Реферат Решение геометрических задач алгебраическим методом
Научное общество учащихся
Решение алгебраических задач геометрическим способом
Содержание
Введение.
Цель и задача моей работы.
Основная часть.
Решение квадратных уравнений и уравнений выше второй степени.
Формулы сокращённого умножения.
Геометрическое решение текстовых задач.
Решение конкурсных задач.
Решение систем уравнений.
Арифметическая прогрессия.
Иррациональность числа.
Разные задачи.
Заключение.
Выводы.
Список литературы.
Введение
Многие математические задачи допускают несколько вариантов решения. Часто первый избранный бывает далеко не самым удачным. Нахождение «наиболее простых», оригинальных путей решения не редко является результатом длительной и кропотливой работы. Уме ние решать задачу различными способами является одним из призна ков хорошей математической подготовки.
Существуют способы решения алгебраических задач методами, ос нованными на наглядно-геометрических интерпретациях.
В классическую греческую эпоху геометрия занимала привилегированное положение. Она являлась именно той наукой, в которой проявлялся дедуктивный характер рассуждения, искусство доказательства.
Необходимо сказать о том, что, например, алгебраические выводы у Евклида приводятся исключительно в геометрическом виде. Выра жение вида
·A вводится как сторона квадрата с площадью А, произве дение ab это площадь прямоугольника со сторонами а и b и т.д.
Этот набор методов было принято называть геометрической алгеброй.
Геометрический метод состоит в том , что само доказательство или решение задачи направляется наглядным представлением . (В старинных индийских сочинениях бывало так, что доказательство сводилось к чертежу , подписанному одним словом «Смотри!».)
На рубеже ХVII в. на вооружение математике пришли алгебраические методы, однако при этом нелишне вспомнить крылатую фразу замечательного французского математика Софии Жермен (1776-1831) , которая сказала: «Алгебра - не что иное, как записанная в символах геометрия, а геометрия – это просто алгебра, воплощенная в фигурах».
Геометрия уникальный школьный предмет, внутри которого за ложены богатейшие возможности развития логического мышления и пространственного воображения. Почему же этот потенциал, как пра вило, не используется на уроках алгебры? Зачастую алгебру и геомет рию вообще воспринимают как два различных предмета, забывая о том, что это составляющие одного целого.
Актуальность: Математика – предмет, изучающийся с первого по выпускной класс. Объем материала, терминов, которыми должен оперировать старшеклассник по математике, чрезвычайно велик. Необходимо знать и уметь применять такие методы для решения задач, которые позволят сэкономить время и будут наглядны, т.е. решение задачи будет выглядеть очевидным. Многие задачи алгебры очень трудно решить аналитическим путем. Поэтому любое представление условия задачи в виде рисунка или чертежа облегчает решение задачи. Многие задачи ЕГЭ и ОГЭ можно решить геометрическим методом.
В своей работе я ставлю следующие цели:
Показать, что преимущество геометрического решения алгебраических задач в его наглядности, так как геометрический подход допускает изящное решение.
Выяснить связь между, казалось бы, совершенно разнородными темами школьного курса математики.
Рассмотреть ряд приемов решения нестандартных и конкурсных задач.
Задачи:
Найти и изучить литературу по данной теме.
Рассмотреть алгебраические задачи, которые можно решить и алгебраически и геометрически.
Определить задачи, которые удобнее решать геометрическим методом.
Рассмотреть ряд приемов решения нестандартных и конкурс ных задач.
Повысить свое интеллектуальное развитие.
Новизна работы заключается в углубленном изучении математики на основе интеграции алгебраического и геометрического методов решения задач.
Основная часть
1.Решение квадратных уравнений и уравнений выше второй степени
В древности, когда геометрия была более развита, чем алгебра, квад ратные уравнения решали не алгебраически, а геометрически.
Решить уравнение ab=x2
Рассмотрим пример решения данного уравнения древними греками. Решить уравнение для древних греков означало - преобразовать данный прямоугольник со сторонами a и b в равный по площади (равновеликий) квадрат.
Построение:
1. Построить отрезок (a+b).
2. На отрезке (a+b) как на диаметре построить полуокружность.
3. Из точки совмещения отрезков a и b провести перпендикуляр к отрезку (a+b) . Часть перпендикуляра, заключенная внутри полуокружности и есть искомый отрезок х.
Доказательство:
Пусть a>b и R - радиус окружности.
Тогда 2R=a+b и R=b+c (см. рисунок)
получаем a+b=2b+2c, a-b=2c, с=(a-b):2.
По теореме Пифагора R2=c2+x2
13 EMBED Equation.3 1415
13 EMBED Equation.3 1415
ab=x2
Среднеазиатским ученым Мухаммедом ал-Хорезми (IX в.) были рас смотрены и решены шесть видов квадратных уравнений, но без какого бы то ни было алгебраического формализма (в геометрической форме), содер жащих в общих частях только члены с положительными коэффициентами, причем рассматривались только положительные корни. Суть его рассуж дений видна из рисунка (он рассматривает уравнение х2 + 10 x= 39 ).
Площадь большого квадрата скла дывается из площади х2 + 10x, равной левой части рассматриваемого урав нения, и площади четырех квадратов со стороной 5/2, равной 25.
Таким образом, SABCD =х2 + 10x + 25 = 39 + 25 = 64; отку да следует, что сторона квадрата ABCD, то есть отрезок АВ= 8, а ис комая сторона первоначального квадрата равна
8-5/2-5/2=3.
Следует упомянуть и о на хождении корней квадратного уравнения ах2 + вх + с= 0 с по мощью циркуля и линейки.
До пустим, что искомая окружность пересекает ось абсцисс в точках B(x1;0) и D(x2;0), где х1 и х2 корни уравнения ах2 + вх + с =0, и проходит через точки А(0;1) и С(0;у) на оси ординат. Тогда по теореме о секущих имеем ОВ*OD=ОА*ОС,
откуда Y = OC = 13 QUOTE 1415 =13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415
13 QUOTE 1415
Центр окружности находится в точке пересечения перпендикуляров SF и SK, восстановленных в серединах хорд АС и BD,
поэтому координаты точки S: 13 QUOTE 1415 = - 13 QUOTE 1415 * 13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415
Итак:
1)построим точки S13 QUOTE 1415 (центр окружности) и A(0;1);
2) проведем окружность радиуса SA;
3) абсциссы точек пересечения этой окружности с осью Ох являют ся корнями исходного квадратного уравнения.
При использовании данного метода также возможны три случая (рис. 3):
Уравнения степеней выше второй тоже решали геометрически при помощи кривых гиперболы, параболы и др. Все возможные случаи ре шения кубического уравнения геометрическими методами рассмотрел среднеазиатский математик и знаменитый поэт Омар Хайям на рубеже XI-XII веков. Алгебраическое же решение кубического уравнения было най дено лишь в XVI веке. Феликсом Клейном в монографии «Лекции об икосаэдре и реше нии уравнений пятой степени» изложена теория уравнений пятой сте пени, основанная на геометрических свойствах икосаэдра.
2. Формулы сокращенного умножения
Квадрат суммы.
Известные нам алгебраические тождества во второй книге знаменитых “Начал” Евклида представлены в геометрическом виде:
Например: " если отрезок как-либо разбит на два отрезка, то площадь квадрата, построенного на всем отрезке, равна сумме площадей квадратов, построенных на каждом из двух отрезков, и удвоенной площади прямоугольника, сторонами которого служат эти два отрезка". Очевидно, это формула квадрата суммы двух чисел.
Квадрат разности:
Вот еще геометрическая версия известного алгебраического тождества.
Разность квадратов:
Площадь фигуры, полученной вырезанием из квадрата со стороной а квадрата со стороной b, равна площади прямоугольника, построенного на сторонах (a-b) и (a+b).
3.Геометрическое решение текстовых задач
Очень многие текстовые задачи на составление уравнений (или систем уравнений) можно решать графически. К ним относятся задачи на движение и на совместную работу. Решение задачи основывается на точных геометрических соотношениях.
Преимущество геометрического решения в его наглядности, так как чертёж помогает глубже понять условия задачи.
Пример 1: На двух копировальных машинах, работающих одновременно, можно сделать копию пакета документов за 10 мин. За какое время можно выполнить эту работу на каждой машине в отдельности, если известно, что на первой её можно сделать на 15 мин. быстрее, чем на второй?
Решение: На оси абсцисс откладываем время работы копировальных машин в минутах (рис). Обе машины, работая вместе, сделают копию за 10 мин. (ОМ=10). Тогда одной первой для этого понадобится t мин, а одной второй – (t+15) мин. Положение точки V на оси ординат соответствует объёму работы, которую необходимо выполнить.
Так как объём работы прямо пропорционален затраченному времени, то график работы копировальных машин представляют собой отрезки: ОВ – график работы первой, ОС – график работы второй, ОА – график совместной работы.
Рассмотрим две пары подобных треугольников OVB~NAB и OPC~OMK, откуда 13 QUOTE 1415=13 QUOTE 1415 (1) и 13 QUOTE 1415=13 QUOTE 1415 (2)
Покажем, что AN=KM. За 10 мин. первая машина выполнит часть работы, соответствующую отрезку NM (AN – отрезок работы, который выполнит вторая машина). Но за 10 мин. Вторая машина выполнит часть работы, соответствующую MK. Поэтому AN=KM. Учитывая это равенство и то, что CP=VO, получаем 13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415. Из пропорций (1) и (2) получаем соотношение:13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415, из которого легко перейти к уравнению 13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415
Решая это уравнение, находим положительный корень t = 15. Таким образом, первая машина сделает копию пакета документов за 15 мин, а вторая – 30 мин.
Ответ: 15 мин, 30 мин.
При решении подобных задач иногда целесообразно выполнять иные построения.
Пример 2: Два всадника выезжают одновременно из пунктов A и B навстречу друг другу. Один прибывает в B через 27 мин после встречи, а другой прибывает в A через 12 мин после встречи. За сколько минут проехал каждый всадник свой путь?
Решение: Рассмотрим две системы координат tAy и t’By’. На оси At откладываем время движения первого всадника, а на оси Bt’ - время движения второго всадника. Оси пройденного пути противоположно направлены, а длина отрезков AB в каждом случае равна пройденному пути. Отрезок AB1 – график движения первого всадника, а отрезок BA1 – график движения второго всадника (рис).
Точка O соответствует моменту их встречи. Время движения всадников до встречи обозначим t. Из геометрических соображений ясно, что BOM~AON и BOM~NOA.
Тогда 13 QUOTE 1415 13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415 и 13 QUOTE 1415 .
Из равенства следует 13 QUOTE 1415 = 13 QUOTE 1415, откуда t = 18. Таким образом, первый всадник проехал весь путь за 18 + 12 = 30(мин), а второй за 18+27 = 45(мин).
Ответ: 30 мин, 45 мин.
Пример 3:Дорога проходит последовательно через пункты А, В, С, D. Расстояние от А до В равно 24 км. Из А в D выехал с постоянной скоростью автомобиль. Одновременно с ним из В в D отправились с постоянными скоростями велосипедист и мотоциклист. Когда автомобиль догнал велосипедиста, мотоциклист обгонял их на 6 км. В пункте С автомобиль догнал мотоциклиста и, доехав до D, сразу поехал обратно в А, встретившись с велосипедистом во второй раз в С. Найдите расстояние между В и С, если известно, что время от начала движения до момента повторной встречи автомобиля и велосипедиста в два раза больше, чем от начала движения до того момента, когда автомобиль впервые догнал мотоциклиста.
13 SHAPE \* MERGEFORMAT 1415
13 QUOTE 1415
Ответ: 16 км
Пример 4.
Из пунктов А и В навстречу друг другу вышли одновременно два поезда. Каждый из них двигался сначала равноускоренно (начальные скорости поездов равны нулю, ускорения различны), а затем достигнув некоторой скорости, - равномерно. Отношение скоростей равномерного движения поездов равно 13 EMBED Equation.3 1415. В некоторый момент времени скорости поездов оказались равными, а один из них прошел к этому времени расстояние в 13 EMBED Equation.3 1415 раза больше, чем другой. В пункты В и А поезда прибыли одновременно. Какую часть пути прошел каждый из поездов к тому моменту, когда их скорости оказались равными?
Решение:
Рассмотрим графики , изображающие зависимость скорости от времени, для каждого поезда. Для одного поезда графиком является ломанная ОКМ, для другого ОК1М1. длина пройденного пути равна площади соответствующей фигуры. По условию площади трапеций ОКМN и ОК1М1N равны; значит, равновелики и фигуры ОКР и РК1М1М. Площадь ОКРL равна13 EMBED Equation.3 1415 площади ОРL. Если площадь ОРL равна 1, то площадь ОКР есть 13 EMBED Equation.3 1415; площадь РК1Т равна 13 EMBED Equation.3 1415. Поскольку К1Т=13 EMBED Equation.3 1415. Затем легко определяем площади остальных частей.
Ответ: 13 EMBED Equation.3 1415 и 13 EMBED Equation.3 1415.
Пример 5.
Поезд проходит расстояние от города А до города В за 10 час. 40 мин. Если бы скорость поезда была на 10 км/ч меньше, то он пришел бы в В на 2 часа 8мин. позже. Определить расстояние между городами и скорость поезда.
Решение:
Рассмотрим вспомогательную теорему :Если через произвольную точку Е диагонали АС прямоугольника проведены прямые FG||AB и HJ||AD, то
образовавшиеся при этом прямоугольники HBGE и FEJD равновелики;
прямоугольники ABGF и AHJD также равновелики; кроме того отрезки FH, DB и JG параллельны.
Пусть в первом случае, предусмотренном условием задачи, продолжительность хода поезда изображается отрезком OL , а скорость поезда (ее величина еще неизвестна) – отрезком ОК. Тогда площадь прямоугольника OLМK соответствует расстоянию между городами А и В.
Пусть во втором случае скорость поезда изображается отрезком ON, а соответствующее время (10ч.40мин.+2ч.8мин.) – отрезком ОР. В этом случае то же расстояние между городами А и В определяется площадью прямоугольника OPQN, равновеликого треугольнику OLMK. На основании вспомогательной теоремы должно быть:
NL||MQ и тогда 13 EMBED Equation.3 1415OLN~13 EMBED Equation.3 1415RQM.
Из подобия этих треугольников следует:
13 EMBED Equation.3 1415 или 13 EMBED Equation.3 1415
откуда ON=13 EMBED Equation.3 1415=50(км/ч) и OK=50+10=60(км/ч)
10ч.40мин.+2ч.8мин.=12ч.48мин.
Значит, расстояние между городами равно 13 EMBED Equation.3 1415(км).
Ответ: 640км.
Пример 6.
В одном котловане было 720м2 воды, а в другом – 840м2. В 6ч. утра начали откачку воды из первого котлована при помощи насоса производительностью 48м2/часа, а 8ч. – из второго котлована насосом производительностью 72м2/час. В котором часу в обоих котлованах останется воды поровну?
Решение:
Условие задачи говорит о том, что откачка воды каждым насосом – процесс равномерный и следовательно, изображается прямолинейным графиком.
Выберем масштабы для осей координат «время - количество воды» и построим график зависимости между временем и количеством воды в первом котловане. Для этого достаточно иметь две точки искомого графика.
Первую точку (А) отмечаем в соответствии с условием: в 6ч. утра в первом котловане было 720 м2 воды.
Зная, что каждый час количество воды в первом котловане убывает на 48м2, можно найти вторую точку графика, вычислив, сколько воды будет в котловане, например, в 7 или 9 час., но через две близкие точки проводит прямую не следует – это может уменьшить точность построения: поэтому вычислим, сколько воды останется в первом котловане, например, к 16 ч.:
16ч.-6ч.=10ч.;
48м2*10=480м2;
720м2-480м2=240м2.
Числа 16 и 240 являются координатами второй точки (В) искомого графика.
Совершенно так же по точкам С(8;840) и D(18;120) на том же чертеже строим график зависимости между временем и количеством воды во втором котловане.
Теперь достаточно одного взгляда на график, чтобы ответить на поставленный в задаче вопрос: «В котором часу в обоих котлованах останется воды поровну?».
Это произойдет в тот момент, которому соответствует общая точка обоих графиков – точка Е, а именно в 17ч.
Ответ: 17ч.
Пример 7.
Шел человек по берегу реки против течения со скоростью в полтора раза большей, чем скорость течения и держал в руках палку и шляпу. В некоторый момент он бросил в ручей шляпу, перепутав ее с палкой, и продолжал идти против течения ручья с той же скоростью. Через некоторое время он заметил ошибку, бросил палку и побежал назад со скоростью, вдвое большей, чем шел ранее. Догнав плывущую шляпу, он мгновенно выудил ее, повернулся и пошел против течения с первоначальной скоростью. Через 10 минут он встретил плывущую по ручью палку. На сколько минут раньше он пришел бы домой, если бы не перепутал палку со шляпой?
Решение:
Построим графики движения человека, палки, шляпы.
________________ движение человека
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ движение шляпы и палки
в момент В - человек бросил шляпу
в момент С - бросил палку и побежал назад
в момент D - выудил шляпу
в момент Е – встретил палку
t- потерянное время СD+DF
Uчел : Uручья = PB/AB : PB/BD = 3/2
Uчел : U'чел =KC/AC: KC/CD = CD/AC = 1/2 DE = BC=10
Найдем CF. Пусть CD = X, тогда DF = AC=2X, AB=2X-10, BD=X+10.
(X+10)/(2X-10) = 3 /2 , т.е. X=12,5 мин.
CF=CD+DF= X+2X = 37,5 мин.
Ответ: потерял 37,5 мин.
4.Решение конкурсных задач .
Геометрическим методом хорошо ре шаются уравнения и неравенства с пара метрами, а также их системы.
Пример1: При каком a система уравнений |x|+|y| =1
имеет ровно четыре решения? x2+y2=a 13 SHAPE \* MERGEFORMAT 1415
Решение: Построим линии, определяемые уравнениями системы.
r=
·2/2. Четыре решения могут быть только в двух случаях,
когда a=R2=1, или a=r2=1/2.
Ответ:1;1/2.
Пример2: При каких значениях a система уравнений x2+y2=z;
x+y+z=a
имеет единственное решение?
Решение: Система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда уравнение x2+y2+ x+y=a, полученное из системы x2+y2= z;
x+y+z=a
имеет единственное решение.
Преобразуем полученное уравнение:
x2+y2+ x +y=(x2+x+0,25)+(y2+y+0,25)-0,25-0,25=a
(x+0,5)2+(y+0,5)2=0,5+a (*)
Итак, уравнение(*) задает на плоскости окружность с центром(-0,5;0,5) и
радиусом R=
·0,5+a.
1)Если 0,5+а<0, т.е. при а<-0,5, множество точек, задаваемых на плоскости уравнением(*), пусто, а следовательно, исходная система решений не имеет;
2)Если 0,5+а=0, т.е. при а=-0,5, уравнение(*) имеет единственное решение, т.к. и окружность вырождается в точку(-0,5;0,5);
3)Если 0,5+a>0,т.е. при a>-0,5, множество точек, задаваемых на плоскости уравнением (*), является окружностью с центром(-0,5;0,5) и R
·0,5+а. В этом случае уравнение (*), а следовательно, и исходная система, имеет бесконечно много решений.
Ответ: а = - 0,5.
Пример 3.
Найти наименьшее значение суммы 13 QUOTE 1415 в области
Решение:
13 QUOTE 1415 Решением данного неравенства является область, ограниченная окружностью радиусом 2 с центром в точке O(1;-2)
Пусть искомое значение 13 QUOTE 1415, тогда 13 QUOTE 1415
Угловой коэффициент равен -1, 13 QUOTE 1415 – значение координаты y при x=0.
Треугольник ABC прямоугольный. Чтобы найти c, достаточно найти ординату точки B. Для этого найдем координаты точек A и B.
Зная, что точки лежат на прямой с точкой O(1;-2), т. е. на прямой 13 QUOTE 1415, и на окружности 13 QUOTE 1415, решим систему 13 QUOTE 1413 QUOTE 141515
13 QUOTE 1415
13 QUOTE 1415 13 QUOTE 1415
13 QUOTE 1415 13 QUOTE 1415
13 QUOTE 1415 13 QUOTE 1415
A(13 QUOTE 1415) C(13 QUOTE 1415;13 QUOTE 1415)
Согласно рисунку 13 QUOTE 1415 ; 13 QUOTE 1415
B(13 QUOTE 1415;13 QUOTE 1415)
Ответ:13 QUOTE 1415
Пример4.
Найдите все положительные значения 13 QUOTE 1415, при каждом из которых система 13 QUOTE 1415 имеет единственное решение.
13 QUOTE 1415
Графиком выражения (1) является прямая пропорциональность
Графиком выражения (2) является окружность с центром в начале координат и радиусом 13 QUOTE 1415
Рассмотрим треугольник AOC.
Треугольник AOC – прямоугольный, OH – высота, OH=13 QUOTE 1415
AO=13 QUOTE 1415;
OC=x при y=0
AO=13 QUOTE 1415
По теореме Пифагора находим AC. AC=13 QUOTE 1415
AC=13 QUOTE 1415
Используя метод площадей, найдем высоту треугольника AOC.
13 QUOTE 1415, где 13 QUOTE 1415 и 13 QUOTE 1415 - катеты прямоугольного треугольника.
13 QUOTE 1415, где 13 QUOTE 1415 - высота треугольника, 13 QUOTE 1415 – основание треугольника.
Применяем формулы для треугольника ADB.
2)13 QUOTE 1415
3) 13 QUOTE 1415
Ответ: 13 QUOTE 1415
Пример 5.
При каких 13 QUOTE 1415 система 13 QUOTE 1415
имеет единственное решение?
Решение:
Графиком уравнения 13 QUOTE 1415является окружность с радиусом 3 и центром в начале координат.
Графиком уравнения 13 QUOTE 1415является семейство окружностей с центром в точке А(-4;-3) и радиусом 13 QUOTE 1415.
Решим систему графически.
Центры окружностей лежат на одной прямой
I случай
13 QUOTE 1415– прямоугольный
По теореме Пифагора 13 QUOTE 1415
II случай
Ответ: при 13 QUOTE 1415 система имеет единственное решение.
5.Решение систем уравнений.
Известно, что теорема Пифагора послужила источником множества обобщений и плодотворных идей и постоянно демонстрируется ее связь с различными задачами анализа.
Задача 1.
Решить систему уравнений для положительных x, y, z
х2 + у2 = 9
у2 +z2 = 16
у2 = хz
Решение:
По теореме обратной теореме Пифагора, из уравнения х2 + у2 =32 , числа х и у являются катетами АBD ( D – прямой) с гипотенузой АВ = 3. Рассматривая второе уравнение у2 + z2 = 16, построим BDC, где у и z – катеты, а ВС = 4 – гипотенуза. Третье уравнение y2 = xz подсказывает, что число у есть среднее пропорциональное чисел х и z.
По теореме обратной теореме о пропорциональных отрезках <АВС = 900 АС = ( х + z ) = = 5, тогда
AB2 = AD AC, 9 = х 5, х =9/5
BC2 = DC AC, 16 = z 5, z = 16/5
BD2 = y2 = x z = 9/5 16/5
и BD =12/5 = y.
Задача 2.
Вычислите значение y(13 QUOTE 1415), если
y > 0, x+13 QUOTE 1415 = 7,25, 13 QUOTE 1415
Во-первых, x
·1;z
·2. Действительно, если
x=1 и z=2, то y=0. Однако, пара чисел 1 и 0
не удовлетворяют условию x+13 QUOTE 1415.
Аналогично, пара чисел 0 и 2 не
Удовлетворяет условию 13 QUOTE 1415 Во-вторых, для x>1 и z<2 условие
x+13 QUOTE 1415 и 13 QUOTE 1415 можно трансформировать в уравнение
13 QUOTE 14152 + 13 QUOTE 1415=6,25 и 13 QUOTE 14152 =4
Рассуждая также как в задаче 1, получим:
y* (13 QUOTE 1415 + 13 QUOTE 1415)=2S13 QUOTE 1415 = 2* 2,5 =5.
Задача 3.
Имеет ли система уравнений 13 QUOTE 1415
решение для x>0, y>0, z>0? Допустим, что есть такая тройка положительных чисел x, y, z, удовлетворяющая каждому уравнению данной системы. Тогда возможна её геометрическая интерпретация на рисунке.
Но
·ABC не существует, так как не выполняется неравенство треугольника. Значит, система не имеет решений.
Примечание. Для положительных x, y, z данная система имеет решение, если в правую часть третьего уравнения взять число из промежутка (1;25).
Задача 4.
Решите систему уравнений
y13 QUOTE 1415 Нетрудно убедиться, что x и y положительны.
x +y +13 QUOTE 1415
Так как 13 QUOTE 1415 то числа y,13 QUOTE 1415 и x являются длинами соответственно катетов и гипотенузы треугольника ABC с прямым углом ACB.
Площадь этого треугольника равна 24, а его периметр 24. Тогда радиус окружности, вписанной в 13 QUOTE 1415ABC, равен 2. Так как длина гипотенузы AB равна сумме длин катетов AC и BC без удвоенной длины радиуса вписанной в треугольник, то x= y+13 QUOTE 1415.
Из второго уравнения системы получаем x=10. Значит, y=6 или y=8.
Ответ:(10;6),(10;8).
Задача 5.
Решите систему уравнений
Очевидно, что 0
Из первого уравнения z=13 QUOTE 1415-(x+y), тогда второе уравнение принимает вид
Преобразовав это уравнение, получаем квадратное уравнение относительно x
Дискриминант этого уравнения равен – (y13 QUOTE 1415 -1)2. Так как мы предположили, что треугольник существует, то –(y13 QUOTE 1415 -1)2
·0.
Неравенство выполняется при y=13 QUOTE 1415
Уравнение можно было преобразовать в квадратное относительно y. Тогда x=13 QUOTE 1415. Значение z подсчитывается из первого уравнения, z= 13 QUOTE 1415 .
Ответ: 13 QUOTE 1415).
6.Арифметическая прогрессия.
Пример1.
Найти сумму ряда 1+3+5++(2k-1).
Решение:
Подсказка:
1+3=?.
1+3+5=?.
1+3+5+7=?
1+3+5++(2k-1)=k2.
Пифагорейцы доказывали это соотношение именно с помощью такой картинки. Этой же картинкой удобно пояснять, почему при равноускоренном движении тела отрезки, пройденные им за равные последовательные интервалы времени, относятся как последовательные нечётные числа (открытие Галилея).
Арабский математик, аль-Караджи (?-1016), предпочитал арифметические методы решения уравнений. Его заслуга в том, что он ввёл бесконечно много положительных и отрицательных степеней неизвестных и арифметические операции над многочленами (правда, при делении ограничивался лишь делением многочлена на одночлен). Однако аль-Караджи не были чужды и геометрические методы. Приведем элегантное геометрическо-алгебраическое доказательство формулы суммы кубов натуральных чисел (у аль-Караджи n=10).
Пример2.
Доказать, что 13+23+33+43++n3=(1+2+3++n)2.
Решение:
Рассматривается квадрат ABCD со стороной, равной сумме 1+2+3+4++n. В квадрате выделяется уголок BB’C’D’DC, такой, что DD’=BB’=n. Площадь этого уголка, равная сумме площадей прямоугольников D’DCE и B’FCB минус площадь квадрата C’FCE, представляется разностью 2n(1+2+3+4++n)-n2.
Преобразуя это выражение с помощью формулы для суммы арифметической прогрессии 1+2+3+4++n=n(n+1)/2, получаем
2n(1+2+3+4++n)-n2=2n13 EMBED Equation.3 1415- n2=n3.
Далее рассматривается квадрат AB’C’D’. В нём также выделяется уголок B’B”C”D”D’C’, такой что D’D”-B’B”=n-1. Аналогично получаем, что площадь этого уголка равна (n-1)3. Продолжая этот процесс, мы дойдем до квадрата со стороной 1, а площадь исходного квадрата окажется составленной из площадей всех уголков. Заметим, что 12=13, поэтому
13+23+33+43++n3=(1+2+3++n)2=13 EMBED Equation.3 1415.
7.Иррациональность чисел.
Доказать иррациональность числа 13 EMBED Equation.3 1415
Решение:
Геометрически иррациональность 13 EMBED Equation.3 1415 означает несоизмеримость диагонали квадрата с его стороной или гипотенузы равнобедренного прямоугольного треугольника с катетом: не существует отрезка, который бы целое число раз укладывался и там, и там. Проверить это возможно так: отложим меньший отрезок в большем, остаток отложим в меньшем, второй остаток в первом и т.д. Если на каком-то шаге отрезок уложится без остатка, значит, это и есть общая мера двух исходных отрезков (алгоритм Евклида). Давайте отложим отрезок, равный катету ВС, на гипотенузе АВ.
Для этого перегнём наш треугольник по биссектрисе угла В. Образовался «остаток» AD. Дальше нужно бы этот «остаток» отложить на катете, но легко видеть, что он уже «уложен» (отрезок СЕ). Новые остатки входят в треугольник ADE – опять равнобедренный и прямоугольный. Продолжая процесс, проделаем с новым треугольником точно такую же операцию, как и с большим, в результате чего появится еще меньший треугольник, и т.д. Получаем бесконечный процесс с бесконечным же уменьшением отрезка. Значит, катет и гипотенуза несоизмеримы.
Геометрическое доказательство уникально – работает только для13 EMBED Equation.3 1415, зато даёт алгоритм вычисления приближений к нему.
8.Разные задачи
Пример1.
Три числа, принадлежащие соответственно интервалам [0;1], [4;6], [9;12], являются первыми членами арифметической прогрессии. Найдите сумму целых значений, которые может принимать величина а2+d2, где а – первый член, d – разность арифметической прогрессии.
Решение:
1) Положим a1=a, a2=a+d,a3=a+2d , тогда по условию задачи должна выполняться следующая система неравенств:
013 EMBED Equation.3 1415a13 EMBED Equation.3 14151;
413 EMBED Equation.3 1415a+d13 EMBED Equation.3 14156;
913 EMBED Equation.3 1415a+2d13 EMBED Equation.3 141512.
2) С геометрической точки зрения эта система неравенств определяет геометрическое место точек с координатами (d;a), которое образовано тремя парами параллельных прямых: a=0, a=1, a=4-d, a=6-d, a=9-2d, a=12-2d. Видим, что это множество определяет трапецию с вершинами A(4,5;0) B(4,1) C(5;1) D(6;0)
3) 13 EMBED Equation.3 1415 можно рассматривать, как расстояния точек этого геометрического множества от начала координат. Минимальная величина 13 EMBED Equation.3 1415 отвечает длине перпендикуляра, опущенного из начала координат на сторону АВ трапеции. Это будет длина высоты треугольника ОАЕ, опущенной из вершины О на АЕ
13 EMBED Equation.3 1415 .
4) Чтобы найти удаленную от начала координат точку трапеции, достаточно сравнить длины отрезков OB, OC и OD с целью определения наибольшей величины. Таковым оказывается отрезок OD=6. Таким образом, выполняется неравенство
13 EMBED Equation.3 1415 13 EMBED Equation.3 1415 13 EMBED Equation.3 1415.
Очевидно, что минимальное целое значение у этого промежутка будет равно 17, а сумма соответствующих целых значений будет равна
13 EMBED Equation.3 1415.
Ответ: 530.
Пример2.
Неотрицательные числа x, y, z удовлетворяют неравенствам 513 EMBED Equation.3 1415 x, y, z 13 EMBED Equation.3 14158. Какое наибольшее и наименьшее значение может принимать величина A=2x2y2+2y2z2+2x2z2-x4-y4-z4.?
Решение:
Рассмотрим АВС такой, что
АВ=а, ВС=в, АС=с.
SABC=13 EMBED Equation.3 1415
S2=13 EMBED Equation.3 1415
S2=13 EMBED Equation.3 1415
S2=13 EMBED Equation.3 1415
S2=13 EMBED Equation.3 1415
A=16S2
Из всех треугольников с указанными сторонами максимальную площадь имеет равносторонний треугольник с максимальной величиной стороны
S= 13 EMBED Equation.3 1415 , a=8 , Smax=13 EMBED Equation.3 1415, S2max=13 EMBED Equation.3 1415, Amax=13 EMBED Equation.3 141584*3
Соответственно наименьшую – равносторонний треугольник с наименьшей стороной.
Smin=13 EMBED Equation.3 1415 , a=5 , Smin=13 EMBED Equation.3 1415, S2min=13 EMBED Equation.3 1415, Amin=54*3.
Ответ: 54*313 EMBED Equation.3 1415А13 EMBED Equation.3 141584*3.
Пример3.
Доказать, что 13 EMBED Equation.3 1415, если x>0, y>0, z>0 и 13 EMBED Equation.3 1415.
Решение:
Понятно, что при x>0, y>0, z>0 существует треугольник ABC такой, что AB=c=x+y, BC=a=y+z, AC=b=x+z .
Тогда K, M, N – точки касания вписанной окружности со сторонами AB, BC, AC соответственно. Имеем x+y+z=p, где p – полупериметр треугольника. Кроме того, AK=AN==p-a=x, BK=BM=p-b=y, CM=CN=p-c=z. Но по условию задачи хyz(x+y+z)=p(p-a)(p-b)(p-c)=S2=1 или S=1, где S – площадь треугольника ABC. С другой стороны, 2S=AB*ACsinBAC13 EMBED Equation.3 1415AB*AC=(x+y)(x+z). Тогда (x+y)(x+z)13 EMBED Equation.3 14152S=2.
Пример4.
Доказать, что если х113 EMBED Equation.3 1415х213 EMBED Equation.3 1415х313 EMBED Equation.3 1415х413 EMBED Equation.3 1415х5>0, то х12-х22+х32-х42+х5213 EMBED Equation.3 1415(х1-х2+х3-х4+х5)2.
Решение:
Левая часть доказываемого неравенства – это сумма площадей закрашенных фигур . Правая часть – это площадь квадрата со стороной х1-х2+х3-х4+х5 .
Каждая из полученных фигур состоит из одного квадрата и четырех трапеций, причем квадраты равны, а соответственные трапеции имеют равные высоты. Однако средние линии на рисунке больше средних линий на рисунке. Поэтому площадь первой фигуры не меньше площади второй (равенство достигается в том случае, когда х2=х3 и х4=х5).
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
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.
В своём реферате я попыталась сопоставить задачи и способы их решения, вот какая картина у меня получилась:
Типы алгебраических задач
Геометрические факты
Системы уравнений
Теорема Пифагора, неравенство треугольника, свойства прямоугольного треугольника
Квадратные уравнения
Метод площадей, координатный метод
Уравнения с параметром
Координатный метод
Нахождение наибольшего и наименьшего значения функции
Координатный метод
Текстовые задачи
Графический метод, использование подобия треугольников
Я предлагаю свой алгоритм решения алгебраических задач геометрическим способом:
1)Построение геометрической модели задачи, т.е. перевод её на язык геометрии;
2)Решение получившейся геометрической задачи;
3)Перевод полученного ответа с геометрического языка на естественный.
Преимущества решения задач геометрическим способом:
При решении задачи этим методом четко определяется начало действия;
Графическая иллюстрация облегчает проведение анализа, составления уравнений, помогает найти несколько способов решения;
Расширяется область использования графиков, повышается графическая культура учеников;
Совершенствуется техника решения уравнений (разделений переменных);
Реализуются внутрипредметные (алгебра и геометрия) и межпредметные (математика и физика) связи.
Выводы:
1.При решении некоторых задач геометрическими методами наблюдается явно выраженная экономия сил, энергии, а главное времени;
2.Чертеж помогает расширить задачу – поставить и решить общие вопросы, глубже проникнуть в существо задачи, оценить реальность результата и промежуточных действий;
3.Чтобы решить алгебраическую задачу геометрическим методом необходимо иметь навык и «видение» геометрической интерпретации задачи, что, на мой взгляд, и является самым сложным в данном методе;
4.Во многих разделах алгебры существуют классы задач, решаемых геометрическими методами;
5.Чтобы решить задачу геометрическими методами необходимо иметь мощную базу знаний по геометрии, т.к. в решении используются: метод площадей, свойства геометрических фигур, геометрические неравенства и т.п.
Список литературы
Березин, В.Н. Сборник задач по факультативной и внеклассных занятий по математике / В.Н. Березин, Л.Ю. Березина, И.Л. Никольская: кн. для учителя. – М.: Просвещение, 1985.
Галицкий, М. Задачи по алгебре и началам анализа / М. Галицкий, Г. Терещенко // Математика. – 2003.-№3 – С.13.
Генкин, Г.З. Геометрические решения алгебраических задач / Г.З. Генкин // Математика в школе.- 2001.-№7.- С.61.
Двояковский, П.Г. О геометрическом способе решения алгебраических задач / П.Г. Двояковский // Математика в школе.- 1980.- №3.- С.33.
Лекции об икосаэдре и решении уравнений пятой степени: пер. с нем. / Под ред. А.Н. Тюрина. – М: Наука. 1989.
Прессман, А.А. Решение квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки / А.А. Прессман // Квант. – 1972. - №4. – С.34.
Шарыгин, Н.Ф. Факультативный курс по математике: решение задач / Н.Ф. Шарыгин, В.И. Голубев: учеб. Пособие для 11 кл. сред.шк. – М.: Просвещение, 1991.
Шувалова, Э.З. Повторим математику / Э.З. Шувалова, Б.Г. Агафонов, Г.И. Богатырёв. – М.: Высшая школа, 1968.
13 PAGE \* MERGEFORMAT 14515
(a+b)2=a2+2ab+b2
(a-b)2=a2-2ab+b2
а2-b2=(a-b)(a+b)
A
A
C
B
2.5
2
D
y
B
C
A
6
3
2
120
А
В
С
x
y
Root EntryEquation NativeEquation Native3 формулы приведения 13 формулы приведения 3Equation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation Native