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.

Алгебраические методы синтеза для одномерной САУ строятся на определении вида и параметров передаточной функции изменяемой части САУ в выражении

где х(р), у{р) - соответствующие преобразования Лапласа x(t) и y(t) (начальные условия считаем нулевыми); W yx (р), W uy (p) -передаточные функции неизменяемой части САУ (объекта управления) и изменяемой ее части соответственно; и - управляющее воздействие; y(р)- желаемый (заданный) вид решения системы на заданное входное воздействие х(р).

Поскольку Wyx(p) связывает входное воздействие х(р) и реакцию системы у(р), при заданных х{р) и у(р) получаем алгебраическое уравнение

в котором Р{р), Q(p) суть известные заданные полиномы от р,, - полиномы от р, которые необходимо построить.

В общем случае уравнение (1.11) представляет собой одно уравнение с двумя неизвестными Θ(р) и П(р) и относится к диофантовым (Диофант - древнегреческий математик) уравнениям. Для нахождения решения этого уравнения добавляются условия устойчивости системы (1.10) физической реализуемости изменяемой части CAP W uy (p). В последнем случае, в частности, требуется, чтобы степень полинома Θ(р) была выше степени полинома П(р). Эту систему уравнений следует дополнить условиями устойчивости, составляемыми по критерию Рауса R k (a i)>0, где а i - коэффициенты характеристического полинома в (1.10); R k (a i) -коэффициенты первого столбца таблицы Рауса.

Вместо неравенств можно получить уравнения для условий устойчивости. При этом необходимо задать степень устойчивости системы (1.10) .

Тогда уравнение соответствующее Δ(р), преобразуется к смещенному характеристическому уравнению

После пересчета коэффициентов это уравнение примет вид

, (1.12)

где ; k - номер коэффициента; -число сочетаний по k-i из n-i.

Желаемый процесс у(t) можно сформировать из операторного изображения переходных характеристик, задаваемого в обобщенном виде

Придавая параметрам a 1 ,b 1 ,b 2 ,b 3 ,c 1 числовые значения от нуля до предельных значений, можно получать колебательные, апериодические и другие формы переходных процессов. В частности, при c 1 =0 изображение желаемого процесса по Лапласу имеет вид

(1.13)

соответственно при вещественных и комплексных полюсах. В этих выражениях С1, С2 определяют величину динамической ошибки σ;, где - колебательность процесса; запасы устойчивости определяются величинами n1 (n1

Рассматривая наиболее тяжелый режим работы САУ - отработку ступенчатых воздействий х(р) = 1/р, задачу синтеза можно свести к решению алгебраических уравнений (1.11), (1.12) относительно неизвестных коэффициентов полиномов Θ(р), П(р). В общем случае подобные уравнения решаются с помощью алгоритма Евклида. Распространение этого метода на многомерные системы сводится к решению матричного алгебраического уравнения для многомерной САУ

где Y(р), X(р), W YX (p), W UY (p) -векторы и матрицы, соответствующие выходным и входным воздействиям. Если заданы виды возмущающих воздействий Х(р), желаемый вид выходных процессов CAY Y(p) и неизменяемая часть САУ W YX (p), то из матричного уравнения (1.14) можно найти матрицу W UY (p) как результат решения системы алгебраических уравнений (1.14). В этом случае, так же как и в скалярном, к уравнениям (1.14) следует добавить условия устойчивости системы (1.14) и физической реализуемости изменяемой части САУ W UY (P).

Рассмотренный подход развит в виде метода полиномиальных уравнений , который может быть применен как к непрерывным, так и к цифровым регуляторам САУ. В последнем случае этот метод наиболее эффективен. По существу он является численным методом решения определенного круга вариационных задач и позволяет единообразным путем, учтя условия физической реализуемости и устойчивости САУ, получить в явной форме выражение оптимальной передаточной функции регулятора Wuy. Важным достоинством метода является то, что оптимальность здесь понимается не только в смысле быстродействия, но и в смысле компенсации нежелательных отклонений САУ от заданного движения, что приближает задачу синтеза к инженерной постановке в смысле критериев (1.8)-(1.9).

Применение метода полиномиальных уравнений требует перехода к «дискретной модели» непрерывной части системы.

Для удобства последующего изложения рассмотрим алгоритм метода применительно к одномерной системе (1.10). Осуществляя преобразование функции (1.10), представим ее в виде

(1.15)

Wyx(z)=P(z)/Q(z) - заданная передаточная z-функция неизменяемой части системы; х*Wyx(z)=L(z)/R(z)- передаточная z-функция участка контура регулирования между точкой приложения возмущающего воздействия x(z) и координатой у(z); Wuy(z) -искомая функция регулятора.

Для компенсации «нежелательных» полюсов и нулей в передаточной функции Wyx(z) применяется операция факторизации. Эта операция состоит в следующем. Представим функцию Wyx(y) в виде

, (1.16)

где -дробно-рациональная функция, имеющая нули и полюсы в области устойчивости, в данном случае - внутри круга единичного радиуса |z| = 1, а имеет нули и полюсы вне области устойчивости.

Представим искомую функцию Wuy(z) произведением трех сомножителей:

(1.17)

где Θ,П- неизвестные полиномы.

Подставляя (1.16), (1.17) в (1.15), найдем

(1.18)

Определим неизвестные полиномы Θ и П как минимальное решение (т. е. решение, при котором степени полиномов Θ и П наименьшие) полиномиального уравнения

(1.19)

Тогда y(t) будет процессом конечной минимальной длительности при возможности одновременного обеспечения устойчивости и минимума динамической ошибки. Подставляя найденные П и Θ в (1.17), находим искомую функцию Wuy(z).

При использовании наряду с принятыми дополнительными критериями синтеза, например минимальной суммарной квадратичной ошибки, как выражение (1.17), так и полиномиальное уравнение (1.19) могут значительно усложняться, что, однако, не носит принципиального характера. Метод позволяет весьма точно учитывать ограничения со стороны неизменяемой части системы, путем привлечения аппарата линейного программирования. Задачи статистического синтеза также сводятся к решению систем полиномиальных уравнений. Применительно к задачам синтеза регуляторов САУ метод полиномиальных уравнений имеет ряд преимуществ: простоту машинной ориентации метода, практическое отсутствие вычислительных трудностей и возможность синтеза систем, обладающих свойством удовлетворять совокупности различных требований (достигается абсолютный экстремум по одному из критериев при относительных экстремумах по остальным). Результатом синтеза является передаточная z-функция или эквивалентное разностное уравнение, реализуемые в дальнейшем на микропроцессоре САУ.

Интеграция алгебраических и геометрических методов в решении задач

Одной из актуальных проблем школьного математического образования на современном этапе является проблема интеграции математических знаний, формирования целостных представлений учащихся о математике как науке. Особенно важно решение данной проблемы для основной школы, где изучаются две математические дисциплины: алгебра и геометрия.

Понятие «интеграция» [лат. integratio - восстановление, восполнение; integer - целый] трактуется как восстановление, объединение в целое каких-либо частей, элементов; как состояние связанности в целое отдельных дифференцированных частей, а также как процесс, ведущий к такому состоянию. В обучении интеграцию часто понимают как взаимовлияние, взаимопроникновение и взаимосвязь содержания различных учебных дисциплин.

Так как в обучении математике основным видом деятельности учащихся является решение задач, то целесообразно интеграцию алгебры и геометрии осуществлять по линии их методов. Алгебраический метод (по отношению к элементарной математике) трактуется как метод, заключающийся в употреблении букв и буквенных выражений, над которыми по определенным правилам производятся преобразования. Его называют еще методом буквенных вычислений.

Геометрический метод характеризуют как метод, идущий от наглядных представлений. Существенными признаками этого понятия являются геометрические (наглядные) представления и законы геометрии, в которых отражены свойства геометрических фигур.

Если за основу классификации алгебраических и геометрических методов принять систему знаний, на которых основан метод, то получим следующие методы.

1. Алгебраические: метод тождественных преобразований; метод уравнений и неравенств; функциональный метод; векторный метод; координатный метод.

2. Геометрические (ограничимся планиметрией): метод длин; метод треугольников; метод параллельных прямых; метод соотношений между сторонами и углами треугольника; метод четырехугольников; метод площадей; метод подобия треугольников; тригонометрический метод (метод, основанный на соотношениях между сторонами и углами треугольника, выраженными через тригонометрические функции); метод геометрических преобразований; графический метод (хотя данный метод изучается в курсе алгебры, но он основан на использовании геометрических представлений функций и связанных с ними законов геометрии).

Будем считать, что каждый метод состоит из определенных приемов, а каждый прием - из действий. Под интеграцией алгебраического и геометрического методов будем понимать процесс сочетания данных методов или связи их приемов в один метод.

В области обучения решению задач интеграция методов предполагает параллельное (на одном уроке) решение задачи разными методами (алгебраическими и геометрическими) или решение алгебраической задачи геометрическим методом, а геометрической задачи - алгебраическим методом. Средством интеграции могут служить специальные блоки задач, в которые входят как алгебраические, так и геометрические задачи. Приведем примеры.

7 класс

Здесь можно использовать текстовые задачи из курса алгебры и геометрические задачи, решаемые методом уравнений.

Задача 1 . В одном элеваторе было зерна в два раза больше, чем в другом. Из первого элеватора вывезли 750 т зерна, во второй элеватор привезли 350 т, после чего в обоих элеваторах зерна стало поровну. Сколько зерна было первоначально в каждом элеваторе?

Для решения этой задачи используем метод уравнений и неравенств из алгебры и метод длин из геометрии, основанный на свойствах длины отрезка.

Алгебраический метод . Пусть x т зерна было первоначально во втором элеваторе, тогда 2x т зерна было первоначально в первом элеваторе; (2x – 750) т зерна осталось в первом элеваторе, а (x + 350) т зерна стало во втором элеваторе. Так как в обоих элеваторах зерна стало поровну, то можно составить уравнение

2x – 750 = x + 350, откуда x = 1100, 2x = 2 · 1100 = 2200.

Ответ: 2200 т зерна было в первом элеваторе и 1100 т - во втором.

Геометрический метод. Решаем данную задачу с помощью линейной диаграммы. Линейная диаграмма - это, обычно, отрезок или несколько отрезков, длины которых соответствуют численным значениям рассматриваемой величины. Задачу решаем по этапам.

1-й этап. Построение линейной диаграммы. После прочтения текста задачи ученики обсуждают следующие вопросы (возможна помощь учителя).

1. Сколько ситуаций рассматривается в задаче?

[Две: первоначальная и конечная.]

2. С какой ситуации следует начать построение линейной диаграммы?

[Можно начать построение с первой ситуации и от нее перейти ко второй, а можно
сначала построить линейную диаграмму конечной ситуации и перейти от нее к
первоначальной. Рассмотрим первый вариант построения линейной диаграммы.]

3. Что представляет собой линейная диаграмма первоначальной ситуации?

[Два отрезка, один из которых в два раза больше другого. Первый отрезок изображает
количество зерна в первом элеваторе, а второй - во втором элеваторе.]

После этого учащиеся строят диаграмму первоначальной ситуации. Затем обсуждение продолжается.

4. Как перейти на диаграмме от первой ситуации ко второй?

[Надо из первого отрезка вычесть отрезок, условно изображающий 750 т, а
ко второму отрезку прибавить отрезок, изображающий 350 т.]

5. Эти отрезки берутся произвольно?

[Нет, следует учитывать, что вновь полученные отрезки должны
быть равны, так как на обоих элеваторах зерна стало поровну.]

Выполнив действия с отрезками, учащиеся получают диаграмму конечной ситуации. Первый этап работы над задачей заканчивается обозначением отрезков и оформлением записей на чертеже.

2-й этап. Решение получившейся геометрической задачи. Построенная линейная диаграмма превращает алгебраическую задачу в геометрическую, решение которой основано на использовании свойств длины отрезка, а именно:

1) равные отрезки имеют равные длины; меньший отрезок имеет меньшую длину;
2) если точка делит отрезок на два отрезка, то длина всего отрезка равна сумме длин этих двух отрезков.

Решение учащиеся записывают на геометрическом языке, используя обозначения отрезков, а результат переводят на естественный язык. В данном случае этот перевод осуществляется автоматически за счет переноса терминологии (3-й этап). Вначале следует делать подробную запись решения с указанием того, что изображает каждый отрезок. Постепенно можно переходить к краткой записи, так как некоторые факты видны на рисунке.

Приведем подробную запись решения задачи 1.

Решение. 1-й этап. Пусть отрезок AB изображает количество зерна в первом элеваторе (рис. 1), тогда отрезок будет изображать количество зерна во втором элеваторе.

AB = 2CD - первоначальное распределение зерна между элеваторами. Из первого элеватора вывезли 750 т зерна, а во второй элеватор привезли 350 т, поэтому вычтем из отрезка AB отрезок BK, условно изображающий 750 т, а к отрезку CD прибавим отрезок DE, изображающий 350 т.

2-й этап. Способ I. CD = AF = FB (по построению),

FB = FK + KB = 350 + 750 = 1100, значит, CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.

3-й этап. Ответ: в первом элеваторе было 2200 т зерна, во втором 1100 т.

Учащиеся могут сделать краткую запись решения задачи, например, она может быть такой.

Решение. AB = 2CD - первоначальное распределение зерна между двумя элеваторами; BK = 750, DE = 350.

AK = CE - конечное распределение зерна между элеваторами.

CD = AF = FB (по построению), FB = 350 + 750 = 1100, тогда

CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.

Ответ: 2200 т, 1100 т.

Линейная диаграмма позволяет составить различные уравнения к задаче, которые учащиеся не могут записать без чертежа, то есть появляется возможность решить задачу алгебраически разными способами. Приведем некоторые из них.

Способ II. Пусть AK = CE = x, тогда, так как AB = 2CD, получим x + 750 = 2(x – 350),

откуда x = 1450, CD = 1450 – 350 = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.

Ответ: 2200 т, 1100 т.

Способ III. Пусть CD = x, тогда AB = 2x. Так как AK = CE, то имеем 2x – 750 = x + 350

(такое же уравнение получается при решении задачи без диаграммы.)

Линейная диаграмма позволяет не только решить задачу без уравнения, но часто ответ можно «усмотреть» прямо на чертеже.

Задача 2 . На одном садовом участке в пять раз больше кустов малины, чем на другом. После того как с первого участка пересадили на второй 22 куста, то на обоих участках кустов малины стало поровну. Сколько кустов малины было на каждом участке?

Решение. 1-й этап. Пусть отрезок AB изображает количество кустов малины на первом участке, а отрезок CD - количество кустов малины на втором участке (рис. 2). AB и 5CD - первоначальное распределение кустов малины между участками.

Так как на обоих участках кустов малины стало поровну, то разделим отрезок BE пополам (BF = FE) и из отрезка AB вычтем отрезок BF, а к отрезку CD прибавим отрезок DK (DK = BF). AF = CK - конечное распределение кустов малины между участками.

2-й этап. По условию с первого участка пересадили на второй 22 куста, значит, BF = 22 = 2CD, тогда CD = 11, AB = 5CD = 5 · 11 = 55.

Ответ: на первом участке было 55 кустов малины, на втором 11 кустов.

Одно из преимуществ использования геометрического метода при решении рассмотренных задач состоит в наглядности. Построение линейной диаграммы и переход от одного ее состояния к другому позволяет учащимся лучше воспринимать ситуации, описанные в задаче и, следовательно, помогает найти пути ее решения. Иногда ответ почти очевиден на чертеже, это дает возможность использовать линейную диаграмму для проверки решения задачи, которое выполнено алгебраическим методом без чертежа.

На мотивационном этапе формирования геометрического метода целесообразно предлагать решить задачу двумя методами: алгебраическим и геометрическим. Задачу следует подбирать таким образом, чтобы ее решение с помощью линейной диаграммы было более рациональным по сравнению с решением без чертежа. Приведем пример решения одной из таких задач.

Задача 3 . В первом баке в четыре раза больше жидкости, чем во втором. Когда из первого бака перелили 10 л жидкости во второй, оказалось, что во втором баке стало того, что осталось в первом. Сколько литров жидкости было в каждом баке первоначально?

Решение. Алгебраический метод . Приводим к уравнению

где x л - первоначальное количество жидкости во втором баке.

Решая это уравнение, находим x = 10, тогда

4x = 4 · 10 = 40.

Итак, в первом баке было 40 л, а во втором 10 л.

Геометрический метод . Построим линейную диаграмму первоначального распределения жидкости между двумя баками. Пусть отрезок AB изображает количество жидкости (л) в первом баке (рис. 3), тогда отрезок CD будет изображать количество жидкости (л) во втором баке (построение можно начинать с отрезка CD). AB = 4CD - первоначальное распределение жидкости между двумя баками.

Процесс переливания жидкости из одного бака в другой отобразим как вычитание некоторого отрезка из отрезка AB и прибавление его к отрезку CD. Чтобы узнать длину отрезка, который следует вычесть из отрезка AB, необходимо заметить следующее: в первом и во втором баках было 5 частей жидкости, причем в первом баке было 4 части, а во втором 1 часть.

После переливания общее количество жидкости (5 частей) не изменилось, но во втором баке стало 2 части, а в первом 3 части. Значит, из отрезка AB надо вычесть отрезок BE (BE = CD), а к отрезку CD прибавить отрезок DK (DK = BE), тогда , что соответствует переливанию жидкости. Поэтому BE = 10, тогда

AB = 40, CD = BE = 10.

Итак, в первом баке было 40 л жидкости, а во втором 10 л.

После решения задачи следует сравнить с учащимися оба метода решения, выявить преимущества и недостатки каждого из них.

Необходимо заметить, что с помощью линейных диаграмм решаются задачи, в которых даны отношения значений величин (меньше, больше, на, в, столько же) и рассматривается одна или несколько ситуаций.

Текстовые задачи, в которых одна из величин представляет собой произведение двух других, позволяют интегрировать метод площадей, основанный на свойствах площади, и метод уравнений и неравенств. Приведем примеры.

Задача 4 . Бригада лесорубов ежедневно перевыполняла норму на 16 м 3 , поэтому недельную норму (шесть рабочих дней) она выполнила за четыре дня. Сколько кубометров леса заготовляла бригада в день?

Решение. Алгебраический метод . Приходим к уравнению

где x м 3 - дневная норма бригады по плану.

Геометрический метод . Так как в задаче рассматривается произведение двух величин (A = pn), то для наглядности представим его в виде двумерной диаграммы. Двумерная диаграмма - это площадь одного или нескольких прямоугольников, стороны которых изображают численные значения рассматриваемых величин (p и n), а площадь прямоугольника изображает их произведение (S = A).

Решение задачи, также как и в случае линейной (одномерной) диаграммы, проходит в три этапа:

1) построение двумерной диаграммы, то есть перевод задачи на язык отрезков и площадей фигур;
2) решение получившейся геометрической задачи путем составления уравнения на основе использования свойств площади многоугольных фигур;
3) перевод полученного ответа с геометрического языка на естественный язык.

1-й этап. Реализуется в ходе анализа текста задачи. Учащиеся отвечают на следующие вопросы.

1. Можно ли построить двумерную диаграмму по условию задачи?

[Можно, так как одна из величин (недельная норма бригады) равна
произведению двух других: дневная норма бригады и количества дней.]

2. Что представляет собой двумерная диаграмма?

[Прямоугольник, одна из сторон которого определяет
дневную норму бригады, а другая - количество дней.]

3. Сколько прямоугольников надо построить?

[Два, их площади будут определять недельную норму бригады
по плану и фактически выполненную работу за четыре дня.]

4. Что можно сказать о площадях этих прямоугольников?

[Они равны, так как выполненная за четыре
дня работа равна недельной норме.]

Затем учащиеся с помощью учителя выполняют построение. Основание и высота первого прямоугольника берутся произвольно, второй прямоугольник равновелик первому, причем их основания представляют собой отрезки, лежащие на одном луче, с общим началом (рис. 4). Первый этап завершается обозначением прямоугольников и оформлением записей на чертеже.

В начале обучения геометрическому методу ведется подробная запись того, что обозначает длина, ширина и площадь каждого прямоугольника, то есть задача переводится на геометрический язык.

2-й этап. Этап начинается с рассмотрения площадей образовавшихся прямоугольников и установления соотношений между ними (равенства, неравенства). Перед учащимися ставится вопрос: назовите прямоугольники с равными площадями. Ведется соответствующая запись:

S ABCD = S AMNK = S, S 1 = S 2 , так как S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .

Среди учащихся могут быть и такие, которые выполнят чертеж с большой неточностью, то есть на чертеже прямоугольники BMNE и KECD будут явно не равновелики. Следует обратить на это их внимание и заметить, что линии KB и CN должны быть параллельны.

Используя условие S 1 = S 2 , составляется уравнение. Приведем примерную запись решения задачи 4 геометрическим методом.

Решение. Пусть S ABCD определяет недельную норму бригады лесорубов. AB - производительность (м 3) бригады в день по плану; AD - количество дней; S AMNK - объем работы, выполненный бригадой за четыре дня.

S AMNK = S ABCD = S;

S 1 = S 2 , так как S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .

S 1 = 2KE, S 2 = 16 · 4 = 64,

значит 2KE = 64, тогда KE = 32.

AB = KE = 32, AM = AB + BM = 32 + 16 = 48.

Ответ: бригада заготовляла в день 48 м 3 леса.

С помощью двумерной диаграммы и геометрических соотношений, в частности равновеликости прямоугольников ABCD и AMNK, можно составить другое уравнение. Если AB = x, то получаем

(такое же уравнение получается при решении задачи без чертежа).

Задача 5 . Заказ по выпуску машин завод должен был выполнить за 15 дней. Но уже за два дня до срока завод не только выполнил план, но и выпустил сверх плана еще шесть машин, так как ежедневно выпускал по две машины сверх плана. Сколько машин должен был выпустить завод по плану?

Особенность решения этой задачи геометрическим методом, по сравнению с решением предыдущей задачи, состоит в том, что площади S 1 и S 2 (см. рис. 4) не равны, так как по условию завод не только выполнил план, но и выпустил сверх плана еще шесть машин. Это учащиеся должны иметь в виду как при построении чертежа, так и при составлении уравнения.

Решение. Пусть AB изображает производительность завода в день по плану (рис. 5). AD - срок выполнения заказа по плану. Тогда S ABCD определяет весь заказ по выпуску машин, AM изображает количество машин, которые выпускал завод ежедневно, AP - срок выполнения заказа, а S AMNP соответствует количеству машин, которые завод выпустил за 13 дней.

По условию завод выпустил сверх плана шесть машин, поэтому имеем

S 1 + S 3 + 6 = S 3 + S 2 или S 1 + 6 = S 2 ,

но S 2 = 2 · 13 = 26, следовательно S 1 + 6 = 26, откуда S 1 = 20. С другой стороны, S 1 = 2AB, поэтому 2AB = 20, тогда AB = 10, S ABCD = AB · 15 = 10 · 15 = 150.

Ответ: завод должен был выпустить по плану 150 машин.

Средством интеграции методов в 7-м классе могут служить и геометрические задачи. Приведем примеры.

Задача 6 . Точка A делит отрезок CD пополам, а точка B - на неравные части. Докажите, что площадь прямоугольника с измерениями CB и BD равна разности площадей квадратов со сторонами AD и AB

Решение. Пусть CD = x, BD = y. Тогда

Поэтому для решения задачи следует доказать тождество

Как видим, в решении данной задачи задействованы метод площадей и метод тождественных преобразований.

Задача 7 . AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (рис. 7). Найдите угол A.

Решение. Пусть Р A = x, тогда Р 1 = Р A = x. Р 2 = 2x (как внешний угол треугольника APQ), Р 4 = Р 2 = 2x.

Р 3 = 180° – (Р 2 + Р 4) = 180° – 4x,

Р 5 = 180° – (Р 1 + Р 3) = 3x,

Р 6 = Р 5 = 3x. Р 7 = Р B – Р 6, но

поэтому

Так как Р 8 = Р C, то Р C + Р 8 + Р 7 = 2Р C + Р 7 = 180°, или

Решая это уравнение, получаем, что x = 20°.

Ответ: Р A = 20°.

При решении этой задачи использовались метод треугольников и метод уравнений и неравенств. Аналогичные задачи имеются в учебниках геометрии.

1. Общие замечания к решению задач алгебраическим методом.

2. Задачи на движение.

3. Задачи на работу.

4. Задачи на смеси и проценты.

Использование алгебраического метода для нахождения арифметического пути решения текстовых задач.

1. При решении задач алгебраическим методом искомые величины или другие величины, зная которые можно определить искомые, обозначают буквами (обычно х, у, z ). Все независимые между собой соотношения между данными и неизвестными величинами, которые либо непосредственно сформулированы в условии (в словесной форме), либо вытекают из смысла задачи (например, физические законы, которым подчиняются рассматриваемые величины), либо следуют из условия и некоторых рассуждений, записываются в виде равенства неравенств. В общем случае эти соотношения образуют некоторую смешанную систему. В частных случаях эта система может не содержать неравенств либо уравнений или она может состоять лишь из одного уравнения или неравенства.

Решение задач алгебраическим методом не подчиняется какой-либо единой, достаточно универсальной схеме. Поэтому всякое указание, относящееся ко всем задачам, носит самый общий характер. Задачи, которые возникают при решении практических и теоретических вопросов, имеют свои индивидуальные особенности. Поэтому их исследование и решение носят самый разнообразный характер.

Остановимся на решении задач, математическая модель которых задается уравнением с одним неизвестным.

Напомним, что деятельность по решению задачи состоит из четырех этапов. Работа на первом этапе (анализ содержания задачи) не зависит от выбранного метода решения и не имеет принципиальных отличий. На втором этапе (при поиске пути решения задачи и составлении плана ее решения) в случае применения алгебраического метода решения осуществляются: выбор основного соотношения для составления уравнения; выбор неизвестного и введение обозначения для него; выражение величин, входящих в основное соотношение, через неизвестное и данные. Третий этап (осуществление плана решения задачи) предполагает составление уравнения и его решение. Четвертый этап (проверка решения задачи) осуществляется стандартно.

Обычно при составлении уравнений с одним неизвестным х придерживаются следующих двух правил.

Правило I . Одна из данных величин выражается через неизвестное х и другие данные (то есть составляется уравнение, в котором одна часть содержит данную величину, а другая – ту же величину, выраженную посредством х и других данных величин).

Правило II . Для одной и той же величины составляются два алгебраических выражения, которые затем приравниваются друг к другу.

Внешне кажется, что первое правило проще второго.

В первом случае всегда требуется составить одно алгебраическое выражение, а во втором – два. Однако часто встречаются задачи, в которых удобнее составить два алгебраических выражения для одной и той же величины, чем выбрать уже известную и составить для нее одно выражение.

Процесс решения текстовых задач алгебраическим способом выполняется по следующему алгоритму:

1. Сначала выбирают соотношение, на основании которого будет составлено уравнение. Если задача содержит более двух соотношений, то за основу для составления уравнения надо взять то соотношение, которое устанавливает некоторую связь между всеми неизвестными.

Затем выбирают неизвестное, которое обозначают соответствующей буквой.

Все неизвестные величины, входящие в выбранное для составления уравнения соотношение, необходимо выразить через выбранное неизвестное, опираясь на остальные соотношения, входящие в задачу кроме основного.

4. Из указанных трех операций непосредственно вытекает составление уравнения как оформление словесной записи при помощи математических символов.

Центральное место среди перечисленных операций занимает выбор основного соотношения для составления уравнений. Рассмотренные примеры показывают, что выбор основного соотношения является определяющим при составлении уравнений, вносит логичную стройность в порою расплывчатый словесный текст задачи, дает уверенность в ориентации и предохраняет от беспорядочных действий для выражения всех входящих в задачу величин через данные и искомые.

Алгебраический метод решения задач имеет огромное практическое значение. С его помощью решают самые разнообразные задачи из области техники, сельского хозяйства, быта. Уже в средней школе уравнения применяются учащимися при изучении физики, химии, астрономии. Там, где арифметика оказывается бессильной или, в лучшем случае, требует крайне громоздких рассуждений, там алгебраический метод легко и быстро приводит к ответу. И даже в так называемых «типовых» арифметических задачах, сравнительно легко решаемых арифметическим путем, алгебраическое решение, как правило, является и более коротким, и более естественным.

Алгебраический метод решения задач позволяет легко показать, что некоторые задачи, отличающиеся друг от друга лишь фабулой, имеют не только одни и те же соотношения между данными и искомыми величинами, но и приводят к типичным рассуждениям, посредством которых устанавливаются эти соотношения. Такие задачи дают лишь различные конкретные интерпретации одного и того же математического рассуждения, одних и тех же соотношений, то есть имеют одну и ту же математическую модель.

2. К группе задач на движение относятся задачи, в которых говорится о трех величинах: пути (s ), скорости (v ) и времени (t ). Как правило, в них речь идет о равномерном прямолинейном движении, когда скорость постоянна по модулю и направлению. В этом случае все три величины связаны следующим соотношением: S = vt . Например, если скорость велосипедиста 12 км/ч, то за 1,5 ч. он проедет 12 км/ч  1,5 ч = 18 км. Встречаются задачи, в которых рассматривается равноускоренное прямолинейное движение, то есть движение с постоянным ускорением (а). Пройденный путь s в этом случае вычисляется по формуле: S = v 0 t + at 2 /2, где v 0 – начальная скорость движения. Так, за 10 с падения с начальной скоростью 5 м/с и ускорением свободного падения 9,8 м 2 /с тело пролетит расстояние, равное 5 м/с  10с + 9,8 м 2 /с  10 2 с 2 /2 = 50 м + 490 м = 540 м.

Как уже отмечалось, в ходе решения текстовых задач и в первую очередь в задачах, связанных с движением, весьма полезно сделать иллюстративный чертеж (построить вспомогательную графическую модель задачи). Чертеж следует выполнить так, чтобы на нем была видна динамика движения со всеми встречами, остановками и поворотами. Грамотно составленный чертеж позволяет не только глубже понять содержание задачи, но и облегчает со­ставление уравнений и неравенств. Примеры таких чертежей бу­дут приведены ниже.

Обычно в задачах на движение принимаются следующие соглашения.

Если специально не оговорено в задаче, то движение на отдельных участках считается равномерным (будь то движение по прямой или по окружности).

Повороты движущихся тел считаются мгновенными, то есть происходят без затрат времени; скорость при этом также меняется мгновенно.

Данную группу задач, в свою очередь, можно разбить на задачи, в которых рассматриваются движения тел: 1) навстречу друг другу; 2) в одном направлении («вдогонку»); 3) в противоположных направлениях; 4) по замкнутой траектории; 5) по течению реки.

Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 а ), то при движении тел навстречу друг другу время, через которое они встретятся, равно S /(v 1 + v 2).

2. Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 б ), то при движении тел в одну сторону (v 1 > v 2) время, через которое первое тело догонит второе, равно S /(v 1 – v 2).

3. Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 в ), то, отправившись одновременно в противоположных направлениях, тела будут через время t находиться на расстоянии S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t .

Рис. 16

4. Если тела движутся в одном направлении по замкнутой траектории длиной s со скоростями v 1 и v 2 , то время, через которое тела опять встретятся (одно тело догонит другое), отправившись одновременно из одной точки, находится по формуле t = S /(v 1 – v 2) при условии, что v 1 > v 2 .

Это следует из того, что при одновременном старте по замкнутой траектории в одном направлении тело, скорость которого больше, начинает догонять тело, скорость которого меньше. В первый раз оно догоняет его, пройдя расстояние на S большее, чем другое тело. Если же оно обгоняет его во второй, в третий раз и так далее, это означает, что оно проходит расстояние на 2S , на 3S и так далее большее, чем другое тело.

Если тела движутся в разных направлениях по замкнутой траектории длиной S со скоростями v 1 и v 2 , то время, через которое они встретятся, отправившись одновременно из одной точки, находится по формуле t = v (v 1 + v 2). В этом случае сразу после начала движения возникает ситуация, когда тела начинают двигаться навстречу друг другу.

5. Если тело движется по течению реки, то его скорость относительно берега и слагается из скорости тела в стоячей воде v и скорости течения реки w : и = v + w . Если тело движется против течения реки, то его скорость и = v – w . Например, если скорость катера v = 12 км/ч, а скорость течения реки w = 3 км/ч, то за 3 ч. по течению реки катер проплывет (12 км/ч + 3 км/ч)  3 ч. = 45 км, а против течения – (12 км/ч – 3 км/ч)  3 ч. = 27 км. Считают, что скорость предметов, имеющих нулевую скорость движения в стоячей воде (плот, бревно и т. п.), равна скорости течения реки.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример .Из одного пункта в одном направлении через каждые 20 мин. выезжают автомобили. Второй автомобиль едет со скоростью 60 км/ч, а скорость первого на 50% больше скорости второго. Найдите скорость движения третьего автомобиля, если известно, что он обогнал первый автомобиль на 5,5 ч позже, чем второй.

Решение . Пусть х км/ч – скорость третьего автомобиля. Скорость первого автомобиля на 50% больше скорости второго, значит, она равна

При движении в одном направлении время встречи находится как отношение расстояния между объектами к разности их скоростей. Первый автомобиль за 40 мин. (2/3 ч) проедет 90  (2/3) = 60 км. Следовательно, третий его догонит (они встретятся) через 60/(х – 90) часов. Второй за 20 мин. (1/3 ч) проедет 60  (1/3) = 20 км. Значит, третий его догонит (они встретятся) через 20/(х – 60) ч. (рис. 17).

П
о условию задачи

Рис. 17

После несложных преобразований получим квадратное уравнение 11х 2 – 1730х + 63000 = 0, решив которое найдем

Проверка показывает, что второй корень не удовлетворяет условию задачи, так как в этом случае третий автомобиль не догонит другие автомобили. Ответ: скорость движения третьего автомобиля 100 км/ч.

Пример .Теплоход прошел по течению реки 96 км, вернулся обратно и некоторое время простоял под погрузкой, затратив на все 32 ч. Скорость течения реки равна 2 км/ч. Определите скорость теплохода в стоячей воде, если время погрузки составляет 37,5% от времени, затраченно­го на весь путь туда и обратно.

Решение . Пусть х км/ч – скорость теплохода в стоячей воде. Тогда (х + 2) км/ч – его скорость по течению; (х – 2) км/ч – против течения; 96/(х + 2) ч. – время движения по течению; 96/(х – 2) ч. – время движения против течения. Так как 37,5% от общего количества времени теплоход стоял под погрузкой, то чистое время движения равно 62,5%  32/100% = 20 (ч.). Следовательно, по условию задачи имеем уравнение:

Преобразовав его, получим: 24(х – 2 + х + 2) = 5(х + 2)(х – 2) => 5х 2 – 4х – 20 = 0. Решив квадратное уравнение, находим: х 1 = 10; х 2 = -0,4. Второй корень не удовлетворяет условию задачи.

Ответ: 10 км/ч – скорость движения теплохода в стоячей воде.

Пример . Автомобиль проехал путь из города А в город С через город В без остановок. Расстояние АВ, равное 120 км, он проехал с постоянной скоростью на 1 ч. быстрее, чем расстояние ВС, равное 90 км. Определите среднюю скорость движения автомобиля от города А до города С, если известно, что скорость на участке АВ на 30 км/ч больше скорости на участке ВС.

Решение . Пусть х км/ч – скорость автомобиля на участке ВС.

Тогда (х + 30) км/ч – скорость на участке АВ, 120/(х + 30) ч, 90/х ч – время, закоторое автомобиль проезжает путиАВ и ВС соответственно.

Следовательно, по условию задачи имеем уравнение:

.

Преобразуем его:

120х + 1(х + 30)х = 90(х + 30) => х 2 + 60х – 2700 = 0.

Решив квадратное уравнение, находим: х 1 = 30, х 2 = -90. Второй корень не удовлетворяет условию задачи. Значит, скорость на участке ВС равна 30 км/ч, на участке АВ – 60 км/ч. Отсюда следует, что расстояние АВ автомобиль проехал за 2 ч. (120 км: 60 км/ч = 2 ч.), а расстояние ВС – за 3 ч. (90 км: 30 км/ч = 3 ч.), поэтому все расстояние АС он проехал за 5 ч. (3 ч. + 2 ч. = 5 ч.). Тогда средняя скорость движения на участке АС, протяженность которого 210 км, равна 210 км: 5 ч. = 42 км/ч.

Ответ: 42 км/ч – средняя скорость движения автомобиля на участке АС.

К группе задач на работу относятся задачи, в которых говорится о трех величинах: работе А , времени t , в течение которого производится работа, производительности Р – работе, произведенной в единицу времени. Эти три величины связаны уравнением А = Р t . К задачам на работу относят и задачи, связанные с наполнением и опорожнением резервуаров (сосудов, баков, бассейнов и т. п.) с помощью труб, насосов и других приспособлений. В качестве произведенной работы в этом случае рассматривают объем перекачанной воды.

Задачи на работу, вообще говоря, можно отнести к группе задач на движение, так как в задачах такого типа можно считать, что вся работа или полный объем резервуара играют роль расстояния, а производительности объектов, совершающих работу, аналогичны скоростям движения. Однако по фабуле эти задачи естественным образом различаются, причем часть задач на работу имеют свои специфические приемы решения. Так, в тех задачах, в которых объем выполняемой работы не задан, вся работа принимается за единицу.

Пример. Две бригады должны были выполнить заказ за 12 дней. После 8 дней совместной работы первая бригада получила другое задание, поэтому вторая бригада заканчивала выполнение заказа еще 7 дней. За сколько дней могла бы выполнить заказ каждая из бригад, работая отдельно?

Решение . Пусть первая бригада выполняет задание за х дней, вторая бригада – за y дней. Примем всю работу за единицу. Тогда 1/х – производительность первой бригады, a 1/y – второй. Так как две бригады должны выполнить заказ за 12 дней, то получим первое уравнение 12(1/х + 1/у ) = 1.

Из второго условия следует, что вторая бригада работала 15 дней, а первая – только 8 дней. Значит, второе уравнение имеет вид:

8/х + 15/у = 1.

Таким образом, имеем систему:

Вычтем из второго уравнения первое, получим:

21/y = 1 => у = 21.

Тогда 12/х + 12/21 = 1 => 12/ х – = 3/7 => х = 28.

Ответ: за 28 дней выполнит заказ первая бригада, за 21 день – вторая.

Пример . Рабочий А и рабочий В могут выполнить работу за 12 дней, рабочий А и рабочий С – за 9 дней, рабочий В и рабочий С – за 12 дней. За сколько дней они выполнят работу, работая втроем?

Решение . Пусть рабочий А может выполнить работу за х дней, рабочий В – за у дней, рабочий С – за z дней. Примем всю работу за единицу. Тогда 1/х, 1/ y и 1/z – производительности рабочих А, В и С соответственно. Используя условие задачи, приходим к следующей системе уравнений, представленной в таблице.

Таблица 1

Преобразовав уравнения, имеем систему из трех уравнений с тремя неизвестными:

Сложив почленно уравнения системы, получим:

или

Сумма это совместная производительность рабочих, поэтому время, за которое они выполнят всю работу, будет равно

Ответ: 7,2 дня.

Пример . В бассейн проведены две трубы – подающая и отводя­щая, причем через первую трубу бассейн наполняется на 2 ч дольше, чем через вторую вода из бассейна выливается. При заполненном на одну треть бассейне были открыты обе трубы, и бассейн оказался пустым спустя 8 ч. За сколько часов через одну первую трубу может наполниться бассейн и за сколько часов через одну вторую трубу может осушиться полный бассейн?

Решение . Пусть V м 3 – объем бассейна, х м 3 /ч – производительность подающей трубы, у м 3 /ч – отводящей. Тогда V / x ч. – время, необходимое подающей трубе для заполнения бассейна, V / y ч. – время, необходимое отводящей трубе на осушение бассейна. По условию задачи V / x – V / y = 2.

Так как производительность отводящей трубы больше производительности наполняющей, то при включенных обеих трубах будет происходить осушение бассейна и одна треть бассейна осушится за время (V /3)/(y – x ), которое по условию задачи равно 8 ч. Итак, условие задачи может быть записано в виде системы двух уравнений с тремя неизвестными:

В задаче необходимо найти V / x и V / y . Выделим в уравнениях комбинацию неизвестных V / x и V / y , записав систему в виде:

Вводя новые неизвестные V / x = а и V / y = b , получаем следующую систему:

Подставляя во второе уравнение выражение а = b + 2, имеем уравнение относительно b :

решив которое найдем b 1 = 6, b 2 = -8. Условию задачи удовлетворяет первый корень 6, = 6 (ч.). Из первого уравнения последней системы находим а = 8 (ч), то есть первая труба наполняет бассейн за 8 ч.

Ответ: через первую трубу бассейн наполнится через 8 ч., через вторую трубу бассейн осушится через 6 ч.

Пример . Одна тракторная бригада должна вспахать 240 га, а другая на 35% больше, чем первая. Первая бригада, вспахивая ежедневно на 3 га меньше второй, закончила работу на 2 дня раньше, чем вторая бригада. Сколько гектаров вспахивала каждая бригада ежедневно?

Решение . Найдем 35 % от 240 га: 240 га  35 % /100 % = 84 га.

Следовательно, вторая бригада должна была вспахать 240 га + 84 га = 324 га. Пусть первая бригада вспахивала ежедневно х га. Тогда вторая бригада вспахивала ежедневно (х + 3) га; 240/х – время работы первой бригады; 324/(х + 3) – время работы второй бригады. По условию задачи первая бригада закончила работу на 2 дня раньше, чем вторая, поэтому имеем уравнение

которое после преобразований можно записать так:

324х – 240х – 720 = 2х 2 + 6х => 2х 2 – 78х + 720 = 0 => х 2 – 39х + 360 = 0.

Решив квадратное уравнение, находим х 1 = 24, х 2 = 15. Это норма первой бригады.

Следовательно, вторая бригада вспахивала в день 27 га и 18 га соответственно. Оба решения удовлетворяют условию задачи.

Ответ: 24 га в день вспахивала первая бригада, 27 га – вторая; 15 га в день вспахивала первая бригада, 18 га – вторая.

Пример . В мае два цеха изготовили 1080 деталей. В июне первый цех увеличил выпуск деталей на 15%, а второй увеличил выпуск деталей на 12%, поэтому оба цеха изготовили 1224 детали. Сколько деталей изготовил в июне каждый цех?

Решение . Пусть х деталей изготовил в мае первый цех, у деталей – второй. Так как в мае изготовлено 1080 деталей, то по условию задачи имеем уравнение x + y = 1080.

Найдем 15% от х :

Итак, на 0,15х деталей увеличил выпуск продукции первый цех, следовательно, в июне он выпустил х + 0,15 х = 1,15 x деталей. Аналогично найдем, что второй цех в июне изготовил 1,12 y деталей. Значит, второе уравнение будет иметь вид: 1,15 x + 1,12 у = 1224. Таким образом, имеем систему:

из которой находим х = 480, у = 600. Следовательно, в июне цеха изготовили 552 детали и 672 детали соответственно.

Ответ: первый цех изготовил 552 детали, второй – 672 детали.

4. К группе задач на смеси и процентыотносятся задачи, в которых речь идет о смешении различных веществ в определенных пропорциях, а также задачи на проценты.

Задачи на концентрацию и процентное содержание

Уточним некоторые понятия. Пусть имеется смесь из п различных веществ (компонентов) А 1 А 2 , ..., А n соответственно, объемы которых равны V 1 , V 2 , ..., V n . Объем смеси V 0 складывается из объемов чистых компонентов: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V n .

Объемной концентрацией вещества А i (i = 1, 2, ..., п) в смеси называется величина с i , вычисляемая по формуле:

Объемным процентным содержанием вещества А i (i = 1, 2, ..., п) в смеси называется величина p i , вычисляемая по формуле р i = с i ,  100%. Концентрации с 1, с 2 , ..., с n , являющиеся безразмерными величинами, связаны равенством с 1 + с 2 + ... + с n = 1, а соотноше­ния

показывают, какую часть полного объема смеси составляют объе­мы отдельных компонентов.

Если известно процентное содержание i -го компонента, то его концентрация находится по формуле:

то есть Pi – это концентрация i -го вещества в смеси, выраженная в процентах. Например, если процентное содержание вещества составляет 70%, то его соответствующая концентрация равна 0,7. И наоборот, если концентрация равна 0,33, то процентное содержание равно 33%. Таким образом, сумма р 1 + р 2 + …+ р n = 100%. Если известны концентрации с 1 , с 2 , ..., с n компонентов, составляющих данную смесь объема V 0 , то соответствующие объемы компонентов находятся по формулам:

Аналогичным образом вводятся понятия весовые (массовые) кон центрации компонентов смеси и соответствующие процентные со­держания. Они определяются как отношение веса (массы) чистого вещества А i , в сплаве к весу (массе) всего сплава. О какой концентрации, объемной или весовой, идет речь в конкретной задаче, всегда ясно из ее условия.

Встречаются задачи, в которых приходится пересчитывать объемную концентрацию на весовую или наоборот. Для того чтобы это сделать, необходимо знать плотности (удельные веса) компонентов, составляющих раствор или сплав. Рассмотрим для примера двухкомпонентную смесь с объемными концентрациями компонентов с 1 и с 2 (с 1 + с 2 = 1) и удельными весами компонентов d 1 и d 2 . Масса смеси может быть найдена по формуле:

в которой V 1 и V 2 – объемы составляющих смесь компонентов. Весовые концентрации компонентов находятся из равенств:

которые определяют связь этих величин с объемными концентрациями.

Как правило, в текстах таких задач встречается одно и то же повторяющееся условие: из двух или нескольких смесей, содержащих компоненты A 1 , A 2 , А 3 , ..., А n , составляется новая смесь путем перемешивания исходных смесей, взятых в определенной пропорции. При этом требуется найти, в каком отношении компоненты А 1, А 2 , А 3 , ..., А n войдут в получившуюся смесь. Для решения этой задачи удобно ввести в рассмотрение объемное или весовое количество каждой смеси, а также концентрации составляющих ее компонентов А 1, А 2 , А 3 , ..., А n . С помощью концентраций нужно «расщепить» каждую смесь на отдельные компоненты, а затем указанным в условии задачи способом составить новую смесь. При этом легко подсчитать, какое количество каждого компонента входит в получившуюся смесь, а также полное количество этой смеси. После этого определяются концентрации компонентов А 1, А 2 , А 3 , ..., А n в новой смеси.

Пример .Имеются два куска сплава меди и цинка с процентным содержанием меди 80% и 30% соответственно. В каком отношении нужно взять эти сплавы, чтобы, переплавив взятые куски вместе, получить сплав, содержащий 60% меди?

Решение . Пусть первого сплава взято х кг, а второго – у кг. По условию концентрация меди в первом сплаве равна 80/100 = 0,8, во втором – 30/100 = 0,3 (ясно, что речь идет о весовых концентрациях), значит, в первом сплаве 0,8х кг меди и (1 – 0,8)х = 0,2х кг цинка, во втором – 0,3 у кг меди и (1 – 0,3)y = 0,7у кг цинка. Количество меди в получившемся сплаве равно (0,8  х + 0,3  у) кг, а масса этого сплава составит (х + у) кг. Поэтому новая концентрация меди в сплаве, согласно определению, равна

По условию задачи эта концентрация должна равняться 0,6. Следова­тельно, получаем уравнение:

Данное уравнение содержит два неизвестных х и у. Однако по условию задачи требуется определить не сами величины х и у, а только их отношение. После несложных преобразований получаем

Ответ: сплавы надо взять в отношении 3: 2.

Пример .Имеются два раствора серной кислоты в воде: первый – 40%-ный, второй – 60%-ный. Эти два раствора смешали, после чего добавили 5 кг чистой воды и получили 20%-ный раствор. Если бы вместо 5 кг чистой воды добавили 5 кг 80%-ного раствора, то получили бы 70%-ный раствор. Сколько было 40%-ного и 60%-ного растворов?

Решение . Пусть х кг – масса первого раствора, у кг – второго. Тогда масса 20%-ного раствора (х + у + 5) кг. Так как в х кг 40%-ного раствора содержится 0,4х кг кислоты, в у кг 60%-ного раствора содержится 0,6y кг кислоты, а в (х + у + 5) кг 20%-ного раствора содержится 0,2(х + у + 5) кг кислоты, то по условию имеем первое уравнение 0,4х + 0,6y = 0,2(х +у + 5).

Если вместо 5 кг воды добавить 5 кг 80%-ного раствора, то получится раствор массой (х + у + 5) кг, в котором будет (0,4х + 0,6у + 0,8  5) кг кислоты, что составит 70% от (х + у + 5) кг.