Если исходить из соотношений между искомыми и данными задачи, то условие задачи на построение может быть выражено аналитически.
Аналитическое выражение задачи на построение в виде уравнения, а его решения в виде корней этого уравнения помогают найти геометрическое решение, а также определить, с помощью каких инструментов оно может быть выполнено.
Решение задач алгебраическим методом сводится к построению:
- среднего пропорционального двух данных отрезков х = 4аЬ
- четвертого пропорционального к трем данным отрезкам, выра-
. „ Ъс
жаемого формулой х = -;
По алгебраической сумме данных отрезков x = a±b,x-a + b-c + d,
x = 3a±2b и т.д.; _
По формулам типа х = 1а + Ь.
Алгебраический метод решения геометрических задач на построение состоит в следующем:
- 1) неизвестные величины, фигурирующие в условии задачи, обозначают буквами х, у, z и т.д.;
- 2) составляют уравнения, связывающие эти неизвестные с данными в задаче величинами а, Ь, с, ...;
- 3) решают составленные уравнения;
- 4) исследуют полученные ответы;
- 5) выполняют требуемое построение.
Прежде чем переходить к решению задач на построение алгебраическим методом, рассмотрим построения некоторых отрезков, заданных соотношениями между длинами других отрезков.
1. Иногда в геометрических задачах на построение отношение двух величин дается в виде а: b ; а 3: Ь 3 ; а 4: Ь 4 и т.д.
Покажем, что любое из этих отношений можно заменить отношением двух отрезков.
Задача 6.47. Построить отрезок, заданный отношением а п: Ь п, где
п е N.
Решение
Начертим две произвольные взаимно перпендикулярные прямые KL и MN (рис. 6.52) и обозначим буквой О точку их пересечения. На прямых KL и MN от точки О отложим отрезки ОА и ОА х, соответственно равные данным отрезкам Ъ и а. Соединив точки А и А ь восставим в точке А г перпендикуляр к АА Х KL в некоторой точке Л 2 . В точке А 2 восставим перпендикуляр к А 2 А 1 и продолжим его до пересечения с прямой MN в точке А 3 и т.д.
Определим величину каждого из следующих отношений: ОА х: ОА; ОА 2 : ОА х; ОА 3: ОА г и т.д.
Так как прямоугольные треугольники ОАА х, ОА,А 2 , ОА^А 3 ,... подобны, то, значит:
ОА, и ,
По построению, - L = -, а поэтому в силу равенств (*) получим ОА b
Определим величину отношения Оно не изменится, если мы
каждый из его членов разделим на одну и ту же величину ОА ь а поэтому
т т ОА, а О Ап а ОА 2 а ОА b
Но из равенств -- = - и -- = - усматриваем, что -- = - и-= -.
ОАЬОА х Ъ ОА, Ъ ОА, а
В силу последних двух равенств мы можем равенство (**) переписать так:
ОА 2 _ а 2 ОА ~ Ъ 2 "
Аналогичными рассуждениями найдем и другие отношения.
2. Рассмотрим задачу на построение среднего пропорционального двух данных отрезков, т.е. отрезка -Jab.
Задача 6.48. Построить среднее пропорциональное отрезков а и Ь. Решение
На одной прямой отложим последовательно отрезки АС = а и СВ = b (рис. 6.53)
Рис. 6.53
На отрезке АВ как на диаметре построим окружность ofiC, 1.
В точке С восставим перпендикуляр к прямой АВ.
Имеем NC = -Jab. Действительно, AANB - прямоугольный.
По известной теореме AACN подобен ANCB, а значит, откуда
NC 2 = АС СВ, или в других обозначениях NC 2 =ab. Окончательно имеем NC--Jab.
3. При решении задач на построение очень часто приходится строить отрезок, который является четвертым пропорциональным трех заданных отрезков. Рассмотрим решение этой задачи.
Задача 6.49. Даны три отрезка а, Ь, с. Построить такой отрезок х,
а с что - = -.
Решение
Возьмем любой угол О. На одной стороне угла отложим отрезки ОА = а и ОС = с, а на другой - отрезок ОВ-b (рис. 6.54)
Через точку С проведем прямую р || АВ. Она пересечет луч ОВ в точке D. Докажем, что OD - искомый отрезок х. Треугольники ОАВ
и OCD подобны. Поэтому т.е. OD = х.
Рис. 6.54
В частном случае эта задача позволяет разделить отрезок на п равных частей. Обозначим данный отрезок через Ь. Возьмем любой отрезок с, и пусть а - пс (рис. 6.55).
Рис. 6.55
„ ас b Ъ 1 .
Поскольку - = -, то х = - с = - с = - Ъ. ох а пс п
4. Рассмотрим более сложное отношение отрезков.
Задача 6.50. Построить отрезок, заданный отношением 2 [а: 2 /b, где п е N.
Решение
Допустим, что отношение величин задано в виде [а: -Jb , где а и Ъ - данные отрезки.
Для определения тех двух отрезков, отношение которых равно Va: Vb, поступим следующим образом.
На произвольной прямой от выбранной точки К отложим последовательно два отрезка: KN-а иNM = b (рис. 6.56)
Рис. 6.56
На отрезке КМ, как на диаметре, построим полуокружность КРМ.
В точке N восставим перпендикуляр NN" к отрезку КМ. Прямая NN" пересекает дугу КРМ в некоторой точке L.
Соединяем точку ЬсКиМ. Отрезки KL и LM - искомые, т.е.
Действительно, имеем-=--. Но AKLM подобен ALMN, а по-
KL LN KL 2 LN 2
этому-=-и, значит, -=--, но из последнего равенства
LM NM LM NM 2
KN LN 2 KL 2 KN „
и равенства-=-- вытекает, что-- =-. Извлекая квадратный
NM NM 2 LM 2 NM
корень из обеих частей последнего равенства, найдем:
Чтобы получить два отрезка, отношение которых равно [а: yfb, необходимо сначала построить такие два отрезка тип, отношение кото-
рых определяется равенством - = -j=, а затем посредством такого же
построения найти отрезки р и q, которые определяются равенством р _ yfm Ч Vn
Аналогичными построениями можно найти отрезки, отношение которых равно 2 fa: 2 yх 2 + h h 2 , то из равенства (*) получим
Построение. 1. Строим отрезок у = yj{2h b) 2 -h a 2 (рис. 6.61).
Рис. 6.61
2. Строим х = ^^- (рис. 6.62).
Рис. 6.62
3. Наконец, строим искомый равнобедренный треугольник АВС по основанию АС =2хи высоте DB = h b (рис. 6.63).
Рис. 6.63
Доказательство. Нужно доказать, что в построенном равнобедренном треугольнике АВС высоты BD -h b и АЕ- h a . Первое равенство очевидно, а справедливость второго вытекает из обратимости всех формул, приведенных в анализе. _
Исследование. Замечаем, что отрезок у = yl(.2h b) 2 -h 2 можно построить лишь в том случае, если (2/i b) 2 -h a 2 >0, или 2h b >h a .
При этом условии можно построить отрезок х и, следовательно, искомый треугольник АВС. Так как два равнобедренных треугольника, имеющих равные основания и равные высоты, равны, то задача имеет единственное решение.
Замечание. Задача допускает более простое решение другим способом. Если через точку D провести прямую, параллельную высоте АЕ и пересекающую сторону ВС в точке F, то треугольник DFB можно построить по катету 0,5h a и гипотенузе h b , что приведет к построению искомого треугольника.
Задача 6.57. Через данную вне круга точку А провести такую секущую, которая разделилась бы этой окружностью в данном отношении.
Решение
Анализ. Допустим, что задача решена: секущая AL удовлетворяет условию задачи (рис. 6.64). Проведем из точки А секущую АС, проходящую через центр О данного круга. Так как точка А нам дана, то, значит, нам известны отрезки AD и АС. Обозначим буквой х длину отрезка АК. Если из точки А, находящейся вне круга, проведем секущие, то произведение всей секущей на ее внешнюю часть есть величина постоянная, а потому
Рис. 6.64
Из чертежа усматриваем, что AL = х + LK.
л шс.. пх
А так как по условию х: LK = m : п, т.е. ЬК = -, то, значит, AL = x + - -
= -(т + п ). т
Поэтому равенство (*) примет такой вид: х-(m + п) = AD ? АС, откуда
Построение. 1. Исходя из формулы (**) известным построением определим отрезок х.
- 2. Из точки А делаем на данной окружности засечку К радиусом, равным найденному х.
- 3. Соединив точки А и К и продолжив эту прямую, получим искомую секущую.
Заметим, что мы не привели рассуждения, которые имеют место к решению этой задачи на этапах доказательства и исследования (предоставляем читателю провести эти этапы самостоятельно).
Задача 6.58. Найти вне данного круга такую точку, чтобы касательная, проведенная из нее к этой окружности, была вдвое меньше секущей, проведенной из той же точки через центр.
Решение
Анализ (рис. 6.65). Обозначим буквой х расстояние до искомой точки от центра О окружности. Как известно, АВ 2 -DA ? АС (1), но DA = х - г (2), АС = х + г (3) и, значит, АВ 2 = (х - г) (х + г) = х 2 - г 2 и АВ = 1х 2 -г 2 (4).
Рис. 6.65
Так как по условию АС = 2АВ, то из формул (3) и (4) имеем х + г - = 21х 2 -г 2 , откуда х 2 + 2гх + г 2 = 4х 2 - 4г 2 , или Зх 2 - 2гх - 5г 2 = 0. Следовательно,
т.е. х а = - г и х 2 =-г.
В данной задаче х не может быть отрицательной величиной, а потому второй корень отбрасываем.
Построение. Продолжим один из диаметров (CD) данной окружности
и на нем отложим от точки D отрезок DA, равный -г (DA = АО - OD = 5 2 3
Г - г = -г (6)).
Точка А - искомая.
Доказательство. АС = х + г =-г + г, т.е. АС =-г (7).
.- /2 8 4 АС
Из формул (1), (6), (7) находим: AB = y/DA-AC = J-r--r=-r =
что подтверждает правильность сделанного построения (этап исследования предлагаем читателю провести самостоятельно).
Интеграция алгебраических и геометрических методов в решении задач
Одной из актуальных проблем школьного математического образования на современном этапе является проблема интеграции математических знаний, формирования целостных представлений учащихся о математике как науке. Особенно важно решение данной проблемы для основной школы, где изучаются две математические дисциплины: алгебра и геометрия.
Понятие «интеграция» [лат. integratio - восстановление, восполнение; integer - целый] трактуется как восстановление, объединение в целое каких-либо частей, элементов; как состояние связанности в целое отдельных дифференцированных частей, а также как процесс, ведущий к такому состоянию. В обучении интеграцию часто понимают как взаимовлияние, взаимопроникновение и взаимосвязь содержания различных учебных дисциплин.
Так как в обучении математике основным видом деятельности учащихся является решение задач, то целесообразно интеграцию алгебры и геометрии осуществлять по линии их методов. Алгебраический метод (по отношению к элементарной математике) трактуется как метод, заключающийся в употреблении букв и буквенных выражений, над которыми по определенным правилам производятся преобразования. Его называют еще методом буквенных вычислений.
Геометрический метод характеризуют как метод, идущий от наглядных представлений. Существенными признаками этого понятия являются геометрические (наглядные) представления и законы геометрии, в которых отражены свойства геометрических фигур.
Если за основу классификации алгебраических и геометрических методов принять систему знаний, на которых основан метод, то получим следующие методы.
1. Алгебраические: метод тождественных преобразований; метод уравнений и неравенств; функциональный метод; векторный метод; координатный метод.
2. Геометрические (ограничимся планиметрией): метод длин; метод треугольников; метод параллельных прямых; метод соотношений между сторонами и углами треугольника; метод четырехугольников; метод площадей; метод подобия треугольников; тригонометрический метод (метод, основанный на соотношениях между сторонами и углами треугольника, выраженными через тригонометрические функции); метод геометрических преобразований; графический метод (хотя данный метод изучается в курсе алгебры, но он основан на использовании геометрических представлений функций и связанных с ними законов геометрии).
Будем считать, что каждый метод состоит из определенных приемов, а каждый прием - из действий. Под интеграцией алгебраического и геометрического методов будем понимать процесс сочетания данных методов или связи их приемов в один метод.
В области обучения решению задач интеграция методов предполагает параллельное (на одном уроке) решение задачи разными методами (алгебраическими и геометрическими) или решение алгебраической задачи геометрическим методом, а геометрической задачи - алгебраическим методом. Средством интеграции могут служить специальные блоки задач, в которые входят как алгебраические, так и геометрические задачи. Приведем примеры.
7 класс
Здесь можно использовать текстовые задачи из курса алгебры и геометрические задачи, решаемые методом уравнений.
Задача 1 . В одном элеваторе было зерна в два раза больше, чем в другом. Из первого элеватора вывезли 750 т зерна, во второй элеватор привезли 350 т, после чего в обоих элеваторах зерна стало поровну. Сколько зерна было первоначально в каждом элеваторе?
Для решения этой задачи используем метод уравнений и неравенств из алгебры и метод длин из геометрии, основанный на свойствах длины отрезка.
Алгебраический метод . Пусть x т зерна было первоначально во втором элеваторе, тогда 2x т зерна было первоначально в первом элеваторе; (2x – 750) т зерна осталось в первом элеваторе, а (x + 350) т зерна стало во втором элеваторе. Так как в обоих элеваторах зерна стало поровну, то можно составить уравнение
2x – 750 = x + 350, откуда x = 1100, 2x = 2 · 1100 = 2200.
Ответ: 2200 т зерна было в первом элеваторе и 1100 т - во втором.
Геометрический метод. Решаем данную задачу с помощью линейной диаграммы. Линейная диаграмма - это, обычно, отрезок или несколько отрезков, длины которых соответствуют численным значениям рассматриваемой величины. Задачу решаем по этапам.
1-й этап. Построение линейной диаграммы. После прочтения текста задачи ученики обсуждают следующие вопросы (возможна помощь учителя).
1. Сколько ситуаций рассматривается в задаче?
[Две: первоначальная и конечная.]
2. С какой ситуации следует начать построение линейной диаграммы?
[Можно начать построение с первой
ситуации и от нее перейти ко второй, а можно
сначала построить линейную диаграмму конечной
ситуации и перейти от нее к
первоначальной. Рассмотрим первый вариант
построения линейной диаграммы.]
3. Что представляет собой линейная диаграмма первоначальной ситуации?
[Два отрезка, один из которых в два раза
больше другого. Первый отрезок изображает
количество зерна в первом элеваторе, а
второй - во втором элеваторе.]
После этого учащиеся строят диаграмму первоначальной ситуации. Затем обсуждение продолжается.
4. Как перейти на диаграмме от первой ситуации ко второй?
[Надо из первого отрезка вычесть
отрезок, условно изображающий 750 т, а
ко второму отрезку прибавить отрезок,
изображающий 350 т.]
5. Эти отрезки берутся произвольно?
[Нет, следует учитывать, что вновь
полученные отрезки должны
быть равны, так как на обоих элеваторах зерна
стало поровну.]
Выполнив действия с отрезками, учащиеся получают диаграмму конечной ситуации. Первый этап работы над задачей заканчивается обозначением отрезков и оформлением записей на чертеже.
2-й этап. Решение получившейся геометрической задачи. Построенная линейная диаграмма превращает алгебраическую задачу в геометрическую, решение которой основано на использовании свойств длины отрезка, а именно:
1) равные отрезки имеют равные длины; меньший отрезок имеет меньшую длину;
2) если точка делит отрезок на два отрезка, то длина всего отрезка равна сумме длин этих двух отрезков.
Решение учащиеся записывают на геометрическом языке, используя обозначения отрезков, а результат переводят на естественный язык. В данном случае этот перевод осуществляется автоматически за счет переноса терминологии (3-й этап). Вначале следует делать подробную запись решения с указанием того, что изображает каждый отрезок. Постепенно можно переходить к краткой записи, так как некоторые факты видны на рисунке.
Приведем подробную запись решения задачи 1.
Решение. 1-й этап. Пусть отрезок AB изображает количество зерна в первом элеваторе (рис. 1), тогда отрезок будет изображать количество зерна во втором элеваторе.
AB = 2CD - первоначальное распределение зерна между элеваторами. Из первого элеватора вывезли 750 т зерна, а во второй элеватор привезли 350 т, поэтому вычтем из отрезка AB отрезок BK, условно изображающий 750 т, а к отрезку CD прибавим отрезок DE, изображающий 350 т.
2-й этап. Способ I. CD = AF = FB (по построению),
FB = FK + KB = 350 + 750 = 1100, значит, CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.
3-й этап. Ответ: в первом элеваторе было 2200 т зерна, во втором 1100 т.
Учащиеся могут сделать краткую запись решения задачи, например, она может быть такой.
Решение. AB = 2CD - первоначальное распределение зерна между двумя элеваторами; BK = 750, DE = 350.
AK = CE - конечное распределение зерна между элеваторами.
CD = AF = FB (по построению), FB = 350 + 750 = 1100, тогда
CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.
Ответ: 2200 т, 1100 т.
Линейная диаграмма позволяет составить различные уравнения к задаче, которые учащиеся не могут записать без чертежа, то есть появляется возможность решить задачу алгебраически разными способами. Приведем некоторые из них.
Способ II. Пусть AK = CE = x, тогда, так как AB = 2CD, получим x + 750 = 2(x – 350),
откуда x = 1450, CD = 1450 – 350 = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.
Ответ: 2200 т, 1100 т.
Способ III. Пусть CD = x, тогда AB = 2x. Так как AK = CE, то имеем 2x – 750 = x + 350
(такое же уравнение получается при решении задачи без диаграммы.)
Линейная диаграмма позволяет не только решить задачу без уравнения, но часто ответ можно «усмотреть» прямо на чертеже.
Задача 2 . На одном садовом участке в пять раз больше кустов малины, чем на другом. После того как с первого участка пересадили на второй 22 куста, то на обоих участках кустов малины стало поровну. Сколько кустов малины было на каждом участке?
Решение. 1-й этап. Пусть отрезок AB изображает количество кустов малины на первом участке, а отрезок CD - количество кустов малины на втором участке (рис. 2). AB и 5CD - первоначальное распределение кустов малины между участками.
Так как на обоих участках кустов малины стало поровну, то разделим отрезок BE пополам (BF = FE) и из отрезка AB вычтем отрезок BF, а к отрезку CD прибавим отрезок DK (DK = BF). AF = CK - конечное распределение кустов малины между участками.
2-й этап. По условию с первого участка пересадили на второй 22 куста, значит, BF = 22 = 2CD, тогда CD = 11, AB = 5CD = 5 · 11 = 55.
Ответ: на первом участке было 55 кустов малины, на втором 11 кустов.
Одно из преимуществ использования геометрического метода при решении рассмотренных задач состоит в наглядности. Построение линейной диаграммы и переход от одного ее состояния к другому позволяет учащимся лучше воспринимать ситуации, описанные в задаче и, следовательно, помогает найти пути ее решения. Иногда ответ почти очевиден на чертеже, это дает возможность использовать линейную диаграмму для проверки решения задачи, которое выполнено алгебраическим методом без чертежа.
На мотивационном этапе формирования геометрического метода целесообразно предлагать решить задачу двумя методами: алгебраическим и геометрическим. Задачу следует подбирать таким образом, чтобы ее решение с помощью линейной диаграммы было более рациональным по сравнению с решением без чертежа. Приведем пример решения одной из таких задач.
Задача 3 . В первом баке в четыре раза больше жидкости, чем во втором. Когда из первого бака перелили 10 л жидкости во второй, оказалось, что во втором баке стало того, что осталось в первом. Сколько литров жидкости было в каждом баке первоначально?
Решение. Алгебраический метод . Приводим к уравнению
где x л - первоначальное количество жидкости во втором баке.
Решая это уравнение, находим x = 10, тогда
4x = 4 · 10 = 40.
Итак, в первом баке было 40 л, а во втором 10 л.
Геометрический метод
. Построим
линейную диаграмму первоначального
распределения жидкости между двумя баками. Пусть
отрезок AB изображает количество жидкости (л) в
первом баке (рис. 3), тогда отрезок CD 
будет изображать
количество жидкости (л) во втором баке
(построение можно начинать с отрезка CD). AB = 4CD -
первоначальное распределение жидкости между
двумя баками.
Процесс переливания жидкости из одного бака в другой отобразим как вычитание некоторого отрезка из отрезка AB и прибавление его к отрезку CD. Чтобы узнать длину отрезка, который следует вычесть из отрезка AB, необходимо заметить следующее: в первом и во втором баках было 5 частей жидкости, причем в первом баке было 4 части, а во втором 1 часть.
После переливания общее количество жидкости (5
частей) не изменилось, но во втором баке стало 2
части, а в первом 3 части. Значит, из отрезка AB надо
вычесть отрезок BE (BE = CD), а к отрезку CD прибавить
отрезок DK (DK = BE), тогда 
, что соответствует переливанию жидкости.
Поэтому BE = 10, тогда
AB = 40, CD = BE = 10.
Итак, в первом баке было 40 л жидкости, а во втором 10 л.
После решения задачи следует сравнить с учащимися оба метода решения, выявить преимущества и недостатки каждого из них.
Необходимо заметить, что с помощью линейных диаграмм решаются задачи, в которых даны отношения значений величин (меньше, больше, на, в, столько же) и рассматривается одна или несколько ситуаций.
Текстовые задачи, в которых одна из величин представляет собой произведение двух других, позволяют интегрировать метод площадей, основанный на свойствах площади, и метод уравнений и неравенств. Приведем примеры.
Задача 4 . Бригада лесорубов ежедневно перевыполняла норму на 16 м 3 , поэтому недельную норму (шесть рабочих дней) она выполнила за четыре дня. Сколько кубометров леса заготовляла бригада в день?
Решение. Алгебраический метод . Приходим к уравнению
где x м 3 - дневная норма бригады по плану.
Геометрический метод . Так как в задаче рассматривается произведение двух величин (A = pn), то для наглядности представим его в виде двумерной диаграммы. Двумерная диаграмма - это площадь одного или нескольких прямоугольников, стороны которых изображают численные значения рассматриваемых величин (p и n), а площадь прямоугольника изображает их произведение (S = A).
Решение задачи, также как и в случае линейной (одномерной) диаграммы, проходит в три этапа:
1) построение двумерной диаграммы, то есть перевод задачи на язык отрезков и площадей фигур;
2) решение получившейся геометрической задачи путем составления уравнения на основе использования свойств площади многоугольных фигур;
3) перевод полученного ответа с геометрического языка на естественный язык.
1-й этап. Реализуется в ходе анализа текста задачи. Учащиеся отвечают на следующие вопросы.
1. Можно ли построить двумерную диаграмму по условию задачи?
[Можно, так как одна из величин
(недельная норма бригады) равна
произведению двух других: дневная норма бригады
и количества дней.]
2. Что представляет собой двумерная диаграмма?
[Прямоугольник, одна из сторон которого
определяет
дневную норму бригады, а другая - количество
дней.]
3. Сколько прямоугольников надо построить?
[Два, их площади будут определять
недельную норму бригады
по плану и фактически выполненную работу за
четыре дня.]
4. Что можно сказать о площадях этих прямоугольников?
[Они равны, так как выполненная за
четыре
дня работа равна недельной норме.]
Затем учащиеся с помощью учителя выполняют построение. Основание и высота первого прямоугольника берутся произвольно, второй прямоугольник равновелик первому, причем их основания представляют собой отрезки, лежащие на одном луче, с общим началом (рис. 4). Первый этап завершается обозначением прямоугольников и оформлением записей на чертеже.
В начале обучения геометрическому методу ведется подробная запись того, что обозначает длина, ширина и площадь каждого прямоугольника, то есть задача переводится на геометрический язык.
2-й этап. Этап начинается с рассмотрения площадей образовавшихся прямоугольников и установления соотношений между ними (равенства, неравенства). Перед учащимися ставится вопрос: назовите прямоугольники с равными площадями. Ведется соответствующая запись:
S ABCD = S AMNK = S, S 1 = S 2 , так как S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .
Среди учащихся могут быть и такие, которые выполнят чертеж с большой неточностью, то есть на чертеже прямоугольники BMNE и KECD будут явно не равновелики. Следует обратить на это их внимание и заметить, что линии KB и CN должны быть параллельны.
Используя условие S 1 = S 2 , составляется уравнение. Приведем примерную запись решения задачи 4 геометрическим методом.
Решение. Пусть S ABCD определяет недельную норму бригады лесорубов. AB - производительность (м 3) бригады в день по плану; AD - количество дней; S AMNK - объем работы, выполненный бригадой за четыре дня.
S AMNK = S ABCD = S;
S 1 = S 2 , так как S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .
S 1 = 2KE, S 2 = 16 · 4 = 64,
значит 2KE = 64, тогда KE = 32.
AB = KE = 32, AM = AB + BM = 32 + 16 = 48.
Ответ: бригада заготовляла в день 48 м 3 леса.
С помощью двумерной диаграммы и геометрических соотношений, в частности равновеликости прямоугольников ABCD и AMNK, можно составить другое уравнение. Если AB = x, то получаем
(такое же уравнение получается при решении задачи без чертежа).
Задача 5 . Заказ по выпуску машин завод должен был выполнить за 15 дней. Но уже за два дня до срока завод не только выполнил план, но и выпустил сверх плана еще шесть машин, так как ежедневно выпускал по две машины сверх плана. Сколько машин должен был выпустить завод по плану?
Особенность решения этой задачи геометрическим методом, по сравнению с решением предыдущей задачи, состоит в том, что площади S 1 и S 2 (см. рис. 4) не равны, так как по условию завод не только выполнил план, но и выпустил сверх плана еще шесть машин. Это учащиеся должны иметь в виду как при построении чертежа, так и при составлении уравнения.
Решение. Пусть AB изображает производительность завода в день по плану (рис. 5). AD - срок выполнения заказа по плану. Тогда S ABCD определяет весь заказ по выпуску машин, AM изображает количество машин, которые выпускал завод ежедневно, AP - срок выполнения заказа, а S AMNP соответствует количеству машин, которые завод выпустил за 13 дней.
По условию завод выпустил сверх плана шесть машин, поэтому имеем
S 1 + S 3 + 6 = S 3 + S 2 или S 1 + 6 = S 2 ,
но S 2 = 2 · 13 = 26, следовательно S 1 + 6 = 26, откуда S 1 = 20. С другой стороны, S 1 = 2AB, поэтому 2AB = 20, тогда AB = 10, S ABCD = AB · 15 = 10 · 15 = 150.
Ответ: завод должен был выпустить по плану 150 машин.
Средством интеграции методов в 7-м классе могут служить и геометрические задачи. Приведем примеры.
Задача 6 . Точка A делит отрезок CD пополам, а точка B - на неравные части. Докажите, что площадь прямоугольника с измерениями CB и BD равна разности площадей квадратов со сторонами AD и AB
Решение. Пусть CD = x, BD = y. Тогда
Поэтому для решения задачи следует доказать тождество
Как видим, в решении данной задачи задействованы метод площадей и метод тождественных преобразований.
Задача 7
. AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC
(рис. 7). Найдите угол A.
Решение. Пусть Р A = x, тогда Р 1 = Р A = x. Р 2 = 2x (как внешний угол треугольника APQ), Р 4 = Р 2 = 2x.
Р 3 = 180° – (Р 2 + Р 4) = 180° – 4x,
Р 5 = 180° – (Р 1 + Р 3) = 3x,
Р 6 = Р 5 = 3x. Р 7 = Р B – Р 6, но
поэтому
Так как Р
8 = Р
C,
то Р
C + Р
8 + Р
7
= 2Р
C + Р
7 = 180°, или 
Решая это уравнение, получаем, что x = 20°.
Ответ: Р A = 20°.
При решении этой задачи использовались метод треугольников и метод уравнений и неравенств. Аналогичные задачи имеются в учебниках геометрии.
Алгебраические методы синтеза для одномерной САУ строятся на определении вида и параметров передаточной функции изменяемой части САУ в выражении
где х(р), у{р) - соответствующие преобразования Лапласа x(t) и y(t) (начальные условия считаем нулевыми); W yx (р), W uy (p) -передаточные функции неизменяемой части САУ (объекта управления) и изменяемой ее части соответственно; и - управляющее воздействие; y(р)- желаемый (заданный) вид решения системы на заданное входное воздействие х(р).
Поскольку Wyx(p) связывает входное воздействие х(р) и реакцию системы у(р), при заданных х{р) и у(р) получаем алгебраическое уравнение
в котором Р{р), Q(p) суть известные заданные полиномы от р,, - полиномы от р, которые необходимо построить.
В общем случае уравнение (1.11) представляет собой одно уравнение с двумя неизвестными Θ(р) и П(р) и относится к диофантовым (Диофант - древнегреческий математик) уравнениям. Для нахождения решения этого уравнения добавляются условия устойчивости системы (1.10) физической реализуемости изменяемой части CAP W uy (p). В последнем случае, в частности, требуется, чтобы степень полинома Θ(р) была выше степени полинома П(р). Эту систему уравнений следует дополнить условиями устойчивости, составляемыми по критерию Рауса R k (a i)>0, где а i - коэффициенты характеристического полинома в (1.10); R k (a i) -коэффициенты первого столбца таблицы Рауса.
Вместо неравенств можно получить уравнения для условий устойчивости. При этом необходимо задать степень устойчивости системы (1.10) 
.
Тогда уравнение соответствующее Δ(р), преобразуется к смещенному характеристическому уравнению
После пересчета коэффициентов это уравнение примет вид
, (1.12)
где 
; k - номер коэффициента; -число сочетаний по k-i из n-i.
Желаемый процесс у(t) можно сформировать из операторного изображения переходных характеристик, задаваемого в обобщенном виде
Придавая параметрам a 1 ,b 1 ,b 2 ,b 3 ,c 1 числовые значения от нуля до предельных значений, можно получать колебательные, апериодические и другие формы переходных процессов. В частности, при c 1 =0 изображение желаемого процесса по Лапласу имеет вид
(1.13)
соответственно при вещественных и комплексных полюсах. В этих выражениях С1, С2 определяют величину динамической ошибки σ; Рассматривая наиболее тяжелый режим работы САУ - отработку ступенчатых воздействий х(р) = 1/р, задачу синтеза можно свести к решению алгебраических уравнений (1.11), (1.12) относительно неизвестных коэффициентов полиномов Θ(р), П(р). В общем случае подобные уравнения решаются с помощью алгоритма Евклида. Распространение этого метода на многомерные системы сводится к решению матричного алгебраического уравнения для многомерной САУ где Y(р), X(р), W YX (p), W UY (p) -векторы и матрицы, соответствующие выходным и входным воздействиям. Если заданы виды возмущающих воздействий Х(р), желаемый вид выходных процессов CAY Y(p) и неизменяемая часть САУ W YX (p), то из матричного уравнения (1.14) можно найти матрицу W UY (p) как результат решения системы алгебраических уравнений (1.14). В этом случае, так же как и в скалярном, к уравнениям (1.14) следует добавить условия устойчивости системы (1.14) и физической реализуемости изменяемой части САУ W UY (P). Рассмотренный подход развит в виде метода полиномиальных
уравнений
, который может быть применен как к непрерывным, так и к цифровым регуляторам САУ. В последнем случае этот метод наиболее эффективен. По существу он является численным методом решения определенного круга вариационных задач и позволяет единообразным путем, учтя условия физической реализуемости и устойчивости САУ, получить в явной форме выражение оптимальной передаточной функции регулятора Wuy. Важным достоинством метода является то, что оптимальность здесь понимается не только в смысле быстродействия, но и в смысле компенсации нежелательных отклонений САУ от заданного движения, что приближает задачу синтеза к инженерной постановке в смысле критериев (1.8)-(1.9). Применение метода полиномиальных уравнений требует перехода к «дискретной модели» непрерывной части системы. Для удобства последующего изложения рассмотрим алгоритм метода применительно к одномерной системе (1.10). Осуществляя преобразование функции (1.10), представим ее в виде Wyx(z)=P(z)/Q(z) - заданная передаточная z-функция неизменяемой части системы; х*Wyx(z)=L(z)/R(z)- передаточная z-функция участка контура регулирования между точкой приложения возмущающего воздействия x(z) и координатой у(z); Wuy(z) -искомая функция регулятора. Для компенсации «нежелательных» полюсов и нулей в передаточной функции Wyx(z) применяется операция факторизации. Эта операция состоит в следующем. Представим функцию Wyx(y) в виде где -дробно-рациональная функция, имеющая нули и полюсы в области устойчивости, в данном случае - внутри круга единичного радиуса |z| = 1, а имеет нули и полюсы вне области устойчивости. Представим искомую функцию Wuy(z) произведением трех сомножителей: где Θ,П- неизвестные полиномы. Подставляя (1.16), (1.17) в (1.15), найдем Определим неизвестные полиномы Θ и П как минимальное решение (т. е. решение, при котором степени полиномов Θ и П наименьшие) полиномиального уравнения Тогда y(t) будет процессом конечной минимальной длительности при возможности одновременного обеспечения устойчивости и минимума динамической ошибки. Подставляя найденные П и Θ в (1.17), находим искомую функцию Wuy(z). При использовании наряду с принятыми дополнительными критериями синтеза, например минимальной суммарной квадратичной ошибки, как выражение (1.17), так и полиномиальное уравнение (1.19) могут значительно усложняться, что, однако, не носит принципиального характера. Метод позволяет весьма точно учитывать ограничения со стороны неизменяемой части системы, путем привлечения аппарата линейного программирования. Задачи статистического синтеза также сводятся к решению систем полиномиальных уравнений. Применительно к задачам синтеза регуляторов САУ метод полиномиальных уравнений имеет ряд преимуществ: простоту машинной ориентации метода, практическое отсутствие вычислительных трудностей и возможность синтеза систем, обладающих свойством удовлетворять совокупности различных требований (достигается абсолютный экстремум по одному из критериев при относительных экстремумах по остальным). Результатом синтеза является передаточная z-функция или эквивалентное разностное уравнение, реализуемые в дальнейшем на микропроцессоре САУ. Оценки по курсу находятся
, где - колебательность процесса; запасы устойчивости определяются величинами n1 (n1
(1.15)
, (1.16)
(1.17)
(1.18)
(1.19) Система выставления оценок по курсу
Экзамен
Программа курса
Повторение некоторых разделов дискретной математики
Алгоритмы, основанные на вычислении оценок (АВО)
Алгебраический подход к решению задач классификации
Дискретные (логические) процедуры распознавания
Модели данных и метрические методы обработки данных
Логико-статистические модели в распознавании
Литература
