Алгебраїчний метод побудови. Алгебраїчний метод побудови геометричних завдань на побудову
Останнім часом широке розповсюдженняотримали методи алгебри побудови алгоритмів розпізнавання та прогнозування . Суть підходу алгебри коротко може бути описана так. Уявімо, що завдання розпізнавання вирішується з допомогою кінцевого набору вирішальних функцій: , наприклад, лінійна вирішальна функція, - квадратична, - правило найближчих сусідів. Якщо якість отриманих цими функціями рішень виявиться незадовільним, то можна розширити коло функцій, що використовуються, і серед цієї розширеної множини спробувати знайти функцію, яка давала б більш високий результат.
Розглядається два типи розширень. Спочатку деякі параметри вихідних функцій із констант перетворюються на змінні. Варіювання значення цих змінних породжує широкий клас вирішальних функцій того чи іншого типу: кінцевий або нескінченний набір різних гіперплощин, набір правил найближчого сусіда з різними значеннями і різною метрикою для обчислення відстаней між точками. Доведено, що майже завжди у цьому параметричному розширенні можна знайти вирішальну функцію, що дає оптимальне вирішення цієї задачі.
Якщо ж зустрівся такий складний випадок, що оптимального рішенняотримати не вдається, тоді застосовується інший (алгебраїчний) спосіб розширення різноманітності вирішальних правил. Розглянемо безліч операторів над безліччю найпростіших вирішальних правил. За допомогою операторів алгебри можна з набору простих правилсконструювати будь-яке більше складне правилодля вирішення задачі. Доведено, що безліч алгебраїчно породжених правил містить оптимальне правило для вирішення будь-якого завдання розпізнавання. Розроблено також спосіб локалізації підмножини правил, серед яких є оптимальне правило. Однак і після цього кількість варіантів, що залишилися, може виявитися більшим. Для скорочення обчислювальних труднощів застосовуються природні евристичні прийоми як на етапі відбору найбільш перспективних правил для включення до вихідна множина, і на етапі конструювання класів їх параметричного і алгебраїчного розширення.
Алгебраїчний підхід успішно застосовується при вирішенні завдань розпізнавання образів, зокрема в розпізнаванні та аналізі зображень та задачах прогнозування багатовимірних динамічних процесів. У руслі цього підходу знаходяться, наприклад, метод колективів вирішальних правил (КРП) та метод комітетів.
Ідея методу КРП ось у чому. Нехай у нашому розпорядженні є навчальна вибірка у просторі та кілька вирішальних правил. Передбачається, що різні правиламожуть виявитися "хорошими" в одній частині простору та "поганими" в іншій. Кожна ознака системи має кінцеву кількість градацій, так що простір можна уявити, що складається з кінцевої кількості«клітинок» (гіперпаралелепіпедів). Розпізнаваний об'єкт помістимо в довільну клітину простору і застосуємо для розпізнавання всі вирішальні правила по черзі. Зазначимо ті правила, які ухвалили правильне рішення. Потім перемістимо об'єкт в іншу клітинку простору та повторимо розпізнавання. Знову зазначимо правила, які успішно працювали в цій частині простору. У такий спосіб переглянемо всі частини простору і для кожного вирішального правила вкажемо межі області або перелік клітин, у яких виявилося найбільш компетентним. У цьому етап навчання закінчується.
На етапі розпізнавання контрольного об'єкта спочатку визначається правило, яке було найбільш компетентним для тієї частини простору, в яку потрапив даний об'єкт. Потім за цим правилом визначається належність об'єкта до одного з образів, що розпізнаються.
У методі комітетів на початку розглядається широкий набір вирішальних правил, наприклад, параметричне сімейство з кінцевого числагіперплощин. Кожна площина поділяє простір на дві частини, і при розпізнаванні двох образів (і) можна вказати ймовірність присутності представників цих образів в одній та іншій частині простору: , і , . Якщо кожної частини ймовірності різних образів виявляться однаковими (і ), то така площина інтересу не представляє. Більш корисними будуть площини, які відокремлюють один від одного області з переважною присутністю одного з двох образів, наприклад і . За цією інформацією можна вибрати підмножину (колектив) із найбільш «інформативних» площин.
Рішення про належність об'єкта, що розпізнається, до того чи іншого образу приймається колективом правил шляхом голосування. Якщо об'єкт щодо площини знаходиться в області, то ця площина голосує на користь образу з вагою, а на користь образу – з вагою. Можна підсумувати голоси, подані всіма площинами за образ, і отримати оцінку. Аналогічно виходить сума голосів за образ. Рішення на користь образу приймається, якщо . Можна скористатися не сумами, а творами голосів.
Процедура побудови колективного вирішального правила добре ілюструє важливу рольметодів розпізнавання у процесі пізнання. Вихідна ситуація характеризувалася високим ступенем невизначеності, відсутністю будь-якої моделі досліджуваного явища. Кожна окрема гіперплощина не дозволяла надійно відрізняти один образ від іншого, тобто була «некоректною» моделлю, що розпізнає. Параметричний клас лінійних вирішальних правил дозволив сформувати зі свого складу «коректну» модель, що розпізнає. Як підкреслює Ю. І. Журавльов, саме таким шляхом за допомогою методів розпізнавання ситуації в неформалізованих або слабо формалізованих природничих областях оснащуються формалізованими засобами пізнання. Створювані у своїй моделі дозволяють відповісти хоча б питання «Що відбувається?». Якщо у навчальній вибірці є відповідна інформація, її подальший аналіз може призвести до виявлення закономірностей причинно-наслідкового характеру і сформувати модель відповіді питанням «Як це відбувається?» чи навіть питанням «Чому саме так, а чи не інакше?».
Основні методи вирішення геометричних завдань: геометричний – необхідне твердження виводиться за допомогою логічних міркуваньз ряду відомих теорем; алгебраїчний - шукана геометрична величина обчислюється на підставі різних залежностейміж елементами геометричних фігурбезпосередньо чи з допомогою рівнянь; комбінований – на одних етапах рішення ведеться геометричним методом, а на інших – алгебраїчним.
Трикутники Ознаки рівності трикутників, прямокутних трикутників. Властивості та ознаки рівнобедреного трикутника. Завдання 1. Медіана АМ трикутника АВСдорівнює відрізку ВМ. Довести, що один із кутів трикутника АВС дорівнюєсумі двох інших кутів. Завдання 2. Відрізки АВ і СD перетинаються в їхній загальній середині О. На АC і ВD відзначені точки К 1 такі, що АК = ВК 1. Довести, що а) ОК = ОК 1, б) точка О лежить на прямий КК 1. Завдання 3 (ознака рівнобедреного трикутника). Якщо у трикутнику бісектриса є медіаною, то трикутник рівнобедрений.
Завдання 4 (ознака прямокутного трикутника за медіаною). Довести, що якщо медіана трикутника дорівнює половині сторони, до якої вона проведена, то трикутник прямокутний. Завдання 5 (властивість медіани прямокутного трикутника). Довести, що у прямокутному трикутнику медіана, проведена до гіпотенузи, дорівнює її половині. Завдання 6. Довести, що у прямокутному трикутнику з нерівними катетами бісектриса прямого кутаділить кут між висотою та медіаною, проведеними з тієї ж вершини, навпіл. Завдання 7. Медіана та висота трикутника, проведені з однієї вершини, поділяють цей кут на три рівні частини. Довести трикутник прямокутний.
Властивості площ. Площі багатокутників Слідство з теореми про площу трикутника. Якщо висоти двох трикутників рівні, їх площі відносяться як основи. Теорема про відношення площ трикутників, що мають рівні кути. Якщо кут одного трикутника дорівнює кутуіншого трикутника, то площі цих трикутників відносяться як добутки сторін, що укладають рівні кути.
Теореми про точки перетину чевіан Теорема. У будь-якому трикутнику медіани перетинаються в одній точці (центроїд, центр ваги) і діляться цією точкою щодо 2:1, рахуючи від вершини. Властивості медіани: 1. Медіана розбиває трикутник на два рівновеликі, тобто мають однакову площу. 2. Три медіани розбивають трикутник на шість рівновеликих. 3. Відрізки, що з'єднують центроїд з вершинами трикутника, трикутник розбивають на три рівновеликі частини.
Одним із основних методів розв'язання задач, у яких беруть участь медіани трикутника, є метод «подвоєння медіани». Добудувати трикутник до паралелограма та скористатися теоремою про суму квадратів його діагоналей. Завдання 8. Знайти відношення суми квадратів медіан трикутника до суми квадратів усіх сторін.
Властивість бісектриси внутрішнього кутатрикутник. Бісектриса внутрішнього кута трикутника ділить протилежну сторону на частини, пропорційні сторонам, що її укладають. Теорема. У будь-якому трикутнику бісектриси перетинаються в одній точці (іцентр), яка є центром вписаного в нього кола. Примітка: Очевидно, що центроїд та центр трикутника завжди лежать усередині нього.
. Рішення. B A 1 1) У трикутнику ABC AA 1 – бісектриса кута A, тому AB: AC = BA 1: CA 1 = BA 1: (BC – BA 1) I або C А B 1 2) У трикутнику ABA 1 BI – бісектриса кута B, тому AI: IA 1 = BA: BA 1 або
Теорема про серединний перпендикуляр до відрізка. Кожна точка серединного перпендикуляра до відрізка рівновіддалена від кінців цього відрізка. Назад: кожна точка, рівновіддалена від кінців відрізка, лежить на серединному перпендикулярі до нього. Теорема. Серединні перпендикуляридо сторін трикутника перетинаються в одній точці, яка є центром описаного біля нього кола. Теорема. У будь-якому трикутнику висоти перетинаються в одній точці (ортоцентр трикутника). Запитання. Де знаходиться ортоцентр гострокутного, прямокутного, тупокутного трикутників?
Рішення. B 1) Трикутник BC 1 Н – прямокутний, і C 1 H 2) Трикутник BC 1 C – прямокутний, і A B 1 C
Використовуючи формули наведення. Звідки Зауваження. Якщо один з кутів тупий, то (*) відповідний косинус потрібно взяти по модулю.
Цікавими є завдання знаходження відстані від довільної вершини трикутника до однієї з його чудових точок. Спочатку вирішимо завдання на знаходження відстані від вершини до ортоцентру. Завдання 11. У трикутнику АВС опущені висоти ВР 1 та СС 1. Знайти довжину відрізка НВ, де Н – точка перетину висот. B 1) трикутник BC 1 Н – прямокутний і Рішення. C 1 H 2) трикутник BC 1 C – прямокутний, і A B 1 C
Завдання 12. Знайти відстань від вершини B трикутника ABC до ортоцентру, якщо Вирішення. За теоремою косінусів Тоді
Завдання 13. По кутах A та B трикутника ABC (A
Завдання 14. До якої вершини трикутника ближче розташований іцентр? Рішення. C D I A Нехай I – іцентр, точка перетину бісектрис трикутника ABC Скористаємося тим, що проти більшої сторони трикутника лежить більший кут. Якщо AB > BC, то A
Завдання 15. Яка з висот трикутника найменша? Рішення. C B 1 А 1 H A C 1 Нехай Н – точка перетину висот трикутника ABC. Якщо AC B. Коло з діаметром BC пройде через точки С 1 і В 1. B Враховуючи, що з двох хорд менше та, на яку спирається менший вписаний кут, отримуємо, що СС 1
Завдання 16. Відрізок АН – висота трикутника АВС. З вершин В і С проведені перпендикуляри ВР 1 і СС 1 до прямої, що проходить через точку А. Довести, що трикутники АВС і НВ 1 З 1 подібні. Знайти площу трикутника НВ 1 С 1, якщо площа трикутника АВС дорівнює S, а АС: НС 1 =5: 3. Доказ. Оскільки трикутники АНС та АСС 1 прямокутні, то точки Н і С 1 А лежать на колі з діаметром АС. З 1 В 1 Н Аналогічно, точки В 1 і Н лежать на колі з діаметром АВ. З трикутнику АСС 1
Отже, Так як мають місце (1) і (2), то трикутники АВС і НВ 1 С 1 подібні. З 1 Коефіцієнт подібності В 1 Н З означає,
Завдання 17. Нехай у гострокутному трикутнику ABC точки A 1, B 1, C 1 є підстави висот. Довести, що точка H - перетину висот трикутника ABC є точкою перетину бісектрис трикутника A 1 B 1 C 1. Рішення. На сторонах AC і BC B трикутника ABC, як і на C 1 А діаметрах, побудуємо кола. H Точки A 1, B 1, C 1 належать цим колам. 1 A B 1 C Тому B 1 C 1 C = B 1 BC, як кути, що спираються на ту саму дугу кола. B 1 BC = CAA 1, як кути із взаємно перпендикулярними сторонами.
CAA 1 = CC 1 A 1, як кути, що спираються на ту саму дугу кола. Отже, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, тобто C 1 C є бісектрисою кута B 1 C 1 A 1. Аналогічним чином показується, що AA 1 і BB 1 є бісектрисами кутів B 1 A 1 C 1 і A 1 B 1 C 1. B C 1 А 1 H A B 1 C Самостійно дослідити випадки прямокутного та тупокутного трикутника.
Інтеграція алгебраїчних та геометричних методів у вирішенні завдань
Одною з актуальних проблемшкільного математичного освіти на етапі є проблема інтеграції математичних знань, формування цілісних уявлень учнів про математику як науку. Особливо важливим є вирішення цієї проблеми для основної школи, де вивчаються дві математичні дисципліни: алгебра та геометрія.
Поняття "інтеграція" [лат. integratio – відновлення, поповнення; integer - цілий] трактується як відновлення, об'єднання в ціле будь-яких частин, елементів; як стан пов'язаності ціле окремих диференційованих частин, і навіть як процес, що веде до такого стану. У навчанні інтеграцію часто розуміють як взаємовплив, взаємопроникнення та взаємозв'язок змісту різних навчальних дисциплін.
Так як у навчанні математики основним видом діяльності учнів є вирішення завдань, то доцільно інтеграцію алгебри та геометрії здійснювати за лінією їх методів. Алгебраїчний метод (стосовно елементарної математики) трактується як метод, що полягає у вживанні букв і буквених виразів, над якими певним правиламвиробляються перетворення. Його називають ще методом буквених обчислень.
Геометричний метод характеризують як метод, що йде наочних уявлень. Істотними ознаками цього поняття є геометричні (наочні) уявлення та закони геометрії, у яких відбито властивості геометричних фігур.
Якщо за основу класифікації алгебраїчних та геометричних методів прийняти систему знань, на яких заснований метод, то отримаємо такі методи.
1. Алгебраїчні:метод тотожних перетворень; метод рівнянь та нерівностей; функціональний метод; векторний метод; координатний метод.
2. Геометричні(обмежимося планіметрією): метод довжин; метод трикутників; метод паралельних прямих; метод співвідношень між сторонами та кутами трикутника; метод чотирикутників; метод площ; метод подібності трикутників; тригонометричний метод(метод, заснований на співвідношеннях між сторонами та кутами трикутника, вираженими через тригонометричні функції); метод геометричних перетворень; графічний метод (хоча цей метод вивчається в курсі алгебри, але він заснований на використанні геометричних уявлень функцій та пов'язаних із ними законів геометрії).
Вважатимемо, що кожен метод складається з певних прийомів, а кожен прийом - з дій. Під інтеграцією алгебраїчного та геометричного методів розумітимемо процес поєднання даних методів або зв'язку їх прийомів в один метод.
У галузі навчання розв'язанню задач інтеграція методів передбачає паралельне (на одному уроці) розв'язання задачі різними методами (алгебраїчними та геометричними) або розв'язання алгебраїчної задачі геометричним методом, а геометричної задачі – алгебраїчним методом. Засобом інтеграції можуть бути спеціальні блоки завдань, які входять як алгебраїчні, і геометричні завдання. Наведемо приклади.
7 клас
Тут можна використати текстові завданняз курсу алгебри та геометричні завдання, які вирішуються методом рівнянь.
Завдання 1. В одному елеваторі було зерна вдвічі більше, ніж в іншому. З першого елеватора вивезли 750 т зерна, до другого елеватора привезли 350 т, після чого в обох елеваторах зерна стало порівну. Скільки зерна було спочатку у кожному елеваторі?
Для вирішення цього завдання використовуємо метод рівнянь і нерівностей з алгебри та метод довжин з геометрії, що ґрунтується на властивостях довжини відрізка.
Алгебраїчний метод . Нехай x т зерна спочатку було в другому елеваторі, тоді 2x т зерна було спочатку в першому елеваторі; (2x – 750) т зерна залишилося у першому елеваторі, а (x + 350) т зерна стало у другому елеваторі. Так як в обох елеваторах зерна стало порівну, то можна скласти рівняння
2x - 750 = x + 350, звідки x = 1100, 2x = 2 · 1100 = 2200.
Відповідь: 2200 т зерна було у першому елеваторі та 1100 т – у другому.
Геометричний метод.Вирішуємо це завдання за допомогою лінійної діаграми. Лінійна діаграма - це зазвичай відрізок або кілька відрізків, довжини яких відповідають чисельним значенням аналізованої величини. Завдання вирішуємо за етапами.
1-й етап. Побудова лінійної діаграми. Після прочитання тексту завдання учні обговорюють такі питання (можлива допомога вчителя).
1. Скільки ситуацій у задачі?
[Дві: початкова та кінцева.]
2. З якої ситуації слід розпочати побудову лінійної діаграми?
[Можна розпочати побудову з першої ситуації та від неї перейти до другої, а можна
спочатку побудувати лінійну діаграму кінцевої ситуації та перейти від неї до
первісної. Розглянемо перший варіант побудови лінійної діаграми.
3. Що таке лінійна діаграма початкової ситуації?
[Два відрізки, один з яких у два рази більший за інший. Перший відрізок зображує
кількість зерна у першому елеваторі, а другий - у другому елеваторі.]
Після цього учні будують діаграму початкової ситуації. Потім обговорення продовжується.
4. Як перейти на діаграмі від першої ситуації до другої?
[Треба від першого відрізка відняти відрізок, що умовно зображує 750 т, а
до другого відрізку додати відрізок, що зображує 350 т.]
5. Ці відрізки беруться довільно?
[Ні, слід враховувати, що знову отримані відрізки повинні
бути рівні, тому що на обох елеваторах зерна стало порівну.]
Виконавши події з відрізками, учні отримують діаграму кінцевої ситуації. Перший етап роботи над завданням закінчується позначенням відрізків та оформленням записів на кресленні.
2-й етап. Розв'язання геометричної задачі. Побудована лінійна діаграма перетворює алгебраїчну задачу на геометричну, вирішення якої засноване на використанні властивостей довжини відрізка, а саме:
1) рівні відрізкимають рівні довжини; менший відрізок має меншу довжину;
2) якщо точка ділить відрізок на два відрізки, то довжина всього відрізка дорівнює сумі довжин цих двох відрізків.
Рішення учні записують геометричною мовою, використовуючи позначення відрізків, а результат переводять на природна мова. У даному випадкуцей переклад здійснюється автоматично за рахунок перенесення термінології (3 етап). Спочатку слід робити докладний запис рішення із зазначенням, що зображує кожен відрізок. Поступово можна переходити до короткого запису, оскільки деякі факти видно малюнку.
Наведемо докладний запис розв'язання задачі 1.
Рішення. 1-й етап. Нехай відрізок AB зображує кількість зерна у першому елеваторі (мал. 1), тоді відрізок буде зображувати кількість зерна у другому елеваторі.
AB = 2CD – початковий розподіл зерна між елеваторами. З першого елеватора вивезли 750 т зерна, а другий елеватор привезли 350 т, тому віднімемо з відрізка AB відрізок BK, що умовно зображує 750 т, а до відрізка CD додамо відрізок DE, що зображує 350 т.
2-й етап. Спосіб I. CD = AF = FB (за побудовою),
FB = FK + KB = 350 + 750 = 1100, отже, CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.
3-й етап. Відповідь: у першому елеваторі було 2200 т збіжжя, у другому 1100 т.
Учні можуть зробити короткий записвирішення завдання, наприклад, вона може бути такою.
Рішення. AB = 2CD – початковий розподіл зерна між двома елеваторами; BK = 750, DE = 350.
AK = CE – кінцевий розподіл зерна між елеваторами.
CD = AF = FB (за побудовою), FB = 350 + 750 = 1100, тоді
CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.
Відповідь: 2200 т, 1100 т.
Лінійна діаграма дозволяє скласти різні рівняння задачі, які учні що неспроможні записати без креслення, тобто з'являється можливість розв'язати завдання алгебраїчно різними способами. Наведемо деякі з них.
Спосіб ІІ. Нехай AK = CE = x, тоді як AB = 2CD, отримаємо x + 750 = 2(x – 350),
звідки x = 1450, CD = 1450 - 350 = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.
Відповідь: 2200 т, 1100 т.
Спосіб ІІІ. Нехай CD = х, тоді AB = 2x. Оскільки AK = CE, маємо 2x – 750 = x + 350
(Таке ж рівняння виходить при вирішенні задачі без діаграми.)
Лінійна діаграма дозволяє не тільки розв'язати задачу без рівняння, але часто відповідь можна «вбачити» прямо на кресленні.
Завдання 2. На одному садовій ділянцівп'ятеро більше кущів малини, ніж іншому. Після того, як з першої ділянки пересадили на другий 22 кущі, то на обох ділянках кущів малини стало порівну. Скільки кущів малини було на кожній ділянці?
Рішення. 1-й етап. Нехай відрізок AB зображує кількість кущів малини першому ділянці, а відрізок CD - кількість кущів малини другою ділянці (рис. 2). AB та 5CD - початковий розподіл кущів малини між ділянками.
Так як на обох ділянках кущів малини стало порівну, то розділимо відрізок BE навпіл (BF = FE) і відрізка AB віднімемо відрізок BF, а до відрізка CD додамо відрізок DK (DK = BF). AF = CK – кінцевий розподіл кущів малини між ділянками.
2-й етап. За умовою з першої ділянки пересадили на другий 22 кущі, отже, BF = 22 = 2CD, тоді CD = 11, AB = 5CD = 5 · 11 = 55.
Відповідь: на першій ділянці було 55 кущів малини, на другій 11 кущів.
Одна з переваг використання геометричного методу при вирішенні розглянутих завдань полягає у наочності. Побудова лінійної діаграми та перехід від одного її стану до іншого дозволяє учням краще сприймати ситуації, описані в задачі і, отже, допомагає знайти шляхи її вирішення. Іноді відповідь майже очевидна на кресленні, це дає можливість використовувати лінійну діаграму для перевірки вирішення завдання, яке виконано методом алгебри без креслення.
на мотиваційний етапформування геометричного методу доцільно пропонувати вирішити задачу двома методами: алгебраїчним та геометричним. Завдання слід підбирати таким чином, щоб її рішення за допомогою лінійної діаграми було раціональнішим порівняно з рішенням без креслення. Наведемо приклад вирішення однієї з таких завдань.
Завдання 3. У першому баку вчетверо більше рідини, ніж у другому. Коли з першого бака перелили 10 л рідини на другий, виявилося, що у другому баку стало те, що залишилося у першому. Скільки літрів рідини спочатку було в кожному баку?
Рішення. Алгебраїчний метод. Приводимо до рівняння
де x л – початкова кількість рідини у другому баку.
Вирішуючи це рівняння, знаходимо x = 10, тоді
4x = 4 · 10 = 40.
Отже, у першому баку було 40 л, тоді як у другому 10 л.
Геометричний метод. Побудуємо лінійну діаграму початкового розподілу рідини між двома баками. Нехай відрізок AB зображує кількість рідини (л) у першому баку (рис. 3), тоді відрізок CD 
зображуватиме кількість рідини (л) у другому баку (побудову можна починати з відрізка CD). AB = 4CD – початковий розподіл рідини між двома баками.
Процес переливання рідини з одного бака в інший відобразимо як віднімання деякого відрізка з відрізка AB і додавання його до відрізка CD. Щоб дізнатися довжину відрізка, який слід відняти з відрізка AB, необхідно помітити наступне: у першому та у другому баках було 5 частин рідини, причому у першому баку було 4 частини, а у другому 1 частина.
Після переливання Загальна кількістьрідини (5 частин) не змінилося, але у другому баку стало 2 частини, а в першому 3 частини. Отже, відрізка AB треба відняти відрізок BE (BE = CD), а до відрізка CD додати відрізок DK (DK = BE), тоді 
що відповідає переливанню рідини. Тому BE = 10, тоді
AB=40, CD=BE=10.
Отже, у першому баку було 40 л рідини, тоді як у другому 10 л.
Після вирішення завдання слід порівняти з учнями обидва методи вирішення, виявити переваги та недоліки кожного з них.
Слід зазначити, що з допомогою лінійних діаграм вирішуються завдання, у яких дані відносини значень величин (менше, більше, на, в, стільки ж) і розглядається одна чи кілька ситуацій.
Текстові завдання, у яких одна з величин є твір двох інших, дозволяють інтегрувати метод площ, заснований на властивостях площі, та метод рівнянь та нерівностей. Наведемо приклади.
Завдання 4. Бригада лісорубів щодня перевиконувала норму на 16 м 3 тому тижневу норму (шість робочих днів) вона виконала за чотири дні. Скільки кубометрів лісу заготовляла бригада на день?
Рішення. Алгебраїчний метод. Приходимо до рівняння
де x м 3 – денна норма бригади за планом.
Геометричний метод. Так як у задачі розглядається добуток двох величин (A = pn), то для наочності представимо його у вигляді двовимірної діаграми. Двовимірна діаграма - це площа одного або кількох прямокутників, сторони яких зображують чисельні значення аналізованих величин (p і n), а площа прямокутника зображує їх добуток (S = A).
Розв'язання задачі, так само як і у випадку лінійної (одномірної) діаграми, проходить у три етапи:
1) побудова двовимірної діаграми, тобто переклад завдання на мову відрізків та площ фігур;
2) вирішення геометричної задачі, що вийшла, шляхом складання рівняння на основі використання властивостей площі багатокутних фігур;
3) переклад отриманої відповіді з геометричної мови на природну мову.
1-й етап. Реалізується під час аналізу тексту завдання. Учні відповідають такі питання.
1. Чи можна побудувати двовимірну діаграму за умовою завдання?
[Можна, оскільки одна з величин (тижнева норма бригади) дорівнює
твору двох інших: денна норма бригади та кількості днів.]
2. Що таке двовимірна діаграма?
[Прямокутник, одна із сторін якого визначає
денну норму бригади, а інша - кількість днів.]
3. Скільки прямокутників треба збудувати?
[Два, їхні площі визначатимуть тижневу норму бригади
за планом та фактично виконану роботу за чотири дні.]
4. Що можна сказати про площі цих прямокутників?
[Вони рівні, тому що виконана за чотири
дня робота дорівнює тижневій нормі.]
Потім учні з допомогою вчителя виконують шикування. Основа і висота першого прямокутника беруться довільно, другий прямокутник рівновеликий першому, причому їх підстави є відрізками, що лежать на одному промені, з загальним початком(Рис. 4). Перший етап завершується позначенням прямокутників та оформленням записів на кресленні.
На початку навчання геометричному методу ведеться докладний запис того, що позначає довжина, ширина та площа кожного прямокутника, тобто завдання перекладається геометричною мовою.
2-й етап. Етап починається з розгляду площ прямокутників, що утворилися, і встановлення співвідношень між ними (рівності, нерівності). Перед учнями порушується питання: назвіть прямокутники з рівними площами. Ведеться відповідний запис:
S ABCD = S AMNK = S, S 1 = S 2 так як S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .
Серед учнів можуть бути такі, які виконають креслення з великою неточністю, тобто на кресленні прямокутники BMNE і KECD будуть явно не рівновеликі. Слід звернути на це їхню увагу і помітити, що лінії KB та CN мають бути паралельними.
Використовуючи умову S 1 = S 2 складається рівняння. Наведемо зразковий запис розв'язання задачі 4 геометричним методом.
Рішення. Нехай S ABCD визначає тижневу норму бригади лісорубів. AB - продуктивність (м 3) бригади на день за планом; AD – кількість днів; S AMNK – обсяг роботи, виконаний бригадою за чотири дні.
S AMNK = S ABCD = S;
S 1 = S 2, оскільки S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .
S 1 = 2KE, S 2 = 16 · 4 = 64,
отже 2KE = 64, тоді KE = 32.
AB=KE=32, AM=AB+BM=32+16=48.
Відповідь: бригада заготовляла на день 48 м3 лісу.
За допомогою двовимірної діаграми та геометричних співвідношень, зокрема рівновеликості прямокутників ABCD та AMNK, можна скласти інше рівняння. Якщо AB = x, то одержуємо
(Таке ж рівняння виходить при вирішенні задачі без креслення).
Завдання 5. Замовлення з випуску машин завод мав виконати за 15 днів. Але вже за два дні до терміну завод не тільки виконав план, а й випустив понад план ще шість машин, оскільки щодня випускав по дві машини понад план. Скільки машин мав випустити завод за планом?
Особливість розв'язання цієї задачі геометричним методом, порівняно з розв'язанням попередньої задачі, полягає в тому, що площі S 1 і S 2 (див. рис. 4) не рівні, оскільки за умовою завод не тільки виконав план, а й випустив понад план. ще шість машин. Це учні повинні на увазі як при побудові креслення, так і при складанні рівняння.
Рішення. Нехай AB зображує продуктивність заводу щодня за планом (рис. 5). AD – термін виконання замовлення за планом. Тоді S ABCD визначає все замовлення випуску машин, AM зображує кількість машин, які випускав завод щодня, AP - термін виконання замовлення, а S AMNP відповідає кількості машин, які завод випустив за 13 днів.
За умовою завод випустив понад план шість машин, тому маємо
S 1 + S 3 + 6 = S 3 + S 2 або S 1 + 6 = S 2
але S 2 = 2 · 13 = 26, отже S 1 + 6 = 26, звідки S 1 = 20. З іншого боку, S 1 = 2AB, тому 2AB = 20, тоді AB = 10, S ABCD = AB · 15 = 10 · 15 = 150.
Відповідь: завод мав випустити за планом 150 машин.
Засобом інтеграції методів у 7-му класі можуть бути і геометричні завдання. Наведемо приклади.
Завдання 6. Точка A поділяє відрізок CD навпіл, а точка B - на нерівні частини. Доведіть, що площа прямокутника з вимірами CB та BD дорівнює різниці площ квадратів зі сторонами AD та AB
Рішення. Нехай CD = х, BD = y. Тоді
Тому для вирішення завдання слід довести тотожність
Як бачимо, у вирішенні цього завдання задіяні метод площ та метод тотожних перетворень.
Завдання 7. AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (рис. 7). Знайдіть кут A.
Рішення. Нехай Р A = x тоді Р 1 = Р A = x. Р2 = 2x (як зовнішній кут трикутника APQ), Р4 = Р2 = 2x.
Р 3 = 180 ° - (Р 2 + Р 4) = 180 ° - 4x,
Р 5 = 180 ° - (Р 1 + Р 3) = 3x,
Р6 = Р5 = 3x. Р 7 = Р B - Р 6, але
тому
Так як Р 8 = Р C, то Р C + Р 8 + Р 7 = 2Р C + Р 7 = 180 °, або 
Вирішуючи це рівняння, отримуємо, що x = 20 °.
Відповідь: Р A = 20 °.
При вирішенні цього завдання використовувалися метод трикутників та метод рівнянь та нерівностей. Аналогічні завдання є у підручниках геометрії.
Алгебраїчні методи синтезу для одновимірної САУ будуються на визначенні виду та параметрів передавальної функції змінної частини САУ у виразі
де х(р), у(р)- відповідні перетворення Лапласа x(t)і y(t)(Початкові умови вважаємо нульовими); W yx(р), W uy (p)-передавальні функції незмінної частини САУ (об'єкта управління) та її частини, що змінюється відповідно; і- керуючий вплив; y(р)- бажаний (заданий) вид рішення системи на заданий вхідний вплив х(р).
Оскільки Wyx(p)пов'язує вхідний вплив х(р)та реакцію системи у(р),при заданих х(р)і у(р)отримуємо алгебраїчне рівняння
в якому Р(р), Q(p)суть відомі задані поліноми від р,,- поліноми від р,які необхідно збудувати.
У загальному випадкурівняння (1.11) являє собою одне рівняння з двома невідомими Θ(р) та П(р) і відноситься до діофантових (Діофант - давньогрецький математик) рівнянням. Для знаходження рішення цього рівняння додаються умови стійкості системи (1.10) фізичної реалізованості частини CAP, що змінюється. W uy (p).У останньому випадку, зокрема, потрібно, щоб ступінь полінома Θ(р) була вищою за ступінь полінома П(р). Цю систему рівнянь слід доповнити умовами стійкості, які складаються за критерієм Рауса R k (a i)>0 , де а i - коефіцієнти характеристичного полінома (1.10); R k (a i) -коефіцієнти першого стовпця таблиці Рауса.
Замість нерівностей можна отримати рівняння умов стійкості. При цьому необхідно встановити ступінь стійкості системи (1.10) 
.
Тоді рівняння, що відповідає Δ(р), перетворюється до зміщеного характеристичного рівняння
Після перерахунку коефіцієнтів це рівняння набуде вигляду
, (1.12)
де 
; k – номер коефіцієнта; -Кількість поєднань по k-i з n-i.
Бажаний процес у(t) можна сформувати з операторного зображення перехідних характеристик, що задається в узагальненому вигляді
Надаючи параметрам a 1, b 1, b 2, b 3, c 1 числові значеннявід нуля до граничних значень можна отримувати коливальні, аперіодичні та інші форми перехідних процесів. Зокрема, при c 1 =0 зображення бажаного процесу за Лапласом має вигляд
(1.13)
відповідно при речових та комплексних полюсах. У цих виразах С1, С2 визначають величину динамічної помилки σ; Розглядаючи найважчий режим роботи САУ - відпрацювання ступінчастих впливів х(р) = 1/р, завдання синтезу можна звести до розв'язання рівнянь алгебри (1.11), (1.12) щодо невідомих коефіцієнтів поліномів Θ(р), П(р). У випадку подібні рівняння вирішуються з допомогою алгоритму Евклида. Поширення цього методу на багатовимірні системи зводиться до розв'язання матричного рівня алгебри для багатовимірної САУ де Y(р), X(р), W YX(p), W UY(p) -вектори та матриці, що відповідають вихідним та вхідним впливам. Якщо задані види впливів Х(р), що обурюють, бажаний вид вихідних процесів CAY Y(p) і незмінна частина САУ W YX(p), то з матричного рівняння (1.14) можна знайти матрицю W UY(p) як результат розв'язання системи алгебраїчних рівнянь (1.14). У цьому випадку, так само як і в скалярному, до рівнянь (1.14) слід додати умови стійкості системи (1.14) і фізичної реалізованості частини САУ W UY (P), що змінюється. Розглянутий підхід розвинений у вигляді методу поліноміальних
рівнянь, який може бути застосований як до безперервних, так і цифрових регуляторів САУ. В останньому випадку цей метод є найбільш ефективним. По суті він є чисельним методом вирішення певного кола варіаційних завдань і дозволяє одноманітним шляхом, врахувавши умови фізичної реалізованості та стійкості САУ, отримати у явній формі вираз оптимальної передавальної функції регулятора Wuy. Важливою перевагою методу і те, що оптимальність тут розуміється у сенсі швидкодії, а й у сенсі компенсації небажаних відхилень САУ від заданого руху, що наближає завдання синтезу до інженерної постановці у сенсі критеріїв (1.8)-(1.9). Застосування методу поліноміальних рівнянь потребує переходу до «дискретної моделі» безперервної частини системи. Для зручності подальшого викладу розглянемо алгоритм методу стосовно одновимірної системи (1.10). Здійснюючи перетворення функції (1.10), представимо її у вигляді Wyx(z)=P(z)/Q(z) - задана передатна z-функція незмінної частини системи; х*Wyx(z)=L(z)/R(z)- передавальна z-функція ділянки контуру регулювання між точкою додатка обурювальної дії x(z) і координатою у(z); Wuy(z) - потрібна функція регулятора. Для компенсації «небажаних» полюсів та нулів у передавальній функції Wyx(z) застосовується операція факторизації. Ця операція полягає у наступному. Представимо функцію Wyx(y) як де -дрібно-раціональна функція, що має нулі та полюси в області стійкості, в даному випадку - усередині кола одиничного радіусу | z | = 1, а має нулі та полюси поза зоною стійкості. Представимо потрібну функцію Wuy(z) твором трьох співмножників: де Θ, П-невідомі поліноми. Підставляючи (1.16), (1.17) у (1.15), знайдемо Визначимо невідомі поліноми Θ та П як мінімальне рішення (тобто рішення, при якому ступеня поліномів Θ та П найменші) поліноміального рівняння Тоді y(t) буде процесом кінцевої мінімальної тривалості за можливості одночасного забезпечення стійкості та мінімуму динамічної помилки. Підставляючи знайдені П і Θ (1.17), знаходимо потрібну функцію Wuy(z). При використанні поряд з прийнятими додатковими критеріями синтезу, наприклад, мінімальної сумарної квадратичної помилки, як вираз (1.17), так і поліноміальне рівняння (1.19) можуть значно ускладнюватися, що, однак, не має принципового характеру. Метод дозволяє дуже точно враховувати обмеження з боку незмінної частини системи шляхом залучення апарату лінійного програмування. Завдання статистичного синтезу зводяться до вирішення систем поліноміальних рівнянь. Стосовно завдань синтезу регуляторів САУ метод поліноміальних рівнянь має ряд переваг: простоту машинної орієнтації методу, практична відсутність обчислювальних труднощів і можливість синтезу систем, що мають властивість задовольняти сукупності різних вимог (досягається абсолютний екстремум по одному з критеріїв при відносних екстремумах). Результатом синтезу є передатна z-функція або еквівалентне різницеве рівняння, що реалізуються надалі на мікропроцесорі САУ. При розв'язанні задач цим методом необхідно виконати такі дії: вивчити умову задачі, вибрати основну невідому величину та ввести її позначення, висловити інші невідомі через обрану невідому та дані в умові задачі величини, скласти рівняння (або систему рівнянь) та вирішити його (її). Таким чином, метод алгебри вирішення завдання - це така форма аналітичного методу, при якій зв'язки між шуканими і даними величинами встановлюються за допомогою рівнянь або систем рівнянь (рідше нерівностей). Сутність цього найкраще усвідомити під час вирішення наступних завдань. Завдання 3.35. У рівнобічної трапеціїбільша основа дорівнює 2,7 см, а бічна сторона вдвічі більша за меншу основу. Визначте меншу основу, якщо кут між великою основою та бічною стороною дорівнює 60°. Рішення Тоді за умовою 7. АВ = CD = 2х (3, 6) Одним із орієнтирів при складанні плану рішення є питання: чи не можна сторону AD розбити на відрізки, що виражаються через х? Виявляється, можна. Наведемо завдання, яке вирішується за допомогою системи рівнянь. Завдання 3.36.Обчисліть діагональ і площу прямокутника, периметр якого дорівнює 14 см, якщо його вершина віддалена від діагоналі, що не проходить через цю вершину, на 2,4 см. Рішення Учні знають, що знаходження площі прямокутника досить знати його сторони. Вони знають також, що знаходження діагоналі теж досить знати сторони прямокутника. Постає питання: що ми знаємо про сторони прямокутника і як ці сторони можна знайти? Якщо сторони прямокутника позначити через аі Ь,то учні можуть скласти два рівняння: Може здатися, що ми маємо два рівняння із двома невідомими. Однак, це не так. Довжина АС також невідома. Позначимо АС через d.Отже, отримаємо два рівняння з трьома невідомими, тобто. 8. а + Ь = 7, а 2 + Ь 2 = d 2 (,) Учні повинні розуміти, що потрібне ще одне рівняння, яке пов'язувало б наявні невідомі. Звідки можна здобути це рівняння? Підказкою є те, що при вирішенні задачі ми ще не використовували властивість 3: DKє висотою прямокутного трикутника АВС.Тому можна записати: Прирівнюючи праві частини рівностей 9 та 10, отримаємо: 11. (1/2) (а-Ь) = 1, 2d (9, 10) У результаті ми отримуємо систему трьох рівнянь із трьома невідомими: 12. а + Ь = 7, a 2 + b 2 = d 2 [ (8,11) ab = 2,4 d Вирішивши цю систему, отримаємо відповідь: d = 5 см, S = 12 см2. ? Характеризуючи особливості методу алгебри рішення геометричних завдань, можна, зокрема, виділити можливості використання елементів тригонометрії при їх вирішенні. Використання тригонометричних співвідношеньв геометрії дозволяє спростити рішення низки завдань і показати учням значення теорії, що вивчається. Зв'язок між математичними дисциплінамидає можливість утворити додаткові асоціативні зв'язки, зробити знання учнів глибшими та міцними. При вирішенні геометричних завдань тригонометричні функції використовуються явно замало. Слід зазначити, що коли за умови завдання дано кути, це певною мірою підказує можливість застосовувати тригонометричні функції. Розглянемо приклад розв'язання такого завдання. Завдання 3.37. Кут між загальними дотичними до двох кіл, що стосуються між собою зовнішнім чином, дорівнює (р. Довжина відрізка дотичної між точками дотику дорівнює а.Знайдіть радіуси кіл. Рис. 3.27 Рішення 1. Два кола окр. (Прох, г) та окр. (С^, Б), та що стосуються один одного зовнішнім чином I (дано) Ставиться основне питання: чи треба знайти радіуси Б і г, як їх можна знайти? Що для цього потрібно знати? Відповісти на ці запитання непросто. Тут може виручити серія наслідків із умов завдання та виконання додаткових побудов. Ця трапеція включає все, що потрібно для вирішення: ГО х = г + R, АВ = а, ОА= г, OB = R(Рис. 3.27, в). Отже, є прямокутна трапеція АВО х О.Як тепер знайти г та Б? Досвід учнів щодо вирішення завдань та продумана робота вчителя підкажуть виконання наступної додаткової побудови: 10. Проведемо ОС || АВ(9, додаткова побудова, рис. 3.27, г) Після цього отримаємо: Ось тепер нам знадобиться даний у п. 3 нашого рішення кут порівн. Ми отримали систему двох рівнянь із двома невідомими. 17. R + r = ---, COS i (12,13,16) R .r = * Вирішуючи систему, отримаємо 18(5). B = | (sec | + tg |) (17) - Особливий інтерес становлять завдання, у яких немає даних кутів, але під час вирішення яких ефективно використовуються елементи тригонометрії. Застосування елементів тригонометрії під час вирішення геометричних завдань насамперед зводиться до введення до розгляду допоміжного кута. Тоді зв'язки між елементами фігури вдається встановити за допомогою тригонометричних функцій. Розв'язання задачі при цьому зводиться до виконання тригонометричних перетворень. Завдання 3.38. Знайдіть площу ромба, якщо його висота 12 см, а менша діагональ 13 см. Рішення Перший спосіб У задачі ми шукаємо площу ромба, а площа ромба знаходиться так само, як площа паралелограма. Для того щоб знайти площу ромба, треба знайти бік AD.Насамперед із рис. 3.28, а видно, що AD = АЕ + ED.Спробуємо знайти кожен із відрізків АЕі ED. 5. ED = ylBD 2 -BE 2 = V169-144 = 5 см (1, 2, 3, теорема Піфагора) Відрізок АЕодразу знайти не вдасться. Досвід застосування методу алгебри рішення геометричних завдань може підказати наступну ідею. 6. Позначимо сторону ADчерез х, тоді АЕ = х - 5 (1, 5) Щоб знайти х,треба скласти рівняння. З А АВЕмаємо: Звичайно, застосування в даному випадку методу алгебри і запропонований хід міркувань слід вважати нестандартними (новими) для учнів. Але в той же час до кінця 9 класу, коли вирішується дане завдання, подібний прийом вже може бути освоєний учнями, і вони не будуть відчувати при застосуванні особливих труднощів. Другий спосіб При вирішенні цього завдання дуже корисно показати можливість застосування тригонометрії. Ідеї, яких потрібно підвести учнів, полягають у наступному. Оскільки треба знайти сторону AD, слід побачити, що у двох прямокутних трикутників AODі DBEкут ADB- загальний (рис. 3.28, б). Якщо його позначити через а, можна знайти AD. Співвідношення між сторонами та кутами у прямокутному трикутнику призводять до наступного: Щоб мати можливість вибрати спосіб вирішення завдання, потрібно мати достатній запас знань та ідей для їх вирішення. Цей запас створюється практикою вирішення завдань. Потрібно вчити школярів користуватися запасом основних ідей для вирішення різноманітних завдань, вчити вибирати та застосовувати потрібну ідею. Слід зазначити, що процес розв'язання задач різними способами хоч і описується в методичної літератури, але може бути визнаний досить розробленим. А Я. Хінчин зазначав, що «у нас вчитель, як правило, вимагає від учня, щоб усі завдання даного розділувирішувалися одним і тим же трафаретним прийомом, будь-яка самостійність припиняється, іноді навіть дуже суворо». Д. Пойа у вирішенні завдань та доказі теорем різними способами бачив психологічну потребуучня, оскільки людині властиво бажання сприймати предмети з різних почуттів. Пойа пише: «Знайшовши рішення, ми хочемо знайти інше, так само, як побачивши предмет, ми відчуваємо бажання доторкнутися до нього. Два докази краще, ніж один, як каже прислів'я, „надійніше стояти на двох якорях"». Це важливе зауваження Д. Пойа слід наблизити до практики. . Найскладніше в організації розв'язання завдання різними способами – це допомога вчителя у знаходженні цих способів. При цьому вчитель має виступити не з ідеєю нового варіанта доказу (або різних варіантів), а з питанням чи серією питань, що ініціюють появу відповідної ідеї чи ідей. Це не проста справа, і йому треба вчитися. Складність пов'язані з тим, що це діяльність вчителя спрямовано не так на застосування деякого знання чи прийому, але в розвиток уяви чи інтуїції учня. Розглянемо деякі Загальні умови, що сприяють успішному знаходженню різних способіврозв'язання задач. Почнемо з опису можливостей знаходження різних способів доказу кількох теорем планіметрії. Одним із явних недоліків сучасного стилюНавчання математики в школі є догматичний характер доказу теорем. Учню на думку не спадає, що докази можна проводити по-різному (і в різній послідовності). Безперечно, що така практика не дає ефекту у розвитку мислення людини та її особистості в цілому. З іншого боку, ясно, що на уроці (за умови мінімуму часу на вивчення математики) розглянути різні способи доказу багатьох теорем просто неможливо. Однак цю роботу можна винести на інші форми навчання: індивідуальні завданняу класі та вдома, заняття гуртка, додаткові бесіди, факультативи тощо. Завдання 3.39.Доведіть, що середня лінія трапеції паралельна її основам і дорівнює їх напівсумі. Рішення Можна виписати деякі наслідки, що випливають із умови теореми: 5. DP = СР) > (1,2, визначення середньої лініїтрапеції) О. АС/ = L/jD I На підставі перелічених властивостей довести необхідне неможливо. Система питань та вправ має підвести учнів до бажання пов'язати середню лінію трапеції із середньою лінією якогось трикутника, властивості якої вони знають. Якщо пропозицій не буде, то можна поставити запитання: як побудувати трикутник, для якого відрізок ОР був би його середньою лінією? Ця робота призведе до першого методу підтвердження теореми. Учні повинні побачити можливість побудови двох таких трикутників: А АВЕ(Рис. 3.29, б)та A CED(Рис. 3.29, в). Запишемо ці побудови. 7. Проведемо пряму ВР,перетинає продовження сторони AD у точці Е(побудова, рис. 3.29, б) З'являються додаткові елементи- трикутники АВЕ, ЗЛОДІЙ, DPE, ВСР.Якщо ми доведемо, що ВР = РЕ,то це означатиме, що ВР- середня лінія ААВЕ. 8. ВР- середня лінія ААВЕ(Рис. 3.29, б)(Потрібно довести) Розглянемо властивості зазначених трикутників: Можливі інші способи доказу цієї теореми: Провести одну із діагоналей трапеції (рис. 3.30, а)та використовувати властивості середньої лінії трикутника; Наведемо ще два простих, але дуже важливих прикладівпошуку різних способів розв'язання задачі. Завдання 3.40. Доведіть, що площа паралелограма дорівнює добутку його сторони на висоту, проведену до цієї сторони. Рішення З цих властивостей ми безпосередньо не отримаємо необхідний результат. Ми можемо виписати різні властивостіпаралелограма, але розуміння ідеї рішення цього робити немає сенсу. До цієї теореми (завдання) ми знаємо лише формулу площі прямокутника. Тому може виникнути бажання «перекроїти» паралелограм у прямокутник. Як це можна зробити? Відповіді можуть бути різними: Кожен із цих випадків приведе нас до потрібного результату. Завдання 3.41. Доведіть, що площа трикутника дорівнює половині твору його сторони на висоту, проведену до цієї сторони. Рішення Z.CK~LAB I «-33,а) Ось як завжди в діючих підручниках описують цей доказ: «Нехай АВС – даний трикутник (рис. 3.33, б).Доповнимо цей трикутник до паралелограма ABCD,як зазначено малюнку. Площа паралелограма дорівнює сумі площ трикутників АВС і CDB.Оскільки ці трикутники рівні, площа паралелограма дорівнює подвоєній площі трикутника АВС.Висота паралелограма, що відповідає стороні АВ, дорівнює висоті трикутника АВС, проведеній до сторони АВ». У чому недоліки такого доказу? Якщо це резюме всього того, про що говорилося, що обговорювалося, такий опис можливий. Однак вчити так доводити чи давати це для самостійного читаннямалоефективно, оскільки виникає безліч питань: чому ми добудовуємо до паралелограма? Чому саме так добудовуємо? на які факти ми спираємось у наступному записі? і т. д. Всі ці питання або розкриє вчитель (якщо він їх бачить і вміє відповісти на них), або вони не будуть задані. Такий доказ (рішення), особливо якщо він вивчений напам'ять, мало що дає для математичного та загального розвиткуучня. Насамперед при доказі цієї теореми треба обговорювати питання, на що ми можемо спиратися при доказі. 1. Ми вміємо обчислювати площі прямокутника та паралелограма. Як можна звести обчислення площі трикутника до площ цих чотирикутників? Розглядати всі ці випадки на уроці не обов'язково. Це можна запропонувати як індивідуальне домашнє завдання. 4. Може виникнути цікава ідея"перекроїти" даний трикутник у прямокутник або паралелограм. Таке питання можна поставити як проблему для самостійної роботиучнів. Перекроювання пов'язане із проведенням середньої лінії трикутника АВС. Якщо ніхто з учнів не здогадався, то вчитель може провести середню лінію трикутника. Допомога суттєва, але все ж таки не пряма підказка, так як після проведення середньої лінії спосіб перекроювання ще потрібно придумати, причому виникають чотири варіанти (рис. 3.35, а, б, в, г).Після виконання креслень отримання самої формули не викликає труднощів. Рис. 3.35 Наведемо ще приклади розв'язання кількох завдань у різний спосіб. Завдання 3.42. У рівнобічній трапеції більша основа дорівнює 44 м, бічна сторона 17 м і діагональ 39 м. Знайдіть площу трапеції. Рішення Можна виписати ще кілька властивостей, що випливають із умови завдання: Далі виникає питання: що потрібно знати, щоб знайти площу трапеції? Можливі такі відповіді: треба знати висоту та меншу основу трапеції; треба знати середню лінію та висоту трапеції. Як знайти висоту трапеції? На рис. 3.36, анемає висоти трапеції, проведемо її. 9. Проведемо висоту CFтрапеції (побудова, рис. 3.36, б) Важливо, щоб учні побачили, що CF- не тільки висота трапеції, а й висота трикутника АС Л, і що у трикутнику ACDвідомі всі його три сторони. Тоді, застосувавши формулу Героната звичайну формулу для знаходження площі трикутника, знайдемо висоту CF. Ми підійшли до вирішення задачі першим способом: 10. S AACD = sfplp^A-DHp-ACHp-CD) = 330 м 2 (р- напівпериметр A ACD, 2, 3, 4, формула Герона) Отже, ми знайшли CF,але нам ще треба знайти меншу основу НД.Процедуру знаходження НДдоводиться застосовувати часто, і вона має бути відпрацьована заздалегідь. Проведемо ще одну висоту трапеції. BE(Рис. 3.36, в). Другий спосібРозв'язання цього завдання дуже близьке до першого. CF- Висота трикутника ACD.Вбачаючи, що вона розбиває його на два прямокутні трикутники АСЕі DCF(Рис. 3.36, б),приходимо до такої ідеї рішення: позначимо FD = х,тоді AF = 44 - х.Із трикутників АСЕі DCFза теоремою Піфагора маємо: У попередньому розділі ми говорили про можливість застосування тригонометрії під час вирішення геометричних завдань. Основна ідея полягає у введенні допоміжного кута. Це приведе нас до третього способу розв'язання задачі. Третій спосіброзв'язання задачі. Нехай Z CAD= а (рис. 3.37). Тоді, використовуючи теорему косінусів для A ACD,обчислимо cos а: Учні можуть бачити ще одну можливість використання методу алгебри. Сутність четвертого способузводиться до введення позначення НД = хта побудови CM || BD(Рис. 3.37). v 2 / v 2 )
Можна порівняти ці чотири способи за кількістю розглянутих властивостей – це важливий, але не основний показник. Важливо оцінити рівень нестандартності ідеї, висунутої під час вирішення. Мабуть, найбільш нестандартним можна вважати четвертий спосіб - виконання незвичайної додаткової побудови, а метод третього способу залежить від досвіду використання тригонометрії. Завдання 3.43. Бічна сторонаТрапеція розділена на три рівні частини. З точок поділу проведено до іншої сторони відрізки, паралельні підставам. Знайдіть довжини цих відрізків, якщо основи трапеції дорівнюють 2 і 5 м. Рішення Перший спосіб Провівши відрізки MNі КР,ми отримали відрізки CN, NPі PD.Можна відразу записати: 8. CN = NP = PD(2,3, теорема Фалеса) З перерахованих восьми властивостей не можна отримати потрібних відрізків. Однією з ідей, що ведуть до вирішення, є розгляд двох трапецій. КВРРі AMND,в яких MNі КР- відповідно, середні лінії. Отже: Підставимо значення КРу рівність 11: Можна інакше ввести позначення: У= (х + у)/2 х = (у + 2)/2| (13) Вирішимо цю систему: Задаємо питання: чи можна той самий результат отримати геометричним шляхом? Це питання наштовхує учнів на ще один спосіб вирішення. Другий спосібРозв'язання задачі засноване на використанні теореми Фалеса та властивостей паралелограма. Ідея полягає у виконанні додаткової побудови: проводимо РЄ || NF || PQ || АВ(Рис. 3.38, б).Двічі застосовуючи теорему Фалеса, доводимо рівність відрізків CN = NP = PDі EF = FQ = QD.Використовуючи властивість протилежних сторінПаралелограма, можна знайти шукані відрізки. На закінчення цього розділу наведемо висновок формули Герона Олександрійського.Наш висновок, який ми проведемо двома способами, побудуємо так, щоб, на відміну від типових висновків у шкільних підручникахта посібниках, учні самі висували ідеї доказу. Наприклад, в одному з таких посібників висновок починається з знаходження квадрата висоти ААВСз наступної рівності: 4а 2 hi = 2а 2 Ь 2 + 2а 2 с 2 + 2Ь 2 с 2 - а 4 -Ь 4- з 4 , де а, Ъ, с- Сторони A ABC, a h a- Висота, проведена до сторони а.В іншому посібнику все починається зі слів: «За теоремою косінусів...». Ми не критикуємо такі виклади, оскільки вся (чи майже вся) математична літературадля школярів написана у такому стилі. Погано те, що вчителі іноді повторюють текст слідом за посібником. Завдання 3.44. Виведіть формулу Герона для знаходження площі трикутника: ^jp(p-a)(p-b)(p-c),де а, Ь, с- Довжини сторін трикутника, ар - напівпериметр. Рис. 3.39 Рішення 1. ААВС З курсу геометрії нам відомі дві формули для знаходження площі трикутника: Кожна з цих формул дозволяє продумати відповідний спосіб виведення формули Герона. Перший спосіб Отже, Sabc = ^ ah a .
На малюнку немає h a . Потрібно знайти висоту h a .Звертаємо увагу на те, що АЕ- загальний катет двох прямокутних трикутників А САЙта А БАЄ. Отже, треба двічі застосувати теорему Піфагора. Щоб здобути рівняння, треба катет РЄпозначити через хтоді другий катет BEдорівнюватиме а-х. Зауважимо, що це типовий прикладвикористання алгебраїчного методу розв'язання: Підставимо значення xу рівність 12. Другий спосібдокази пов'язані з використанням формули Sabc = - ru sin А. Виникає бажання знайти sin А. Це мож- 2 але зробити за допомогою теореми косінусів та основного тригонометричного тотожності: 7. а 2 = Ь 2 + з 2 - 2Ьс? cos А (1, теорема косінусів) о а Ь 2 + с 2 -а 2
У чудовій книзіГ.С. Кокстера "Введення в геометрію" з приводу теореми Герона сказано: "Цю чудову формулу зазвичай приписують Герону з Олександрії (близько 60 р. н. е..), проте насправді вона була відкрита Архімедом".
, де - коливання процесу; запаси стійкості визначаються величинами n1 (n1 
(1.15)
, (1.16)
(1.17)
(1.18)
(1.19)
