruz (Şekil 26). Bir tarafında OB = segmentini bırakıyoruz B. Merkezi B noktasında ve yarıçapı olan bir daire çizin A. Açının ikinci kenarını A noktasında kesecektir. OA doğru parçası gerekli olandır.

Sorun 15. Segmentler verildi A Ve B. Bir segment oluşturun

Çözüm. AB segmentinde= a+bçapı kullanarak bir daire nasıl oluşturulur. AB üzerinde AC= olacak şekilde bir C noktası olsun. A. C noktasında AB'ye dik olan noktayı yeniden oluşturuyoruz. Daireyi D noktasında kesecektir. CD segmenti istenen segmenttir (Şekil 27). Segmentlerin geometrik ortalaması denir A Ve B.

Sorun 16. Segmentler verildi A, B Ve İle. Bir segment oluşturun

Çözüm. Tepe noktası O noktasında olacak şekilde keyfi bir açı oluşturuyoruz (Şekil 28). Bir tarafında ardışık OA bölümlerini yerleştiriyoruz = A ve AC= C, ve ikinci OB'de = B. C noktasından AB'ye paralel bir doğru çiziyoruz. Açının ikinci tarafını D noktasında kesecektir. VD segmenti istenen segmenttir. Buna dördüncü orantılı segment denir.

ÖRNEK 20. a, b ve c segmentleri verilmiştir. Bir segment oluşturun

Yapı.

1) bir segment oluşturun;

a,a,1;

3) bir segment oluşturun

ÖRNEK 14.a ve b segmentleri verilmiştir. Bir segment oluşturun

Yapı.

1) hipotenüslü bir dik üçgenin bacağına benzer bir doğru parçası oluşturun 2b ve ikinci bacak B;

2) dördüncü orantılı bölüm olarak bir bölüm oluşturun a,a,1;

3) bir segment oluşturun

ÖRNEK 24. Bir daire ve onun dışında bir A noktası veriliyor. Bu noktadan itibaren daireyi ikiye bölecek şekilde bir sekant çizin.

Analiz. Noktanın daireye göre konumunu bildiğimizde, uzunluğu bilinen bir teğet oluşturabilir ve buna eşit olabiliriz. A. AC bir kesen ve B onun orta noktası olsun, AB=BC= X. Bir noktadan çizilen bir sekant ve teğetin bağımlılığı formülüne göre elimizde. Buradan Ortaya çıkan parça, bir kenarı olan ikizkenar dik üçgenin hipotenüsünün yarısı kadardır A(Şek. 29).

Yapı. A noktasından verilen çembere çizilen teğetin uzunluğunu bulun. Daha sonra bir bacağı olan ikizkenar dik üçgen oluşturacağız A ve hipotenüsünü ikiye bölelim. Segmenti alıyoruz X. Merkezi A noktasında ve yarıçapı eşit olan bir daire çizelim. X. Verilen çemberi B noktasında kesecektir. Bir AB ışınını oluşturalım, bu bize gerekli keseyi verecektir.

Kanıt inşaattan takip ediyor.

Analiz. Sorunun çözüm sayısı, O'nun verilen dairenin merkezi olduğu AO doğru parçasının uzunluğuna bağlıdır. AO'nun verilen çemberi C noktasında kesmesine izin verin ve R verilen çemberin yarıçapıdır.

1) Eğer x+R o zaman problemin iki çözümü var;