Алгебраические методы обработки данных (курс лекций, Журавлёв Ю.И.)

Оценки по курсу находятся

Система выставления оценок по курсу

Экзамен

Программа курса

Повторение некоторых разделов дискретной математики

Булевы функции, их запись, изображения на булевом кубе
Дизъюнктивные нормальные формы (ДНФ): сокращённые, тупиковые, кратчайшие
Алгоритмы построения ДНФ: метод Нельсона, метод Блейка, критерий поглощения

Алгоритмы, основанные на вычислении оценок (АВО)

Тестовые алгоритмы
Алгоритмы с представительными наборами
Алгоритмы вычисления оценок (АВО), обобщения АВО, эффективные формулы для оценок

Алгебраический подход к решению задач классификации

Дискретные (логические) процедуры распознавания

Постановка задачи распознавания по прецедентам. Сущность дискретного (логического) подхода к задачам распознавания. Общие принципы построения дискретных (логических) процедур распознавания в случае целочисленных данных. Понятие корректного элементарного классификатора. Модели дискретных (логических) алгоритмов распознавания, основанные на построении корректных элементарных классификаторов.
Построение элементарных классификаторов в тестовых алгоритмах распознавания и алгоритмах голосования по представительным наборам на основе поиска покрытий булевых матриц. Построение элементарных классификаторов в алгоритмах голосования по представительным наборам на основе преобразования нормальных форм логических функций (на примере бинарных признаков). Задача дуализации. Основные подходы к оценке эффективности алгоритмов дуализации.
Алгебро-логический подход к построению корректных процедур распознавания на базе произвольных (не обязательно корректных) элементарных классификаторов. Понятие (монотонного) корректного набора элементарных классификаторов. Общая схема работы логического корректора. Подходы к снижению вычислительной сложности на этапе обучения логического корректора. Практические модели логических корректоров.
Методы повышения эффективности дискретных (логических) процедур распознавания. Оценка информативности признаков, значений признаков, выделение шумящих признаков и обучающих объектов, не являющихся типичными для своего класса.

Модели данных и метрические методы обработки данных

Логико-статистические модели в распознавании

Трёхкомпонентное разложение ошибки. Bias-Variance дилемма. Разложение ошибки для выпуклых комбинаций предикторов. Несократимые комбинации. Разложение ошибки для компоненты сдвига и вариационной компоненты обобщённой ошибки.
Методы верификации закономерностей, основанные на перестановочных тестах. Метод оптимальных достоверных разбиений.
Метод континуального голосования в модели АВО.
Метод статистически взвешенных синдромов.

Литература

Дискретная математика и математические вопросы кибернетики / Под ред. С.В. Яблонского и О.Б. Лупанова. – М.: Наука, 1974. – 312с (глава про ДНФ)
Яблонский С.В. Введение в дискретную математику. 4-е издание, стереотипное - М.: Высшая школа, 2003. - 484 с (в конце книги - в приложение про ДНФ).
Дьяконов A.Г. . - МАКСПресс, 2010. (9 глава).
Дьяконов А.Г. Алгебраические замыкания модели АВО, операторы разметки и теория систем эквивалентностей . Москва, 2009. (параграфы 1.1-1.2)
Дюкова Е.В. Дискретные (логические) процедуры распознавания: принципы конструирования, сложность реализации и основные модели // Учебное пособие для студентов Математических факультетов педвузов. М: МПГУ 2003 г. 30 с.
Сенько О.В., Докукин А.А. Оптимальные выпуклые корректирующие процедуры в задачах высокой размерности. ЖВМиМФ, Т. 51, №9 с.1751-1760, 2011
Senko O.V., Dokukin A.A. Optimal forecasting based on convex correcting procedures. in New trends in classification and data mining, (2010), Sofia,Bulgaria:ITHEA
Senko O.V., Kuznetsova A.V. The Optimal Valid Partitioning Procedures // “InterStat”, Statistics in Inter- net. 2006.
Сенько О.В. Алгоритм голосования по множеству операторов вычисления оценок континуальной мощности. В сб. Вопросы кибернетики. Москва, 1989.
Senko O., Kuznetsova A. A recognition method based on collective decision making using systems of regularities of various types // Pattern Recognition and Image Analysis, MAIK Nauka/Interperiodica. Vol. 20, No. 2, 2010, pp. 152-162.

При решении задач этим методом необходимо выполнить следующие действия: изучить условие задачи, выбрать основную неизвестную величину и ввести ее обозначение, выразить другие неизвестные через выбранную неизвестную и данные в условии задачи величины, составить уравнение (или систему уравнений) и решить его (ее).

Таким образом, алгебраический метод решения задачи - это такая форма аналитического метода, при которой связи между искомыми и данными величинами устанавливаются с помощью уравнений или систем уравнений (реже неравенств). Сущность этого метода лучше всего уяснить при решении следующих задач.

Задача 3.35. В равнобокой трапеции большее основание равно 2,7 см, а боковая сторона в два раза больше меньшего основания. Определите меньшее основание, если угол между большим основанием и боковой стороной равен 60°.

Решение

1. ABCD - равнобокая трапеция
2. AD = 2,7 см (дано)
3. АВ = CD - 2ВС (рис. 3.25, а)
4. ZBAD = 60°
5. ВС =? (требуется найти)
6. Для нахождения длины ВС целесообразно обозначить ее через неизвестное х (обозначение)

Тогда по условию

7. АВ = CD = 2х (3, 6)

Одним из ориентиров при составлении плана решения является вопрос: нельзя ли сторону AD разбить на отрезки, выражающиеся через х ? Оказывается, можно.

8. Построим BE || CD (построение, рис. 3.25, б)
9. Z CDA = 60° (1, свойства равнобокой трапеции)
10. Z CDA = Z BE А (8,9, свойство параллельных прямых)
11. ААВЕ - равносторонний (4, 10, теорема о сумме углов треугольника)
12. DCBE - параллелограмм (1, 8, признак параллелограмма)
13. ED = x( 12)
14. 2х + х = 2,7 см (1, 11, 13)
15 (6). х = 0,9 см (14)
16 (5). ВС = 0,9 см (6) ?

Приведем задачу, которая решается с помощью системы уравнений.

Задача 3.36. Вычислите диагональ и площадь прямоугольника, периметр которого равен 14 см, если его вершина удалена от диагонали, не проходящей через эту вершину, на 2,4 см.

Решение

1. ABCD - прямоугольник]
2. 2АВ + 2ВС = 14см ДаН °> ..
3. ЛК 1 АС, ЛК = 2,4 см J (Р ис - 3 - 26)
4. Sabcd = ? (требуется найти)
5. АС = ? (требуется найти)

Учащиеся знают, что для нахождения площади прямоугольника достаточно знать его стороны. Они знают также, что для нахождения диагонали тоже достаточно знать стороны прямоугольника. Возникает вопрос: что мы знаем про стороны прямоугольника и как эти стороны можно найти?

Если стороны прямоугольника обозначить через а и Ь, то ученики могут составить два уравнения:

6. а + Ь = 7(1, 2)
7. а 2 + Ъ 2 = АС 2 (1, теорема Пифагора)

Может показаться, что мы имеем два уравнения с двумя неизвестными. Однако это не так. Длина АС также неизвестна. Обозначим АС через d. Таким образом, мы получим два уравнения с тремя неизвестными, т. е.

8. а + Ь = 7,

а 2 + Ъ 2 =d 2 (,)

Учащиеся должны понимать, что нужно еще одно уравнение, которое бы связывало имеющиеся неизвестные. Откуда можно получить это уравнение? Подсказкой является то, что при решении задачи мы еще не использовали свойство 3: DK является высотой прямоугольного треугольника АВС. Поэтому можно записать:

9. S AABC = (1/2) ? (а? b) (1, 3, формула площади треугольника)
10. S AABC = (1/2) (АС DK ) = I, 2d (1, 3, другая формула площади треугольника)

Приравнивая правые части равенств 9 и 10, получим:

11. (1/2) (а-Ь) = 1, 2d (9, 10)

В итоге мы получаем систему трех уравнений с тремя неизвестными:

12. а + Ь = 7,

a 2 + b 2 =d 2 , [ (8,11) ab = 2,4 d

Решив эту систему, получим ответ: d = 5 см, S = 12 см 2 . ?

Характеризуя особенности алгебраического метода решения геометрических задач, можно, в частности, выделить возможности использования элементов тригонометрии при их решении.

Использование тригонометрических соотношений в геометрии позволяет упростить решение ряда задач и показать учащимся значение изучаемой теории. Связь между математическими дисциплинами дает возможность образовать дополнительные ассоциативные связи, сделать знания учащихся более глубокими и прочными.

При решении геометрических задач тригонометрические функции используются явно недостаточно. Следует отметить, что, когда в условии задачи даны углы, это в определенной степени подсказывает возможность применять тригонометрические функции. Рассмотрим пример решения такой задачи.

Задача 3.37. Угол между общими касательными к двум окружностям, касающимся между собой внешним образом, равен (р. Длина отрезка касательной между точками касания равна а. Найдите радиусы окружностей.

Рис. 3.27

Решение

1. Две окружности окр. (О х, г) и окр. (С^, Б),

и касающиеся друг друга внешним образом I (дано)

2. МА и МК - касательные к обеим (рис. 3.27, а) окружностям
1. Две окружности окр. (0 1? г) и окр. (О х, Б), и касающиеся друг друга внешним образом
2. МА и МК - касательные к обеим окружностям (дано)
3. ZAMK=Z ф
4. АВ = а
5. г = ? R = ? (требуется найти)
6. Проведем радиусы окружностей в точки касания: О А = г, ОхБ = Б и соединим точки М, О и (рис. 3.27, б, в)

Ставится основной вопрос: надо найти радиусы Б и г, как их можно найти? Что для этого нужно знать?

Ответить на эти вопросы непросто. Здесь может выручить серия следствий из условий задачи и выполнение дополнительных построений.

7. ОА1 МВ, О г В 1 МВ (2, 6, свойство касательной)
8. ОА I О х В (7, свойство перпендикуляров, проведенных к одной прямой)
9. АВО х О - прямоугольная трапеция (7, 8, определение трапеции) (рис. 3.27, в)

Эта трапеция включает в себя все, что нужно для решения: ОО х = г + R, АВ = а, ОА = г, OB = R (рис. 3.27, в).

Итак, есть прямоугольная трапеция АВО х О. Как теперь найти г и Б?

Опыт учащихся по решению задач и продуманная работа учителя подскажут выполнение следующего дополнительного построения:

10. Проведем ОС || АВ (9, дополнительное построение, рис. 3.27, г)

После этого получим:

11. AOCOi - прямоугольный (7, 10)
12. OO x = r + R( 1)

Вот теперь нам понадобится данный в п. 3 нашего решения угол ср:

15. (R + г) 2 = a 2 + (R- r) 2 (12, 15)
16. R r= -

Мы получили систему двух уравнений с двумя неизвестными.

17. R + r = ---,

COS i (12,13,16)

R .r = *

Решая систему, получим

18(5). B = |(sec| + tg|) (17) -

Особый интерес представляют задачи, в которых нет данных углов, но при решении которых эффективно используются элементы тригонометрии. Применение элементов тригонометрии при решении геометрических задач прежде всего сводится к введению в рассмотрение вспомогательного угла. Тогда связи между элементами фигуры удается установить с помощью тригонометрических функций. Решение задачи при этом сводится к выполнению тригонометрических преобразований.

Задача 3.38. Найдите площадь ромба, если его высота 12 см, а меньшая диагональ 13 см.

Решение

1. ABCD - ромб 1
2. BE - высота ромба, BE- 12см ; дано "
3. BD = 13cm J (Рис-3.28, а)
4. 8 ромба = ? (требуется найти)

Первый способ

В задаче мы ищем площадь ромба, а площадь ромба находится так же, как площадь параллелограмма. Для того чтобы найти площадь ромба, надо найти сторону AD. Прежде всего из рис. 3.28, а видно, что AD = АЕ + ED. Попробуем найти каждый из отрезков АЕ и ED.

5. ED = ylBD 2 -BE 2 = V169-144 = 5 см (1, 2, 3, теорема Пифагора)

Отрезок АЕ сразу найти не удастся. Опыт применения алгебраического метода решения геометрических задач может подсказать следующую идею.

6. Обозначим сторону AD через х, тогда АЕ = х - 5 (1, 5)

Чтобы найти х, надо составить уравнение. Из ААВЕ имеем:

7. х 2 - (х - 5) 2 = 12 2 (1, 2, 6, теорема Пифагора)
8. 10х-25 = 144(7)
9. 10х = 169 (8)
10. х = 16,9
11 (4). З ромба = х 12 = 16,9 12 = 202,8 см 2 ?

Конечно, применение в данном случае алгебраического метода и предложенный ход рассуждений следует считать нестандартными (новыми) для учащихся. Но в то же время к концу 9 класса, когда решается данная задача, подобный прием уже может быть освоен учащимися, и они не будут испытывать при его применении особых трудностей.

Второй способ

При решении данной задачи очень полезно показать возможность применения тригонометрии. Идеи, к которым нужно подвести учащихся, состоят в следующем. Поскольку надо найти сторону AD, следует усмотреть, что у двух прямоугольных треугольников AOD и DBE угол ADB - общий (рис. 3.28, б).

Если его обозначить через а, то можно найти AD.

Соотношения между сторонами и углами в прямоугольном треугольнике приводят к следующему:

11. Обозначим угол BDA через а (обозначение, рис. 3.28, б)
12. АС ± BD (1, свойство ромба)
13. Из A AOD cos а = OD/AD (12, свойство прямоугольных треугольников)
14. Из A DBE cos а = ED/BD (2, свойство прямоугольных треугольников)
15. Тогда 5:13 = OD : AD и AD = 16,9 см (13,14)
16. 5 ромба = 16,9 12 = 202,8 см 2 ?
3.5.3. В предыдущем разделе задача 38 была решена двумя способами. Появление этих способов решения явилось следствием поиска ответа на основной вопрос: требуется найти отрезок AD, как можно его найти? А найти этот отрезок можно, как мы уже видели, двумя способами. Такая деятельность имеет явно выраженный творческий характер. Все сказанное приводит нас к возможности решения задач разными способами.

Чтобы иметь возможность выбрать способ решения задачи, нужно располагать достаточным запасом знаний и идей для их решения. Этот запас создается практикой решения задач.

Нужно учить школьников пользоваться запасом основных идей для решения разнообразных задач, учить выбирать и применять нужную идею.

Следует отметить, что процесс решения задач различными способами хотя и описывается в методической литературе, но не может быть признан достаточно разработанным. А.Я. Хин- чин отмечал, что «у нас учитель, как правило, требует от ученика, чтобы все задачи данного раздела решались одним и тем же трафаретным приемом, всякая самостоятельность пресекается, подчас даже очень строго» .

Д. Пойа в решении задач и доказательстве теорем различными способами видел психологическую потребность ученика, так как человеку свойственно желание воспринимать предметы при помощи различных чувств. Пойа пишет: «Найдя решение, мы хотим найти другое, так же, как увидев предмет, мы испытываем желание дотронуться до него. Два доказательства лучше, чем одно, как говорит пословица, „надежнее стоять на двух якорях"» . Это важное замечание Д. Пойа следует приблизить к практике. Но чтобы «захотелось найти другое решение», следует много и целенаправленно потрудиться и ученику, и учителю.

Самое сложное в организации решения задачи разными способами - это помощь учителя в нахождении этих способов. При этом учитель должен выступить не с идеей нового варианта доказательства (или разных вариантов), а с вопросом или серией вопросов, инициирующих появление соответствующей идеи или идей. Это не простое дело, и ему нужно учиться. Сложность связана с тем, что эта деятельность учителя направлена не на применение некоторого знания или приема, а на развитие воображения или интуиции ученика.

Рассмотрим некоторые общие условия, способствующие успешному нахождению различных способов решения задач.

1. Для успешного обучения школьников нахождению различных способов доказательства и решения задач надо научить их с помощью синтетической деятельности получать необходимые посылки для доказательства предложений или выполнения вычислений или исследований.
2. Для обеспечения индивидуального характера этого процесса необходимо ориентироваться на различные уровни способностей учащихся.
3. Учитель обязан постоянно и умело наблюдать за процессом мышления учащихся, анализировать и изучать его. Это очень важная задача, осуществление которой способствует привитию интереса к предмету. У опытных учителей ученики выступают в роли «первооткрывателей».
4. Если учителю удается привить учащимся интерес к отысканию различных способов решения задач и разных доказательств математических предложений, то он сможет практиковать такую работу и в ходе изучения программного материала.

Начнем с описания возможностей нахождения различных способов доказательства нескольких теорем планиметрии. Одним из явных недостатков современного стиля обучения математике в школе является догматический характер доказательства теорем. Ученику в голову не приходит, что доказательства можно проводить по-разному (и в разной последовательности). Несомненно, что такая практика не дает эффекта в развитии мышления человека и его личности в целом. С другой стороны, ясно, что на уроке (при условии минимума времени на изучение математики) рассмотреть различные способы доказательства многих теорем просто невозможно. Однако эту работу можно вынести на другие формы обучения: индивидуальные задания в классе и дома, занятия кружка, дополнительные беседы, факультативы и т. д.

Задача 3.39. Докажите, что средняя линия трапеции параллельна ее основаниям и равна их полусумме.

Решение

1. ABCD - трапеция 1 (дано)
2. ОР - средняя линия трапеции] (рис. 3.29, а)

3. ВС ||ОР ||AD , Л
4. Oi> = 1/2(AD + ВС))

Можно выписать некоторые следствия, вытекающие из условия теоремы:

5. DP = СР )

> (1,2, определение средней линии трапеции)

О. АС/ = L/jD I

На основании только перечисленных свойств доказать требуемое невозможно. Система вопросов и упражнений должна подвести учащихся к желанию связать среднюю линию трапеции со средней линией какого-нибудь треугольника, свойства которой они уже знают. Если предложений не последует, то можно задать вопрос: как построить треугольник, для которого отрезок ОР являлся бы его средней линией?

Эта работа приведет к первому способу доказательства теоремы.

Учащиеся должны увидеть возможность построения двух таких треугольников: ААВЕ (рис. 3.29, б) и A CED (рис. 3.29, в).

Запишем эти построения.

7. Проведем прямую ВР, пересекающую продолжение стороны AD в точке Е (построение, рис. 3.29, б)

Появляются дополнительные элементы - треугольники АВЕ, ВОР, DPE, ВСР. Если мы докажем, что ВР = РЕ, то это будет означать, что ОР - средняя линия ААВЕ.

8. ОР - средняя линия ААВЕ (рис. 3.29, б) (требуется доказать)

Рассмотрим свойства указанных треугольников:

9. Z СРВ = Z DPE (7, свойство вертикальных углов)
10. Z ВСР = Z EDP (5, свойство внутренних накрест лежащих углов)
11. А ВСР = A EDP (6, 9, 10, признаки равенства треугольников по стороне и прилежащим к ней углам)
12. ВР = РЕ (11)
13. ОР - средняя линия А АВЕ (6, 13)
14. ОР || АП (8)
15. ВС || ОР || AD (5, 13)
16. ОР = (1/2) АЕ (8)
17. ОР = (1/2) (AD + ВС) (8, 11, 14) ?

Возможны и другие способы доказательства этой теоремы:

Провести одну из диагоналей трапеции (рис. 3.30, а) и использовать свойства средней линии треугольника;

провести CF || ВА (рис. 3.30, б) и рассмотреть параллелограмм ABCF и треугольник DCF ;
провести EF || ВА (рис. 3.30, в) и рассмотреть равенство треугольников FPD и ЕРС.

Приведем еще два простых, но очень важных примера поиска различных способов решения задачи.

Задача 3.40. Докажите, что площадь параллелограмма равна произведению его стороны на высоту, проведенную к этой стороне.

Решение

1. ABCD - параллелограмм] .
2. АВ = а ДаН0 > „
3. ВК1 AD,ВК = h J
4. Sabcd = а? h (требуется доказать)

Из перечисленных свойств мы непосредственно не получим требуемый результат. Мы можем выписать различные свойства параллелограмма, но без понимания идеи решения этого делать не имеет смысла.

До этой теоремы (задачи) мы знаем только формулу площади прямоугольника. Поэтому может появиться желание «перекроить» параллелограмм в прямоугольник. Как это можно сделать? Ответы могут быть различными:

провести высоту CF (рис. 3.32, а);
провести высоту DF (рис. 3.32, б);
провести высоты АЕ и CF (рис. 3.32, в).

Каждый из этих случаев приведет нас к нужному результату.

Задача 3.41. Докажите, что площадь треугольника равна половине произведения его стороны на высоту, проведенную к этой стороне.

Решение

1. Треугольник АВС] .
2 АВ = а (дано)

Z.CK~LAB I «-33,а)

4. S AABC = - (АВ С К) (требуется доказать)

Вот как обычно в действующих учебниках описывают это доказательство:

«Пусть АВС - данный треугольник (рис. 3.33, б). Дополним этот треугольник до параллелограмма ABCD, как указано на рисунке. Площадь параллелограмма равна сумме площадей треугольников АВС и CDB. Так как эти треугольники равны, площадь параллелограмма равна удвоенной площади треугольника АВС. Высота параллелограмма, соответствующая стороне АВ, равна высоте треугольника АВС, проведенной к стороне АВ».

В чем недостатки такого доказательства? Если это резюме всего того, о чем говорилось, что обсуждалось, то такое описание возможно. Однако учить так доказывать или давать это для самостоятельного чтения малоэффективно, так как возникает масса вопросов: почему мы достраиваем до параллелограмма? почему именно так достраиваем? на какие факты мы опираемся в последующей записи? и т. д. Все эти вопросы либо раскроет учитель (если он их видит и умеет ответить на них), либо они так и не будут заданы. Такое доказательство (решение), особенно если оно выучено наизусть, мало что дает для математического и общего развития ученика.

Прежде всего при доказательстве этой теоремы надо обсуждать вопрос о том, на что мы можем опираться при доказательстве.

1. Мы умеем вычислять площади прямоугольника и параллелограмма. Как можно свести вычисление площади треугольника к площадям этих четырехугольников?

2. Как мы уже писали, до параллелограмма треугольник АВС можно достроить разными способами (рис. 3.33, в, г).
3. Практика показывает, что учащиеся предлагают достроить данный треугольник до прямоугольника (рис. 3.34).

Рассматривать все эти случаи на уроке совершенно не обязательно. Это можно предложить в качестве индивидуального домашнего задания.

4. Может возникнуть интересная идея «перекроить» данный треугольник в прямоугольник или параллелограмм. Такой вопрос можно поставить как проблему для самостоятельной работы учащихся.

Перекраивание связано с проведением средней линии треугольника АВС. Если никто из учеников не догадался, то учитель может сам провести среднюю линию треугольника. Помощь существенная, но все же не прямая подсказка, так как после проведения средней линии способ перекраивания еще нужно придумать, причем возникают четыре варианта (рис. 3.35, а, б , в, г). После выполнения чертежей получение самой формулы не вызывает труда.

Рис. 3.35

Приведем еще примеры решения нескольких задач различными способами.

Задача 3.42. В равнобокой трапеции большее основание равно 44 м, боковая сторона 17 м и диагональ 39 м. Найдите площадь трапеции.

Решение

1. ABCD - равнобокая трапеция
2. AD = 44m Дан °> . ,
3. АВ = 17 м (рис. 3.36, а)
4. АС = 39 м
5. Sabcd = ? (требуется найти)

Можно выписать еще несколько свойств, следующих из условия задачи:

6. AB = CD( 1)
7. ZA=ZD{ 1)
8. AD || ВС (1)

Далее возникает вопрос: что необходимо знать, чтобы найти площадь трапеции? Возможны такие ответы: надо знать высоту и меньшее основание трапеции; надо знать среднюю линию и высоту трапеции. Как можно найти высоту трапеции?

На рис. 3.36, а нет высоты трапеции, проведем ее.

9. Проведем высоту CF трапеции (построение, рис. 3.36, б)

Важно, чтобы учащиеся увидели, что CF - не только высота

трапеции, но и высота треугольника АС Л, и что в треугольнике ACD известны все его три стороны. Тогда, применив формулу Ге- рона и обычную формулу для нахождения площади треугольника, найдем высоту CF.

Мы подошли к решению задачи первым способом:

10. S AACD = sfplp^A-DHp-ACHp-CD) =

330 м 2 (р - полупериметр AACD, 2, 3, 4, формула Герона)

11. S AAC d = (1/2) (AD ? CF) = 22 CF (2, формула площади треугольника)
12. CF= 15 м (10, 11)

Итак, мы нашли CF, но нам еще надо найти меньшее основание ВС. Процедуру нахождения ВС приходится применять часто, и она должна быть отработана заранее. Проведем еще одну высоту трапеции - BE (рис. 3.36, в).

13. BE _L AD (построение)
14. FD = ICD 2 -CF 2 = 8 м (13, теорема Пифагора)
15. BE || CF (9, 13, признак параллельности прямых)
16. BCFE - прямоугольник (1, 9, 13, 15)
17. BC = EF( 16)
18. ВС = AD - 2FD = 28 м (16, 17, признак равенства треугольников)
19. Sabcd = ((44 + 28)/2) 15 = 540 м 2 (18, 2) ?

Второй способ решения этой задачи очень близок к первому. CF - высота треугольника ACD. Усматривая, что она разбивает его на два прямоугольных треугольника АСЕ и DCF (рис. 3.36, б), приходим к такой идее решения: обозначим FD = х, тогда AF = 44 - х. Из треугольников АСЕ и DCF по теореме Пифагора имеем:

20. АС 2 - AF 2 = CD 2 - FD 2 или 39 2 - (44 - х) 2 = 17 2 - х 2 (9, 13, теорема Пифагора)
21. х = 8 м или FD = 8 м (19)

22. ВС =AD - 2 FD = 28 м (мы выше описали процесс нахождения ВС)
23 (5). Sabcd = 540 м 2 (12, 21) ?

В предыдущем разделе мы говорили о возможности применения тригонометрии при решении геометрических задач. Основная идея заключается в введении вспомогательного угла. Это приведет нас к третьему способу решения задачи.

Третий способ решения задачи. Пусть Z CAD = а (рис. 3.37). Тогда, используя теорему косинусов для AACD, вычислим cos а:

24. CD 2 = АС 2 + AD 2 - 2АС х х AD cos а (теорема косинусов)
25. cos а = 12/13(24)
26. sin а = 5/13 (25, основное тригонометрическое тождество)
27. Из AACF : CF/AC = sin а, CF = АС sin а = 39 (5/13) = = 15 м (24)
28. AF/AC = cos а (9)
29. AF = 39 (12/13) = 36 м (25, 28)
30. Длина AF равна средней линии трапеции (этот вывод уже подготовлен)
31 (5). S AB cd = AF " CF = 36 15 = 540 м 2 (12, 29) ?

Учащиеся могут видеть еще одну возможность использования алгебраического метода. Сущность четвертого способа сводится к введению обозначения ВС = х и построению CM || BD (рис. 3.37).

32. Проведем CM || BD (построение, рис. 3.37)
33. Из A CMF: CF 2 = СМ 2 - MF 2 (9, теорема Пифагора)
34. Из A CFD: CF 2 = CD 2 - FD 2 (9, теорема Пифагора)
35. СМ 2 - MF 2 = CD 2 - FD 2 (33, 34)
36. 39 2 -teT = 17 2 -teT (35)

v 2 / v 2 )

37. х = 28 м (36)
38. Из A ACF : CF = л/39 2 -36 2 = 15 м (9)
39 (5). Sabcd = ((44 + 28)/2) 15 = 540 м 2 ?

Можно сравнить эти четыре способа по числу рассмотренных свойств - это важный, но не основной показатель. Важно оценить уровень нестандартности идеи, выдвинутой при решении. Видимо, наиболее нестандартным можно считать четвертый способ - выполнение необычного дополнительного построения, а метод третьего способа зависит от опыта в использовании тригонометрии.

Задача 3.43. Боковая сторона трапеции разделена на три равные части. Из точек деления проведены к другой стороне отрезки, параллельные основаниям. Найдите длины этих отрезков, если основания трапеции равны 2 и 5 м.

Решение

1. Трапеция ABCD
2. АК = КМ = МВ
3. MN || КР || ADBC> 5 дано ^ оо
4. ВС = 2м (рис. 3.28, а)
5. AD = 5 м
6. MN = ? (требуется найти)
7. КР = ? (требуется найти)

Первый способ

Проведя отрезки MN и КР, мы получили отрезки CN, NP и PD. Можно сразу записать:

8. CN = NP = PD (2,3, теорема Фалеса)

Из перечисленных восьми свойств нельзя получить нужных отрезков.

Одной из идей, которые ведут к решению, является рассмотрение двух трапеций - КВСР и AMND, в которых MN и КР - соответственно средние линии. Итак:

9. MN - средняя линия трапеции КВСР
10. КР - средняя линия трапеции AMND (2, 3, 8, определение средней линии трапеции)
11. MN = (ВС + КР)/ 2 (9,10, свойство средней линии трапеции)
12. КР = (MN + AD)/2 (9,10, свойство средней линии трапеции)

13. Обозначим MN = х (обозначение)
14. КР = (х+ 5)/2(1, 5,3)

Подставим значение КР в равенство 11:

2 + ^
15. х= -(11, 14)
16 (6). MN = 3 м (15)
17 (7). КР = 4 м (12, 6)

Можно иначе ввести обозначение:

18. Обозначим MN = х, КР = у (обозначения)
19. Получим систему уравнений:

У = (х + у)/2

х = (у + 2)/2| (13)

Решим эту систему:

20 (6). MN = х = 3м (14)
21 (7). КР = г/ = 4 м (14) ?

Задаем вопрос: можно ли тот же результат получить геометрическим путем? Этот вопрос наталкивает учащихся на еще один способ решения.

Второй способ решения задачи основан на использовании теоремы Фалеса и свойств параллелограмма. Идея заключается в выполнении дополнительного построения: проводим СЕ || NF || PQ || АВ (рис. 3.38, б). Дважды применяя теорему Фалеса, доказываем равенство отрезков CN = NP = PD и EF = FQ = QD. Используя свойство противоположных сторон параллелограмма, можно найти искомые отрезки.

В заключение этого раздела приведем вывод формулы Геро- на Александрийского. Наш вывод, который мы проведем двумя способами, построим так, чтобы, в отличие от типичных выводов в школьных учебниках и пособиях, учащиеся сами выдвигали идеи доказательства.

Например, в одном из таких пособий вывод начинается с нахождения квадрата высоты ААВС из следующего равенства: 4а 2 hi = 2а 2 Ъ 2 + 2а 2 с 2 + 2Ь 2 с 2 - а 4 -Ь 4 - с 4 , где а,Ъ, с - стороны A ABC, a h a - высота, проведенная к стороне а. В другом пособии все начинается со слов: «По теореме косинусов...».

Мы не критикуем такие изложения, так как вся (или почти вся) математическая литература для школьников написана в таком стиле. Беда в том, что учителя иногда повторяют текст вслед за пособием.

Задача 3.44. Выведите формулу Герона для нахождения площади треугольника: ^jp(p-a)(p-b)(p-c), где а, Ь, с - длины сторон треугольника, ар - полупериметр.

Рис. 3.39

Решение 1. ААВС

3 БсГа (дано)
1".АС = Ь (рис. 3.29, а)
5. р = (а + Ъ + е)/2 - полупериметр
6. S ABC = 1р(Р ~ а)(Р ~ Ь)(Р - с) (требуется вывести).

Из курса геометрии нам известны две формулы для нахождения площади треугольника:

Каждая из этих формул дает возможность продумать соответствующий способ вывода формулы Герона.

Первый способ

Итак, Sabc = ^ ah a .

На рисунке нет h a .

7. Проведем АЕ = h a (построение, рис. 3.39, б)
8. А САЕ и А БАЕ - прямоугольные (1, 7)

Надо найти высоту h a . Обращаем внимание на то, что АЕ - общий катет двух прямоугольных треугольников А САЕ и А БАЕ. Значит, надо два раза применить теорему Пифагора. Чтобы получить уравнение, надо катет СЕ обозначить через х , тогда второй катет BE будет равен а- х.

Заметим, что это типичный пример использования алгебраического метода решения:

9. СЕ = х (обозначение)
10. ЕВ = а-х(3, 9)

11. hi = с 2 - (a - x) 2 (7, 10)
12. hi = b 2 -x 2 (7, 9)
13. b 2 - x 2 = c 2 - (a - x) 2 (11, 12)
14. x = (a 2 + b 2 - c 2)/2a (13)

Подставим значение x в равенство 12.

16. Заметим, что а + b + с = 2р, а + Ъ - с = 2р - 2с, с + а - b = = 2р- 2Ь, с-а + Ь = 2р-2а (свойствапериметра)
17. hi = (р - с)р(р - а)(р - Ь) (15,16)
18. К = ^4^1>-аХр-ЬНр-с) (17)
19 (6). Sabc = Мр-аНр-ЬХр-с) (18) ?

Второй способ доказательства связан с использованием формулы Sabc = - be sin А. Возникает желание найти sin А. Это мож- 2

но сделать с помощью теоремы косинусов и основного тригонометрического тождества:

7. а 2 = Ь 2 + с 2 - 2Ьс? cos А (1, теорема косинусов)

о а Ь 2 +с 2 -а 2

8. cosA =- (7)
2 be
9. sin 2 А = 1 - cos 2 А (основное тригонометрическое тождество):

В прекрасной книге Г.С. Кокстера «Введение в геометрию» по поводу теоремы Герона сказано: «Эту замечательную формулу обычно приписывают Герону из Александрии (около 60 г. н. э.), однако на самом деле она была открыта Архимедом» .

ООх= --- (11, определение косинуса) Ф cos- 2
ООх = ОС2 + ОхС2 (11, теорема Пифагора)

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).

Отправить свою хорошую работу в базу знаний просто. Используйте форму, расположенную ниже

Студенты, аспиранты, молодые ученые, использующие базу знаний в своей учебе и работе, будут вам очень благодарны.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Министерство образования и науки Российской Федерации

ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «ГОРНО-АЛТАЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Физико-математический факультет

44.03.05 Педагогическое образование профиль математика и информатика

Кафедра математики и методики преподавания математики

КУРСОВАЯ РАБОТА

АЛГЕБРАИЧЕСКИЙ МЕТОД ПОСТРОЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ

Бедарева Мария Николаевна

Научный руководитель доцент

Н.А.Пахаева

Горно-Алтайск 2016

Введение

Заключение

Введение

Геометрические построения являются весьма существенным элементом изучения геометрии.

Одним из важных методов, применяемых в школьном курсе геометрии, является алгебраический метод решения задач на построение. Уже в 6-7 классах учащиеся неоднократно применяли алгебру при решении задач вычислительного характера и задач на доказательство с целью упрощения решения. Алгебра дает очень удобный и хороший способ решения геометрических вопросов аналитическим путем.

Алгебраический метод решения задач на построение - один из важнейших методов теории конструктивных задач. Именно с помощью этого метода решаются вопросы, связанные с разрешимостью задач тем или иным набором инструментов.

Кроме того, это один из самых мощных методов, позволяющий решать многие задачи, решение которых обычными способами затруднительно. Метод прекрасно демонстрирует тесную взаимосвязь алгебры и геометрии.

Целью данной курсовой работы является раскрытие темы алгебраический метод решения задач на построение, обзор задач на построение и схемы их решения, а так же построение отрезков, заданных основными формулами. алгебраический задача решение геометрия

1. Алгебраический метод решения геометрических задач на построение

Сущность метода заключается в следующем. Решение задач на построение сводится к построению некоторого отрезка (или нескольких отрезков). Величину искомого отрезка выражают через величины известных отрезков с помощью формулы. Затем строят искомый отрезок по полученной формуле.

Пример 1 . Провести окружность через две точки А и В так, чтобы длина касательной к ней, проведённой из точки С равнялась а .

Анализ . Пусть через точки А и В проведена окружность так, что касательная к ней из точки С равняется а . Так как через три точки можно провести окружность, то проведём СВ и определим положение точки К . Полагаем СК = х и СВ = с ; тогда по свойству касательной сх = а 2 .

Построение.

1. для построения х чертим полуокружность на ВС и дугу (С, а);

2. опустим LK BC;

3. с КС = а 2 ; поэтому х = КС , и точка К будет искомая;

4. восстановив перпендикуляры из середин АВ и КВ до их пересечения найдём искомый центр О ;

5. чертим окружность (О, ОА );

МС - искомая касательная.

Доказательство . МС 2 = СВ КС = и МС = а , как и требовалось.

Исследование. Выражение a с - условие существования решения нашей задачи, так как только при этом условии дуга (С, а) пересечёт окружность СLB .

Пример 2. Из вершин данного треугольника как из центров опишите три окружности, касающиеся попарно внешним образом.

Анализ. Пусть АВС - данный треугольник, а, b, c - его стороны, х, у, z - радиусы искомых окружностей. Тогда x + y = c , y + z = a , z + x = b . Поэтому, откуда

Построение.

1. проводим окружность S1(A, x);

2. S2(B, c - x);

3. S3(C, b - x).

Доказательство . Найдём сумму радиусов окружностей S 1 и S 3 :

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

Получили, что сумма радиусов равна расстоянию между их центрами, что и доказывает касание окружностей S 2 и S 3 .

Исследование. Задача всегда однозначно разрешима, поскольку:

1. в треугольнике АВС сумма сторон b + c > a , и поэтому отрезок х может быть построен;

2. c > x , потому что (так как a + c > b );

3. b > x , так как.

2. Задачи на построение и схема их решения

Если условия задач могут быть выражены с помощью алгебраических соотношений или уравнений, то задача на построение получает аналитическое изображение. Аналитическое решение задачи позволяет найти и геометрическое решение, т.е. само построение.

Задачи 1-2 используют при решении признак разрешимости задач на построение.

Задача 1. Отсечь с помощью циркуля и линейки от угла в 7 угол в 3.

Решение. Достаточно отложить угол в 7 51 раз последовательно по часовой (против часовой) стрелки. В сумме получается угол в 751=357, тем самым получим угол в 3. Теперь достаточно от угла в 7 отсечь этот угол в 3 откладыванием соответствующей дуги.

Задача 2. Можно ли построить угол в 1, имея шаблон угла величиной:

а) 17; б) 19; в) 27.

Решение:

а) 1753 1805=1 да;

б) 1919 1802=1 да;

в) x, y Z число 27х +180у кратно 9 и поэтому не может равняться 1 нет.

Если а, b, c суть данные отрезки, то с помощью циркуля и линейки нетрудно построить a+b, a b, . Например, среднее геометрическое отрезков х= имеет следующее построение :

Рисунок 1 Схема построения к Задаче №2

На произвольной прямой отложим данные отрезки а и b так, чтобы конец одного совпадал с началом другого (и эта точка была единственной их общей точкой). Разделим АС пополам точкой О и радиусом равным половине отрезка АС, построим окружность с центром в точке О . Из точки восставляем перпендикуляр к отрезку АС . Точку пересечения перпендикуляра и окружности обозначим D. ВD=х= .

Доказательство. В прямоугольном АDC :

Задача 3. Построить отрезок х= .

Рисунок 2 Схема построения к Задаче №3

Построение:

1. На произвольной прямой АВ отметим точку М.

2. Проведем MN AB.

3. MC = b , C MN .

4. E= (C, a )АВ , a b

5. EM=

Задача 4. Построить х=

Указание. Строим и затем х= .

Задача 5. Построить корни квадратного уравнения.

Решение. Для того, чтобы корни уравнения выражали определенные отрезки, необходимо, чтобы все члены уравнения были второго измерения, т.е. свободный член выражался квадратом некоторой величины. Пусть дано уравнение х 2 +ax+b 2 =0. Решив это уравнение, находим:

Рисунок 3 Схема построения к Задаче №5

Используя решение задачи 3 строим ЕМ= Из центра Е радиусом ЕМ проводим окружность. Получим

Решение возможно, если.

Рисунок 4 Схема построения№2 к Задаче №5

Другое решение : корни уравнения можно построить пользуясь свойством перпендикуляра, проведенного из точки окружности на диаметр. Отложив АВ = а, опишем на АВ как на диаметре окружность и проведем MN||AB до пересечения с окружностью в точке L. Проводим LC AB; отрезки АС и СВ выражают корни уравнения, т.к. АС+СВ=а, АС СВ=LC 2 =b 2

Задача 6. В АВС провести МN||AC так, чтобы разность МВ и NC равнялась данному отрезку d.

Решение. Чтобы знать положение точки М , надо знать длину ВМ ; обозначим эту длину через х. Из подобия BMN и ВАС имеем: ВМ:ВN=AB:BC или, т.к. ВN=BC CN=a (x d ),

, xa = ca cx + cd , .

Решая это уравнение. Находим.

Рисунок 5 Схема построения к Задаче №5

Построение. Отрезок х должен лежать на стороне с , а против х должна быть сторона а+d, против стороны с сторона а+с . Поэтому на продолжении ВС откладываем СК=d и CL=c , соединяем L c A и через К проводим КМ||LA , получим искомую точку М . Проводим MN||AC.

Доказательство. Из подобия ВМК ВАL имеем: ВМ:АВ=ВК:ВL , или ВМ: с= (а+d ):(a+c ). Сравнивая эту пропорцию с пропорцией (*), видим, что ВМ=х.

Докажем, что ВМ NC=d. Действительно, из пропорции NC:BC=AM:AB находим:

Исследование. Задача разрешима, если d c.

3. Построение отрезков заданных основными формулами

Применение алгебраического метода к решению геометрических задач сводится к следующему алгоритму:

* составлению уравнения по условиям задачи;

* решению полученного уравнения относительно буквы, означающей искомый отрезок;

* исследованию полученной формулы;

* построению отрезка по полученной формуле.

Если решение задачи сводится к построению какого-либо отрезка, то можно принять этот отрезок за х и решить вначале задачу на вычисление, т.е. выразить х через известные отрезки x = f(a, b, c, …) . Далее остается построить отрезок х по этой формуле.

Алгебраический метод универсален и применим к любой задаче на построение, но не всегда дает наиболее простое решение. Метод используется также для доказательства (не)разрешимости задачи на построение с помощью линейки и циркуля.

Пусть через a, b, c, … обозначены заданные отрезки, а через x, y, z, … - искомые.

Построение отрезков по формулам, представляющим собой сумму, разность (x = a ± b), а также умножение или деление на целое число (x = ka, x = a/k) сводится к сложению или вычитанию отрезков, увеличению отрезка в заданное число раз и делению отрезка на заданное число равных частей.

Построение отрезков по формулам

сводится к построению прямоугольного треугольника по его катетам, либо гипотенузе и катету. В первом случае х - гипотенуза, во втором - катет.

Построение отрезка по формуле сводится к нахождению четвертого пропорционального отрезка. Для этого используется теорема о пересечении сторон угла параллельными прямыми.

Рисунок 6 Теорема о пересечении сторон угла параллельными прямыми

Построение отрезка по формуле удобно выполнять, используя теорему о перпендикуляре, опущенном из произвольной точки окружности на ее диаметр.

Рисунок 7 Теорема о перпендикуляре, опущенном из произвольной точки окружности на ее диаметр

Построение отрезков по формулам, являющимся комбинациями приведенных выше формул, выполняется введением вспомогательных неизвестных отрезков и последовательным их построением. Формулы сложного вида представляются в виде суперпозиции (комбинации) перечисленных выше формул. Например:

Если не задан единичный отрезок, то по формулам x = a2, x = 1/a, построить отрезок х невозможно. Если единичный отрезок задан, то построение осуществляется просто:

Приведем примеры построения отрезков, выраженных формулами.

Пример 1.

где y = a + b, z = b - c, t = a + c.

Пример 2.

где y = a + b , z = a + c .

Заключение

В ходе работы над курсовой работой была рассмотрена тема алгебраический метод решения задач на построение.

Были разобраны задачи на построение и схемы их решения, а так же рассмотрена тема построение отрезков, заданных основными формулами.

Задания на построение составляют базу для работы, развивающей навыки построения фигур, способствующей формированию умения читать и понимать чертеж, устанавливать связи между его частями, и недостаточность этой системы обусловливает плохое развитие пространственного и логического мышления ученика, низкий уровень его графической культуры. Эти недостатки не позволяют ученику эффективно изучать многие разделы математики. Так же работая с литературой, я пришла к выводу, что:

1) необходимо уделять больше внимания изучению задач на построение, так как при грамотном использовании они являются мощным средством развития логического мышления учащихся;

2) геометрические задачи на построение не нужно рассматривать как что-то отдельное, независимое от остального курса геометрии. Процессы обучения решению задач и изучение геометрии неразрывно связаны. Причем связь эта должна быть двусторонней, то есть необходимо не только обучать решению задач на построение, используя ранее полученные знания, но и, наоборот, использовать конструктивные задачи при изучении геометрии.

Из выше перечисленного следует, что данную тему можно рассматривать с учениками старших классов на спецкурсах.

Список использованной литературы

1. Атанасян Л.С., Базылев В.Т.. Геометрия I часть. М.: Просвящение, 1986. 352 с.

2. Атанасян Л.С., Базылев В.Т.. Геометрия II часть. М.: Просвящение, 1987. 336 с.

3. Канатников А.Н., Крищенко А.П. Аналитическая геометрия, 2-е изд. М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2000. 388 с.

4. Лидский В., Овсянников Л., Тулайков А., Шабунин М. Задачи по элементарной математике, пятое издание, М.: Наука, 1968. 412 с.

Размещено на Allbest.ru

...

Подобные документы

Методика нахождения различных решений геометрических задач на построение. Выбор и применение методов геометрических преобразований: параллельного переноса, симметрии, поворота (вращения), подобия, инверсии в зависимости от формы и свойств базовой фигуры.

курсовая работа , добавлен 13.08.2011

Понятия максимума и минимума. Методы решения задач на нахождение наибольших и наименьших величин (без использования дифференцирования), применение их для решения геометрических задач. Использование замечательных неравенств. Элементарный метод решения.

реферат , добавлен 10.08.2014

Общие аксиомы конструктивной геометрии. Аксиомы математических инструментов. Постановка задачи на построение, методика решения задач. Особенности методик построения: одним циркулем, одной линейкой, двусторонней линейкой, построения с помощью прямого угла.

курс лекций , добавлен 18.12.2009

Построение угла равного данному, биссектрисы данного угла, середины отрезка, перпендикулярных прямых, треугольника по трем элементам. Теорема Фалеса и геометрическое место точек. Построение с использованием свойств движений. Метод геометрических мест.

дипломная работа , добавлен 24.06.2011

Разработка простого метода для решения сложных задач вычислительной и прикладной математики. Построение гибкого сеточного аппарата для решения практических задач. Квазирешетки в прикладных задачах течения жидкости, а также применение полиномов Бернштейна.

дипломная работа , добавлен 25.06.2011

Обзор и характеристика различных методов построения сечений многогранников, определение их сильных и слабых сторон. Метод вспомогательных сечений как универсальный способ построения сечений многогранников. Примеры решения задач по теме исследования.

презентация , добавлен 19.01.2014

Постановка начально-краевых задач фильтрации суспензии с нового кинетического уравнения при учете динамических факторов различных режимов течения. Построение алгоритмов решения задач, составление программ расчетов, получение численных результатов на ЭВМ.

диссертация , добавлен 19.06.2015

Основные понятия математического моделирования, характеристика этапов создания моделей задач планирования производства и транспортных задач; аналитический и программный подходы к их решению. Симплекс-метод решения задач линейного программирования.

курсовая работа , добавлен 11.12.2011

Применение метода инверсии при решении задач на построение в геометрии. Решение задачи Аполлония, лемма об антипараллельных прямых. Инвариантные окружности и сохранение углов при инверсии. Недостатки применения инверсии и работа инверсора Гарта.

дипломная работа , добавлен 30.09.2009

Составление четкого алгоритма, следуя которому, можно решить большое количество задач на нахождение угла между прямыми, заданными точками на ребрах многогранника. Условия задач по теме и примеры их решения. Упражнения для решения подобного рода задач.

При решении задач на построение алгебраическим методом:

1) составляют уравнение или систему уравнений по условию задачи;

2) решают полученное уравнение или систему и находят нужное неизвестное;

3) осуществляют геометрическое построение по полученной формуле.

Прежде чем переходить к примерам, разберем основные задачи, применяемые при алгебраическом методе (нумерация является продолжением нумерации основных задач). Укажем только решение этих задач, а обоснование предоставляется читателю.

Задача 13. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . Строим прямой угол с вершиной О (рис.25). На его сторонах откладываем отрезки ОА=a и ОВ=b . Тогда отрезок АВ является искомым.

Задача 14. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . Строим прямой угол с вершиной в точке О (рис.26). На одной из его сторон откладываем отрезок ОВ=b . Проводим окружность с центром в точке В и радиуса a . Она пересечет вторую сторону угла в точке А. Отрезок ОА является искомым.

Задача 15. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . На отрезке АВ=a+b , как на диаметре строим окружность. Пусть C такая точка на АВ, что АС=a . В точке С восстанавливаем перпендикуляр к АВ. Он пересечет окружность в точке Д. Отрезок СД искомый (рис.27). Он называется средним геометрическим отрезков a и b .

Задача 16. Даны отрезки а , b и с. Построить отрезок

Решение . Строим произвольный угол с вершиной в точке О (рис.28). На одной из его сторон откладываем последовательно отрезки ОА=a и АС=c , а на второй ОВ=b . Через точку С проводим прямую, параллельную АВ. Она пересечет вторую сторону угла в точке Д. Отрезок ВД искомый. Его называют четвертым пропорциональным отрезком.

ПРИМЕР 20. Даны отрезки a,b и с. Построить отрезок

Построение .

1) строим отрезок ;

a,a,1;

3) строим отрезок

ПРИМЕР 14. Даны отрезки a и b. Построить отрезок

Построение .

1) строим отрезок , как катет прямоугольного треугольника с гипотенузой 2b и вторым катетом b ;

2) строим отрезок , как четвертый пропорциональный отрезков a,a,1;

3) строим отрезок

ПРИМЕР 24. Даны окружность и точка А вне ее. Из этой точки провести секущую так, чтобы она делилась окружностью пополам.

Анализ . Зная положение точки относительно круга, можно построить касательную, длина которой известна и пусть она равна a . Пусть АС – секущая и В – ее середина, АВ=ВС=x . По формуле зависимости секущей и касательной, проведенной из одной точки, имеем . Отсюда Полученный отрезок представляет собой половину гипотенузы равнобедренного прямоугольного треугольника с катетом a (рис.29).

Построение . Найдем длину касательной, проведенной из точки А к данной окружности. Затем построим равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом a и его гипотенузу разделим пополам. Получим отрезок x . Построим окружность с центром в точке А и радиусом, равным x . Она пересечет данную окружность в точке В. Построим луч АВ, он и даст нам искомую секущую.

Доказательство следует из построения.

Анализ . Количество решений задачи зависит от длины отрезка АО, где О – центр данной окружности. Пусть АО пересечет данную окружность в точке С и R – радиус данной окружности.

1) Если x+Rто задача имеет два решения;

2) Если x+R=AO, то задача имеет одно решение;

3) Если x+R>AO, то задача не имеет решения.

Одна из основных целей при обучении математике – научить школьников правильно и хорошо решать задачи.

Учитель математики должен в совершенстве владеть рассмотренными нами основными общими методами решения математических задач и постепенно вооружать ими своих учеников. Без этого невозможен успех в обучении математике.

Известный американский математик Дж. Пойа, посвятил проблеме поиска решения задачи специальное исследование (Дж. Пойа Как решать задачу. Учпедгиз, 1961). Особое внимание в этом труде он уделяет анализу и синтезу при поиске решения.

В конце книги он приводит таблицу, которой следует придерживаться при отыскании решения задачи. Приведем ее краткий вариант.

1. Понять предложенную задачу.

Что гласит задача? Что дано? Что нужно найти? Определено ли неизвестное данными задачи? Или они недостаточны, или же чрезмерны?

2. Найти путь от неизвестного к данным, если нужно, рассмотреть промежуточные задачи («анализ»). Составить план решения.

Сформулировать отношения между неизвестным и данными. Преобразовать (или ввести новое) неизвестное, сближая его с данными. Преобразовать данные, получив новые элементы, более близкие к искомому. Вспомнить решение аналогичной задачи. Все ли данные использованы? Нельзя ли сформулировать задачу иначе? Обобщить. Рассмотреть частные случаи.

3. Реализовать найденную идею решения («синтез»).

Обосновать правильность каждого шага.

4. Решение проверить и оценить критически.

Правдоподобен ли результат? Почему? При возможности сделать проверку. Нельзя ли решить иначе, более прямым путем?

При изучении и восприятии задачи, каждый ученик должен знать и постоянно соблюдать разумное и обязательное правило : не приступать к решению задачи или поиску пути ее решения до тех пор, пока не убедился, что текст задачи полностью изучен и ясно понят, что осмыслены все данные и требования задачи, осознан характер функциональных зависимостей между входящими в задачу величинами, искомой и известными. Подобные методические правила постигаются учащимися в процессе практического их применения. Задачу со сложным текстом рекомендуется внимательно читать несколько раз. При фронтальной работе с классом учитель с помощью вопросов проверяет детальность и точность, полноту и сознательность восприятия задачи каждым учеником.

Главным этапом процесса решения задачи является поиск пути решения. Здесь наиболее эффективны различные аналитические методы и приемы, которыми школьники должны постепенно овладевать. Для этой цели потребуется постоянное внимание и усилия со стороны учителя, поскольку учащиеся обычно склонны сразу применять синтетический метод, мало пригодный для отыскания неизвестного пути решения задачи. Если же трудности встретятся и при аналитическом поиске, то ученик может попытаться вести свой поиск и по встречному, синтетическому направлению с целью сближения тех и других результатов.

Облегчению поиска пути служит наглядное , предметно реальное представление условия задачи, описанных в ней процессов, различное использование графических средств, схем с умело расставленными данными, применение вспомогательных и частных эвристических приемов.

Одной из важнейших целей, стоящих перед решением задач в курсе математики, является обучение школьников решать задачи самостоятельно. Для достижения этой цели необходимо учить поискам пути решения задачи. Опытный учитель не спешит сообщить ученикам решение задачи, а попытается вместе с учениками отыскать путь ее решения. При этом школьники приобретут определенный опыт как в решении, так и в его поиске.

Чертеж геометрической фигуры к решаемой задаче должен быть правильным, полностью соответствовать как условию задачи, так и следствиям из него. Можно рекомендовать следующее правило: чертеж делать после того, как имеется уже четкое представление о заданной фигуре, о связях между ее элементами, вытекающими из условия задачи. Конечно, сразу нарисовать правильный и точный чертеж не всегда удается, поэтому нужно учить учеников делать хорошие чертежи, постепенно используя условия задачи, отражая их на чертеже и переделывать чертеж, если данные задачи не точно на нем отражены. Также следует приучать школьников переделывать чертеж, если в процессе решения открылись новые данные, которые отсутствуют на чертеже

Учащиеся должны знать, что во избежание ошибок чертеж должен быть правильным, однако все, что используется в решении, кроме того, что известно по условию задачи, должно быть доказано логически с использованием теории предмета.

Еще одним из требований к учителю, является то, что нужно обучать учащихся поиску нескольких различных способов решения задачи (если они существуют). Это позволит развить в большем объеме логику мышления, позволят школьнику увидеть связь различных разделов математики, ее единство, научит поиску рациональных способов решения.

Учителю также необходимо постоянно совершенствоваться в плане решения задач. Не стоит останавливаться на задачах из учебника. Необходимо постоянно читать методическую литературу, статьи в методических журналах, посвященные методам решения задач. Учителю также нужно стремиться к созданию своего «банка задач», где будут собраны интересные с его точки зрения задачи, которые позволят разнообразить процесс обучения, развить интерес к предмету, а также помогут занять тех учащихся на уроке, которые уже научились решать типовые задачи.