Temel çözüm yöntemleri geometrik problemler: geometrik - gerekli ifade bir diziden mantıksal akıl yürütme kullanılarak türetilir ünlü teoremler; cebirsel - istenilen geometrik miktar şuna göre hesaplanır: çeşitli bağımlılıklar elemanlar arasında geometrik şekiller doğrudan veya denklemler kullanılarak; kombine - bazı aşamalarda çözüm gerçekleştirilir geometrik yöntem ve diğerlerinde cebirsel.

Üçgenler Üçgenlerin eşitlik işaretleri, dik üçgenler. Özellikler ve işaretler ikizkenar üçgen. Problem 1. ABC üçgeninin medyanı AM, BM segmentine eşittir. Üçgenin açılarından birinin olduğunu kanıtlayın ABC eşittir diğer iki açının toplamı. Problem 2. AB ve CD doğru parçaları ortak O orta noktasında kesişiyor. K 1 noktaları AC ve BD üzerinde AK = BK 1 olacak şekilde işaretlenmiştir. a) OK = OK 1 olduğunu, b) O noktasının KK 1 düz çizgisi üzerinde bulunduğunu kanıtlayın. Problem 3 (ikizkenar üçgen testi). Bir üçgenin ortaortayı kenarortay ise üçgen ikizkenardır.

Problem 4 (ortancaya dayalı bir dik üçgeni test edin). Bir üçgenin kenarortayı çizildiği kenarın yarısına eşitse üçgenin dik açılı olduğunu kanıtlayın. Problem 5 (bir dik üçgenin kenarortayının özelliği). Bunu kanıtla dik üçgen Hipotenüse çizilen medyan bunun yarısına eşittir. Problem 6. Eşit olmayan bacaklara sahip bir dik üçgende açıortayın olduğunu kanıtlayın. dik açı yükseklik ile aynı tepe noktasından çizilen ortanca arasındaki açıyı ikiye böler. Problem 7. Bir köşeden çizilen üçgenin kenarortayı ve yüksekliği bu açıyı üç eşit parçaya böler. Üçgenin dik açılı olduğunu kanıtlayın.

Alanların özellikleri. Çokgenlerin alanları Bir üçgenin alanı teoreminin sonucu. İki üçgenin yükseklikleri eşitse alanları tabanları olarak ilişkilidir. Açıları eşit olan üçgenlerin alanlarının oranı ile ilgili teorem. Bir üçgenin açısı ise açıya eşit başka bir üçgen varsa, bu üçgenlerin alanları eşit açıları çevreleyen kenarların çarpımı olarak ilişkilidir.

Cevians'ın kesişim noktalarına ilişkin teoremler Teoremi. Herhangi bir üçgende medyanlar bir noktada kesişir (merkez, ağırlık merkezi) ve tepe noktasından itibaren sayılarak 2: 1 oranında bu noktaya bölünür. Medyanın özellikleri: 1. Medyan, üçgeni aynı alana sahip iki eşit parçaya böler. 2. Üç kenarortay üçgeni altı eşit alana böler. 3. Ağırlık merkezini üçgenin köşelerine bağlayan doğru parçaları üçgeni üç eşit parçaya böler.

Bir üçgenin kenarortaylarını içeren problemleri çözmenin ana yöntemlerinden biri "ortancanın iki katına çıkarılması" yöntemidir. Bir paralelkenar oluşturmak için üçgeni tamamlayın ve köşegenlerinin karelerinin toplamına ilişkin teoremi kullanın. Problem 8. Bir üçgenin kenarortaylarının kareleri toplamının tüm kenarlarının kareleri toplamına oranını bulun.

Bisektör özelliği iç köşeüçgen. Üçgenin bir iç açısının açıortayı böler karşı taraf kendisini çevreleyen kenarlarla orantılı parçalara bölünür. Teorem. Herhangi bir üçgende açıortaylar, içine yazılan dairenin merkezi olan bir noktada (orta merkez) kesişir. Not: Açıkçası, bir üçgenin ağırlık merkezi ve merkezi daima üçgenin içinde yer alır.

. Çözüm. B A 1 1) ABC üçgeninde AA 1, A açısının açıortayıdır, dolayısıyla AB: AC = BA 1: CA 1 = BA 1: (BC – BA 1) I veya C A B 1 2) ABA 1 üçgeninde BI açıortaydır B açısına sahip olduğundan AI: IA 1 = BA: BA 1 veya

Bir doğru parçasının dik açıortayına ilişkin teorem. Bir parçanın dik açıortayının her noktası, o parçanın uçlarından eşit uzaklıktadır. Tersine: Bir doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıktaki her nokta, ona dik olan ortaorta üzerinde yer alır. Teorem. Dik açıortaylarÜçgenin kenarları, etrafını çevreleyen dairenin merkezi olan bir noktada kesişir. Teorem. Herhangi bir üçgende yükseklikler bir noktada (üçgenin diklik merkezi) kesişir. Soru. Dar açılı dikdörtgen bir dikdörtgenin diklik merkezi nerededir? geniş üçgenler?

Çözüm. B 1) BC 1 H üçgeni – dikdörtgen ve C 1 H 2) BC 1 C üçgeni – dikdörtgen ve A B 1 C

İndirgeme formüllerinin kullanılması. Gönderen: Not. Açılardan biri genişse, (*)'da karşılık gelen kosinüs modülo olarak alınmalıdır.

İlginç problemler, bir üçgenin keyfi bir köşesinden onun köşelerinden birine olan mesafeyi bulmayı içerir. harika noktalar. Öncelikle tepe noktasından diklik merkezine olan mesafeyi bulma problemini çözelim. Problem 11. ABC üçgeninde BB 1 ve CC 1 yükseklikleri atlanmıştır, H yüksekliklerin kesişme noktasıdır. B 1) BC 1 Н üçgeni dik açılıdır ve Çözüm. C 1 H 2) BC 1 C üçgeni sağ ve A B 1 C

Problem 12. B köşesine olan mesafeyi bulun ABC üçgeniÇözüm ise ortomerkeze. Kosinüs teoremine göre O halde

Problem 13. ABC üçgeninin A ve B açılarında (A

Problem 14. Merkez üçgenin köşelerinden hangisine en yakın konumdadır? Çözüm. C D I A ABC üçgeninin ortaortaylarının kesişme noktası I olsun. daha büyük tarafüçgen yalanlar daha büyük açı. AB > BC ise A

Problem 15. Üçgenin yüksekliklerinden hangisi en küçüktür? Çözüm. C B 1 A 1 H A C 1 ABC üçgeninin yüksekliklerinin kesişme noktası H olsun. Eğer AC B. BC çapında bir daire C 1 ve B 1 noktalarından geçiyorsa. B İki kirişten daha küçük olanın, daha küçük yazılı açının dayandığı daire olduğu dikkate alındığında, CC 1 elde ederiz.

Problem 16. AN doğru parçası ABC üçgeninin yüksekliğidir. B ve C köşelerinden A noktasından geçen doğruya BB 1 ve CC 1 dikmeleri çizilir. ABC üçgenleri ve HB 1 C 1 benzerdir. ABC üçgeninin alanı S ve AC ise HB 1 C 1 üçgeninin alanını bulun: HC 1 =5: 3. İspat. ANS ve ACC 1 üçgenleri dik açılı olduğundan H ve C 1 A noktaları AC çapında bir daire üzerinde yer alır. C 1 B B 1 N Benzer şekilde B 1 ve H noktaları AB çapında bir daire üzerinde yer alır. ACC 1 üçgeni ile

Bu, (1) ve (2) geçerli olduğuna göre ABC ve HB 1 C 1 üçgenlerinin benzer olduğu anlamına gelir. C 1 Benzerlik katsayısı B B 1 N C şu anlama gelir:

Sorun 17. İçeri Girin dar üçgen ABC noktaları A 1, B 1, C 1 yüksekliklerin tabanlarıdır. ABC üçgeninin yüksekliklerinin kesiştiği H noktasının, A 1 B 1 C 1 üçgeninin açıortaylarının kesişme noktası olduğunu kanıtlayın. Çözüm. ABC üçgeninin AC ve BC B kenarlarında, C 1 A çaplarında olduğu gibi daireler oluşturuyoruz. H A 1, B 1, C 1 noktaları bu çemberlere aittir. 1 A B 1 C Dolayısıyla B 1 C 1 C = B 1 BC, bir dairenin aynı yayına dayanan açılar gibi. B 1 BC = CAA 1, kenarları birbirine dik olan benzer açılar.

CAA 1 = CC 1 A 1, bir dairenin aynı yayının oluşturduğu açılar olarak. Bu nedenle, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, yani C 1 C, B 1 C 1 A 1 açısının açıortayıdır. Benzer şekilde, AA 1 ve BB 1'in B 1 A açılarının açıortayı olduğu gösterilmiştir. 1 C 1 ve A 1 B 1 C 1. B C 1 A 1 H A B 1 C Dik ve geniş üçgen durumlarını bağımsız olarak araştırın.

Görüntünün yeniden yapılandırılması için yinelemeli cebirsel yöntemler

tez

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 belirli bir sonlu projeksiyon seti verildiğinde, şunu elde edin: en iyi tahmin bu fonksiyon.

Hadi formüle edelim genel ayar 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 fonksiyonelleri kümesinin özel seçimine bağlı olduğunu belirtmekte fayda var. D alanı (ve dolayısıyla temel işlevler bi) için bir bölümleme ızgarası seçmenin başka yolları da vardır. Fonksiyonel değerler 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 bir enterpolasyon formülü olduğu anlamına gelir. 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 biliniyor, böylece 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 adı verilen 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 Bilgiler 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.

Cebirsel yöntem

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. İkinci durumu ele alalım. Buradaki çözümler karma stratejilerde aranmalıdır:

Hadi stratejiler bulalım ve... İlk oyuncu kendi optimal stratejisini kullandığında, ikinci oyuncu örneğin iki saf stratejiyi uygulayabilir.

Dahası, özellik nedeniyle, eğer oyunculardan biri optimal karma stratejiyi kullanıyorsa ve diğeri optimal karma stratejisinin içerdiği herhangi bir saf stratejiyi sıfıra eşit olmayan bir olasılıkla kullanırsa, o zaman matematiksel kazanma beklentisi her zaman değişmeden ve eşit kalır. oyunun fiyatına, yani

Bu durumların her birinde kazanç, V oyununun fiyatına eşit olmalıdır. Bu durumda aşağıdaki ilişkiler geçerlidir:

İkinci oyuncunun optimal stratejisi için (2.5), (2.6)'ya benzer bir denklem sistemi oluşturulabilir:

Normalleştirme koşulu dikkate alındığında:

(1.37) - (1.41) denklemini bilinmeyenlere göre birlikte çözelim, hepsini birden değil üçünü birer çözebilirsiniz: ayrı ayrı (1.36), (1.38), (1.40) ve (1.37), (1.39) ), (1.41). Çözümün sonucunda şunu elde ederiz:

Grafik yöntemi

Oyun 22'nin yaklaşık çözümü grafik yöntemi kullanılarak oldukça basit bir şekilde elde edilebilir. Özü aşağıdaki gibidir:

Şekil 1.1 - birim uzunlukta bir kesitin bulunması

X ekseninde birim uzunlukta bir bölüm seçin. Sol ucu ilk oyuncunun ilk stratejisini, sağ ucu ise ikinciyi temsil edecek. Tüm ara noktalar, ilk oyuncunun karma stratejilerine karşılık gelir ve noktanın sağındaki bölümün uzunluğu, ilk stratejiyi kullanma olasılığına eşittir ve solundaki bölümün uzunluğu, kullanma olasılığıdır. birinci oyuncunun ikinci stratejisi.

İki eksen I-I ve II-II çizilir. Kazançları, ilk oyuncu ilk stratejiyi kullandığında I-I'e, ikinci stratejiyi kullandığında II-II'ye koyacağız. Örneğin, ikinci oyuncunun ilk stratejisini uygulamasına izin verin, ardından değer I-I ekseninde, değer de II-II ekseninde çizilmelidir.

İlk oyuncunun herhangi bir karma stratejisi için getirisi, segmentin değerine göre belirlenecektir. Çizgi I-I, birinci stratejinin ikinci oyuncu tarafından uygulanmasına karşılık gelir; buna ikinci oyuncunun birinci stratejisi diyeceğiz. Benzer şekilde ikinci oyuncunun ikinci stratejisini de oluşturabilirsiniz. Daha sonra genel olarak oyun matrisinin grafiksel gösterimi aşağıdaki formu alacaktır:

Şekil 1.2 - Oyunun fiyatını bulma

Ancak bu yapının ilk oyuncu için yapıldığını da belirtelim. Burada segmentin uzunluğu oyun fiyatı V'ye eşittir.

1N2 çizgisine alt kazanma limiti denir. Burada N noktasının ilk oyuncunun garanti edilen maksimum kazancına karşılık geldiğini açıkça görebilirsiniz.

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 (problem içeriğinin analizi) seçilen çözüm yöntemine bağlı değildir ve temel farklılıklar içermez. 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 son derece hantal bir akıl yürütme gerektirdiği ortaya çıktığında, 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.

Sorunları çözmenin cebirsel yöntemi, yalnızca çizimde birbirinden farklı olan bazı problemlerin yalnızca veriler ve gerekli 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 aynı anda başlayarak 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 başlamasından 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 bir 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, daha sonra 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)  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.

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 kaldı, nehrin hızı 2 km/saatti. Yükleme süresi tüm gidiş-dönüşte harcanan sürenin %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 durmadan. 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 karşılamıyor. 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 klima arabayı 5 saatte sürdü (3 saat + 2 saat = 5 saat). Daha sonra bölümdeki ortalama hız klima, 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 nicelikten bahseden görevleri içerir: iş A, zaman T işin yapıldığı süre boyunca üretkenlik 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.

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

en

8/X+ 15/ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/= 1.

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

Böylece, sistemimiz var:

21/günler, ikinci tugay - için = 1 Birinci denklemi ikinci denklemden çıkararak şunu elde ederiz: 21.

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

x =

Örnek Cevap: Birinci ekip siparişi 28 günde, ikinci ekip ise 21 günde tamamlayacak. A. İşçi İÇİNDE ve işçi A işçi işi 12 günde tamamlayabilir ve işçiİLE İÇİNDE– 9 gün içinde, çalışıyor

Çözüm ve işçi C – 12 gün. Birlikte çalışarak işi kaç günde tamamlarlar? A. İşçiye izin ver X için işi yapabilir İÇİNDE günler, çalışıyor ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/- için ve işçi günler, çalışıyor z günler, çalışıyor günler. Tüm işi tek bir birim olarak ele alalım. Sonra 1/günler, ikinci tugay - için x, 1/ z – ve 1/ işçi verimliliği Ve ve işçi sırasıyla. Problemin koşulunu kullanarak tabloda sunulan aşağıdaki denklem sistemine ulaşıyoruz.

Tablo 1

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

Sistem 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 borudan havuza su döküldüğünden 2 saat daha uzun süre doldurulur. Havuzun üçte biri dolduğunda her iki boru da açıldı ve 8 saat sonra havuz boşaldı. Birinci borudan havuz kaç saatte doldurulur, dolu havuz bir borudan kaç saatte boşaltılır. ikinci boru?

Çözüm. İzin vermek V m 3 – havuzun hacmi, X m 3 / h – besleme borusunun kapasitesi, ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ m3 / sa - çıkış. Daha sonra V/ X h – besleme borusunun havuzu doldurması için gereken süre, V/ günler, ikinci tugay - için h – çıkış borusunun havuzu boşaltması için gereken süre. Sorunun koşullarına göre V/ X – V/ günler, ikinci tugay - için = 2.

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

Bulmanız gereken problemde V/ X Ve V/ günler, ikinci tugay - için. Denklemlerdeki bilinmeyenlerin bir kombinasyonunu seçelim V/ X Ve V/ günler, ikinci tugay - için, sistemi şu şekilde yazmak:

Yeni bilinmeyenlerle tanışın V/ X= bir Ve V/ günler, ikinci tugay - için = 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 – 240günler. Tüm işi tek bir birim olarak ele alalım. Sonra 1/ 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;

Örnek Birinci tugay tarafından günde 15 hektar, ikinci tugay ise 18 hektar sürüldü.

Çözüm. İzin vermek X. 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? ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/İlk atölye Mayıs ayında parça üretti, X + günler, ikinci tugay - için = 1080.

ayrıntılar - ikincisi. Mayıs ayında 1080 parça üretildiği için problemin koşullarına göre denklemimiz var. X:

%15'ini bulalım X Yani 0,15'e kadar ilk atölyenin üretim çıktısı arttı, bu nedenle haziran ayında üretime başladı 0,15 X = 1,15 X x + günler, ikinci tugay - için detaylar. Benzer şekilde Haziran ayındaki ikinci çalıştayın 1.12 ürettiğini görüyoruz. X + 1,12 ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ detaylar. Bu, ikinci denklemin şöyle görüneceği anlamına gelir: 1.15

= 1224. Böylece şu sistemi elde ederiz: nereden buluyoruz 480, x = y =

600. Sonuç olarak, Haziran ayında atölyelerde sırasıyla 552 parça ve 672 parça üretildi.

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

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 N A 1 çeşitli maddeler (bileşenler) 2 , ..., A A N V 1 , V 2 , ..., V A . sırasıyla hacimleri eşit olan V 0 Karışım hacmi V 0 = V 1 + V 2 + ... + V A .

saf bileşenlerin hacimlerinden oluşur: Hacim konsantrasyonu A maddeler (maddeler = 1, 2, ..., Ben P) maddeler bir karışımdaki c miktarına denir

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

= 1 ve ilişkiler

Karışımın toplam hacminin ne kadarının bireysel bileşenlerin hacimlerinden oluştuğunu gösterin. maddeler Yüzdesi biliniyorsa

bileşen ise konsantrasyonu aşağıdaki formülle bulunur: yani – Pi maddeler 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 formülle hesaplanır 1 + p 2 + …+ p A = %100. Konsantrasyonlar biliniyorsa R 1 , %100. Konsantrasyonlar 2 , ..., R A 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 maddeler , 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. R 1 Ve R 2 (İle 1 boyutsuz nicelikler olan , eşitlikle ilişkilidir 2 = 1) ve bileşenlerin özgül ağırlıkları D 1 Ve D 2 . Karışımın kütlesi aşağıdaki formül kullanılarak bulunabilir:

hangisinde 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 A , Alınan orijinal karışımların belirli oranlarda karıştırılmasıyla yeni bir karışım hazırlanır. Bu durumda bileşenlerin hangi ilişkide olduğunu bulmak gerekir. A 1, çeşitli maddeler (bileşenler) 2 , A 3 , ..., A A 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, çeşitli maddeler (bileşenler) 2 , A 3 , ..., A A . 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, çeşitli maddeler (bileşenler) 2 , A 3 , ..., A A yeni bir karışımda.

Örnek.Bakır oranları sırasıyla %80 ve %30 olan iki adet bakır ve çinko alaşımı bulunmaktadır. % 60 bakır içeren bir alaşım elde etmek için alınan parçaları bir arada eritmek için bu alaşımların hangi oranda alınması gerekir?

Çözüm. İlk alaşım alınsın X kg ve ikincisi - ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ 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 ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ kg bakır ve (1 – 0,3) günler, ikinci tugay - için = 0,7ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ 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 onların tutumu. 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, ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ kg - saniye. Daha sonra %20'lik çözeltinin kütlesi ( X + ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/+ 5)kg. O zamandan beri X kg% 40'lık çözelti 0,4 içerir X kg asit, içinde ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/ kg% 60'lık çözelti 0,6 içerir günler, ikinci tugay - için 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 + 0,6günler, ikinci tugay - için = 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 + 0,6ikinci. İki takımın siparişi 12 günde tamamlaması gerektiğinden ilk denklemi elde ederiz: 12(1/+ 0,8  5) kg asit, yani %70'i (x + y+ 5)kg.

Cebirsel yöntem

İnşaat problemlerini çözmenin cebirsel yöntemi, inşaat problemleri teorisindeki en önemli yöntemlerden biridir. Sorunların belirli bir araç seti ile 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.

Ancak ne yazık ki okul geometri dersinde cebirsel yönteme neredeyse hiç dikkat edilmiyor, ancak metodolojik açıdan bu yöntemi incelemek herhangi bir özel zorluk yaratmıyor.

Yöntemin özü aşağıdaki gibidir:

a) sorun belirli bir bölümün inşasında ortaya çıkıyor;

b) gerekli olan ile veriler arasındaki bilinen geometrik ilişkileri kullanarak, istenenleri ve verileri birbirine bağlayan bir denklem (denklem sistemi) oluştururlar;

c) bir denklemi veya denklem sistemini çözerken, bir formül kullanarak istenen parçanın uzunluğunu verilerin uzunluğu boyunca ifade edin;

d) formül gerekli parçayı oluşturmak için kullanılır (mümkünse);

e) bulunan bölüm kullanılarak istenen şekil oluşturulur.

Hazırlık çalışması, cebirsel yöntemi kullanarak problem çözme şemasının bazı unsurlarının da üzerinde çalışıldığı temel formüllerin ve inşaat yöntemlerinin incelenmesinden oluşur ve inşaat problemlerini çözmek için böyle bir yaklaşım fikri, öğrendim.

Bir okul geometri dersinde genellikle aşağıdaki basit formüllerle verilen pergel ve cetvelle doğru parçaları oluşturmayı düşünürler:

1) x = a + b(Şekil 8).

2) x = a -- b(a > b)(Şekil 9).

Pirinç. 8

3) x = hayır, Nerede A--doğal sayı. İnşaata indirgenir 1). Şek. 10 inşa edilmiş bölüm Xöyle ki X 6A.

Pirinç. 10

4) X.

Herhangi bir uçtan çıkan bir ışın inşa ediyoruz HAKKINDA bu bölüm A ona keyfi bir açıyla. Bu ışını erteliyoruz Açarpı keyfi bir bölüm B, Bu yüzden OB = not(bkz. Şekil 11). Noktayı bağlama İÇİNDE diğer ucuyla A bölüm A. Nokta aracılığıyla İÇİNDE 1 , duruma göre belirlenir 0V 1 = b, paralel bir düz çizgi çizin AB ve doğru parçasıyla kesiştiği A 1 noktasını işaretleyin A.

5) x = bir(A Ve M--doğal sayılar verildiğinde).

Segmenti böl A Açık M eşit parçalar ve elde edilen segmenti artırın Bazı kavramları açıklayalım. Karışım olsun bir kere.

6) X(belirli üç bölümle orantılı bir dördüncü bölümün inşası).

Durumu orantı olarak yazalım c: a = b: x. Bırakın (Şek. 12) OA = bir, İşletim Sistemi = sn böylece ilişkilerden birinin terimleri noktadan çıkan bir ışın üzerinde çizilir. HAKKINDA. Aynı noktadan çıkan başka bir ışın üzerinde başka bir ilişkinin bilinen terimini çizeriz ОB = b. Nokta aracılığıyla A paralel bir düz çizgi çizin Güneş ve noktayı işaretleyin X bir çizgiyle kesişimi doğum günü. Segment AH istenen şey yani ÖKZ = x.

Pirinç. 12

Yapı 6'yı kullanabiliriz), varsayarak b = a.

8) X(belirli iki bölümle orantılı bir ortalamanın oluşturulması).

Segmentler oluşturuyoruz AC = bir, BC = b, Bu yüzden AB = a + b. Açık AB bir çap üzerinde yarım dairenin nasıl oluşturulacağı (bkz. Şekil 13). bu noktada ve işçi hadi dik açıyı geri getirelim AB ve noktayı işaretleyin D bir daire ile kesişimi. Daha sonra x = CD.

9) X Segment X bacakları olan bir dik üçgenin hipotenüsü olarak inşa edilmiştir A Ve B(bkz. Şekil 14).

10) x = (a > b). Segment X hipotenüslü bir dik üçgenin bir bacağı olarak inşa edilmiştir A ve bacak B.

Dikkate alınan yapılar, daha karmaşık formüllerle belirtilen bölümlerin yapımına indirgenebilir.

İlgili yapının uygulanması için gerekli teori göz önüne alındığında, her biri analiz edildiğinde bu formüllerin kademeli olarak incelenmesi arzu edilir.

Bu noktada, formüllerin birbiriyle bağlantılı olarak ele alınması için cebirsel yöntemi kullanarak en basit problemlerin (örneğin, toplamlarından ve farklarından bölümleri geri getirme sorunu) tanıtılması da tavsiye edilir. Gelecekte, yöntemi ciddi bir şekilde incelemeden önce formüller tekrarlanmalıdır.

Ek 4 cebirsel yöntemi kullanan bir problem içermektedir: "Belirli bir üçgenin köşelerinden, merkezlerden olduğu gibi, dıştan çiftler halinde birbirine değen üç daireyi tanımlayın."

Çözüm. Açıklanan yöntemlerin geometrik inşaat problemlerinin çözümü için kullanılması tavsiye edilir. Aynı zamanda, diğer şeylerin yanı sıra, öğrencilerin inisiyatiflerinin geliştirilmesine de dikkat etmek, onlara yapıcı problemleri çözme zevkini ve becerilerini aşılamak gerekir.

İnşaat problemlerini çözme yöntemlerinin, problemlerin sınıflandırılmasına temel oluşturabileceğini düşünmek yanlış olur. Bir dizi inşaat sorununun çeşitli yöntemlerle eşit derecede başarılı bir şekilde çözülebileceği gerçeği, tesadüfi değil, önemli olarak kabul edilmelidir. Öte yandan, herhangi bir yöntemin açık bir şekilde kullanılmasına gerek kalmadan temel yapıların basit bir şekilde bir araya getirilmesiyle çözülen problemler de vardır.

Metodolojik açıdan bakıldığında en kabul edilebilir olanı, problemlerin nasıl çözüleceğini öğretirken aşağıdaki prensibi kullanmaktır. Geometri dersinin hedeflerine uygun olarak tutarlı bir problem seçimi yapmak ve öğrencileri yavaş yavaş inşaat problemlerini çözme yöntemlerine alıştırmak gerekir.

Buna karşılık, öğrencilere yöntemleri kendileri tanıtmak ve onlara önerilen sorunu hangisinin çözebileceğini belirlemeyi öğretmek gerekir. Bunu yapmak için öncelikle öğrencilere şu veya bu yöntemle çözülen problemlerin en karakteristik özelliklerini belirlemeleri öğretilmelidir. Bu özellikler yöntemin içeriği tarafından belirlenir.