2) Hvis x+R=AO, da har problemet én løsning;

3) Hvis x+R>AO, da har ikke problemet noen løsning.

Et av hovedmålene i matematikkundervisningen er å lære elevene å løse problemer riktig og godt.

En matematikklærer må være flytende i de grunnleggende generelle metodene for å løse matematiske problemer som vi har diskutert og gradvis utstyre elevene med dem. Uten dette er det umulig å lykkes med å undervise i matematikk.

Den kjente amerikanske matematikeren J. Polya viet en spesiell studie til problemet med å finne en løsning på problemet (J. Polya How to solve a problem. Uchpedgiz, 1961). I dette arbeidet legger han særlig vekt på analyse og syntese når han søker etter en løsning.

På slutten av boken gir han en tabell som bør følges når man skal finne en løsning på problemet. La oss gi en kortversjon av det.

1. Forstå den foreslåtte oppgaven.

Hva sier oppgaven? Hva er gitt? Hva trenger du å finne? Er det ukjente bestemt av problemdataene? Eller er de utilstrekkelige, eller er de overdrevne?

2. Finn en vei fra det ukjente til dataene, vurder om nødvendig mellomliggende oppgaver ("analyse"). Lag en løsningsplan.

Angi forholdet mellom det ukjente og dataene. Transformer (eller introduser en ny) ukjent, og bring den nærmere dataene. Transformer dataene, få nye elementer som er nærmere den ønskede. Husk løsningen på et lignende problem. Har alle data blitt brukt? Er det mulig å formulere problemstillingen annerledes? Oppsummer. Vurder spesielle tilfeller.

3. Implementer ideen om funnet løsning ("syntese").

Begrunn riktigheten av hvert trinn.

4. Beslutningen om å kontrollere og vurdere kritisk.

Er resultatet plausibelt? Hvorfor? Sjekk om mulig. Er det mulig å løse det annerledes, på en mer direkte måte?

På studie og oppfatning oppgaver, hver elev må kjenne til og hele tiden overholde rimelige og obligatoriske regel: ikke begynn å løse et problem eller lete etter en måte å løse det på før du er overbevist om at teksten til problemet er fullstendig studert og klart forstått, at alle data og krav til problemet har blitt forstått, og arten til problemet de funksjonelle avhengighetene mellom mengdene som inngår i problemet, det søkte og det kjente, er forstått. Slike metodiske regler blir forstått av studenter i prosessen med deres praktiske anvendelse. Det anbefales å lese en oppgave med kompleks tekst nøye flere ganger. Når læreren jobber frontalt med klassen, bruker han spørsmål for å sjekke detaljene og nøyaktigheten, fullstendigheten og bevisstheten om hver elevs oppfatning av oppgaven.

Hovedstadiet i problemløsningsprosessen er leter etter en løsning. Her er ulike analytiske metoder og teknikker mest effektive, som skoleelever etter hvert må mestre. For dette formålet vil det kreves konstant oppmerksomhet og innsats fra lærerens side, siden elever vanligvis har en tendens til umiddelbart å bruke den syntetiske metoden, som er til liten nytte for å finne en ukjent måte å løse et problem på. Hvis det oppstår vanskeligheter under analytisk søk, kan studenten prøve å utføre søket i motsatt, syntetisk retning for å bringe begge resultatene nærmere hverandre.

Gjør det lettere å finne veien visuell, en innholdsmessig reell representasjon av problemforholdene, prosessene beskrevet i den, ulike bruk av grafiske midler, diagrammer med dyktig arrangerte data, bruk av hjelpe- og private heuristiske teknikker.

Et av de viktigste målene for problemløsning i et matematikkkurs er å lære elevene å løse problemer selvstendig. For å oppnå dette målet er det nødvendig å lære hvordan man finner en måte å løse et problem på. En erfaren lærer har ikke hastverk med å fortelle elevene løsningen på et problem, men vil prøve sammen med elevene å finne en måte å løse det på. Samtidig vil skoleelever få litt erfaring både med å løse og søke etter det.

Tegning geometrisk figur til problemet som skal løses må være korrekt, helt i samsvar med både betingelsene for problemet og konsekvensene av det. Vi kan anbefale følgende regel: lag en tegning etter at du allerede har en klar ide om den gitte figuren og forbindelsene mellom elementene som oppstår fra betingelsene for problemet. Selvfølgelig er det ikke alltid mulig å umiddelbart tegne en korrekt og nøyaktig tegning, så du må lære elevene å lage gode tegninger, gradvis bruke betingelsene for problemet, reflektere dem i tegningen og gjøre om tegningen hvis de gitte oppgavene er ikke nøyaktig reflektert i det. Skoleelever bør også læres å gjøre om tegningen dersom det under løsningsprosessen ble oppdaget nye data som ikke er på tegningen

Elevene skal vite at for å unngå feil må tegningen være riktig, men alt som brukes i løsningen, bortsett fra det som er kjent fra forholdene i oppgaven, må bevises logisk ved hjelp av fagteorien.

Et annet krav til en lærer er at elevene må læres hvordan de skal søke flere forskjellige måter å løse problemet på (hvis de finnes). Dette vil tillate eleven å utvikle større tenkningslogikk, la eleven se sammenhengen mellom ulike grener av matematikken, dens enhet, og lære ham å søke etter rasjonelle løsninger.

Læreren må også hele tiden forbedre seg når det gjelder problemløsning. Ikke stopp ved problemer fra læreboken. Det er nødvendig å hele tiden lese metodisk litteratur, artikler i metodiske tidsskrifter viet metoder for å løse problemer. Læreren må også strebe etter å lage sin egen "problembank", der oppgaver som er interessante fra hans ståsted vil bli samlet, som vil diversifisere læringsprosessen, utvikle interesse for faget, og vil også bidra til å engasjere disse elevene i leksjonen som allerede har lært å løse standardoppgaver.

Algebraiske syntesemetoder for en endimensjonal ACS er basert på å bestemme typen og parameterne for overføringsfunksjonen til den variable delen av ACS i uttrykket

Hvor x(p), y(p)- de tilsvarende Laplace-transformasjonene x(t) Og y(t)(vi anser startbetingelsene som null); Wyx(R), W uy(p)- overføre funksjoner til henholdsvis den uforanderlige delen av ACS (kontrollobjektet) og dens variable del; Og- kontrollhandling; y(p) - ønsket (spesifisert) type systemløsning for en gitt inngangshandling x(p).

Fordi det Wyx(p) kobler inn påvirkningen x(p) og systemrespons y(r), for gitt x(p) Og y(r) vi får den algebraiske ligningen

i hvilken P(p), Q(p) er kjent gitt polynomer i R,,- polynomer fra R, som må bygges.

I det generelle tilfellet er likning (1.11) en likning med to ukjente Θ(р) og П(р) og refererer til diophantinske (Diophantus er en gammel gresk matematiker) likninger. For å finne en løsning på denne ligningen legges stabilitetsbetingelser for systemet (1.10) og den fysiske realiserbarheten til den variable delen av CAP til. W uy(p). Spesielt i sistnevnte tilfelle kreves det at graden av polynomet Θ(p) er høyere enn graden av polynomet P(p). Dette ligningssystemet bør suppleres med stabilitetsbetingelser kompilert i henhold til Routh-kriteriet R k (a i)>0 , hvor a i er koeffisientene til det karakteristiske polynomet i (1.10); R k (a i) - koeffisienter for den første kolonnen i Ruth-tabellen.

I stedet for ulikheter kan man få likninger for stabilitetsforhold. I dette tilfellet er det nødvendig å stille inn graden av stabilitet til systemet (1.10) .

Deretter blir ligningen som tilsvarer Δ(р) transformert til den forskjøvede karakteristiske ligningen

Etter omregning av koeffisientene, vil denne ligningen ta formen

, (1.12)

Hvor ; k - koeffisientnummer; -antall kombinasjoner i k-i fra n-i.

Den ønskede prosessen y(t) kan dannes fra operatørbildet av overgangsegenskapene, spesifisert i en generalisert form

Ved å gi parametrene a 1 , b 1 , b 2 , b 3 , c 1 numeriske verdier fra null til grenseverdier, er det mulig å oppnå oscillerende, aperiodiske og andre former for forbigående prosesser. Spesielt for c 1 =0 har Laplace-bildet av den ønskede prosessen formen

(1.13)

på henholdsvis reelle og komplekse poler. I disse uttrykkene C1, C2 bestemmer størrelsen på den dynamiske feilen σ; , hvor er oscillasjonen av prosessen; stabilitetsmarginer bestemmes av verdiene n1 (n1

Tatt i betraktning den vanskeligste driftsmodusen til ACS - testing av trinnvise innvirkninger x(p) = 1/p, kan synteseproblemet reduseres til å løse algebraiske ligninger (1.11), (1.12) med hensyn til de ukjente koeffisientene til polynomene Θ( p), P(p). Generelt løses slike ligninger ved hjelp av den euklidiske algoritmen. Utvidelse av denne metoden til flerdimensjonale systemer reduseres til å løse en matrisealgebraisk ligning for et flerdimensjonalt automatisk kontrollsystem

hvor Y(p), X(p), W YX (p), W UY (p) er vektorer og matriser som tilsvarer utgangs- og inngangspåvirkninger. Hvis typene forstyrrende påvirkninger X(p), den ønskede typen utgangsprosesser CAY Y(p) og den uforanderlige delen av ACS W YX (p) er gitt, så fra matriseligningen (1.14) matrisen W UY ( p) kan finnes som et resultat av å løse et system med algebraiske ligninger (1.14). I dette tilfellet, som i det skalære tilfellet, bør betingelsene for stabiliteten til systemet (1.14) og den fysiske realiserbarheten til den variable delen av ACS W UY (P) legges til ligningene (1.14).

Den vurderte tilnærmingen er utviklet i form av en metode polynom ligninger, som kan brukes på både kontinuerlige og digitale ACS-kontrollere. I sistnevnte tilfelle er denne metoden mest effektiv. I hovedsak er det en numerisk metode for å løse et visst spekter av variasjonsproblemer og tillater, på en ensartet måte, under hensyntagen til betingelsene for fysisk gjennomførbarhet og stabilitet til ACS, å oppnå i eksplisitt form et uttrykk for optimal overføringsfunksjon av kontrolleren Wuy. En viktig fordel med metoden er at optimalitet her forstås ikke bare i betydningen hastighet, men også i betydningen av kompensasjon for uønskede avvik av ACS fra den gitte bevegelsen, noe som bringer synteseproblemet nærmere en ingeniørformulering i følelse av kriterier (1.8)-(1.9).

Anvendelsen av metoden for polynomlikninger krever en overgang til en "diskret modell" av den kontinuerlige delen av systemet.

For å gjøre det lettere for påfølgende presentasjon, vurderer vi algoritmen til metoden som brukt på det endimensjonale systemet (1.10). Ved å utføre transformasjonen av funksjon (1.10), presenterer vi den i skjemaet

(1.15)

Wyx(z)=P(z)/Q(z) - spesifisert overførings-z-funksjon til den uforanderlige delen av systemet; x*Wyx(z)=L(z)/R(z) - overføre z-funksjonen til kontrollsløyfeseksjonen mellom påføringspunktet for forstyrrelsen x(z) og koordinaten y(z); Wuy(z) er den ønskede kontrollerfunksjonen.

For å kompensere for "uønskede" poler og nuller i overføringsfunksjonen Wyx(z), brukes faktoriseringsoperasjonen. Denne operasjonen er som følger. La oss representere funksjonen Wyx(y) i skjemaet

, (1.16)

hvor er en brøk-rasjonell funksjon som har nuller og poler i stabilitetsområdet, i dette tilfellet - innenfor en sirkel med enhetsradius |z| = 1, men har nuller og poler utenfor stabilitetsområdet.

La oss representere den ønskede funksjonen Wuy(z) som produktet av tre faktorer:

(1.17)

hvor Θ,П er ukjente polynomer.

Ved å erstatte (1.16), (1.17) med (1.15), finner vi

(1.18)

La oss definere de ukjente polynomene Θ og П som den minimale løsningen (dvs. løsningen der gradene til polynomene Θ og П er de minste) av polynomligningen

(1.19)

Da vil y(t) være en prosess med begrenset minimumsvarighet med mulighet for samtidig å sikre stabilitet og et minimum av dynamisk feil. Ved å erstatte funnet P og Θ inn i (1.17), finner vi den ønskede funksjonen Wuy(z).

Når det brukes sammen med aksepterte tilleggssyntesekriterier, for eksempel minimum total kvadratfeil, kan både uttrykk (1.17) og polynomligning (1.19) bli betydelig mer komplisert, noe som imidlertid ikke er av fundamental karakter. Metoden lar deg veldig nøyaktig ta hensyn til begrensningene på den delen av den uforanderlige delen av systemet, ved å bruke lineært programmeringsapparat. Problemer med statistisk syntese kommer også ned til å løse systemer med polynomlikninger. I forhold til problemer med syntese av ACS-kontrollere, har metoden for polynomelikninger en rekke fordeler: enkelheten i maskinorienteringen av metoden, det praktiske fraværet av beregningsvansker og evnen til å syntetisere systemer som har egenskapen til å tilfredsstille en sett med ulike krav (et absolutt ekstremum oppnås for ett av kriteriene med relative ekstreme for resten). Resultatet av syntesen er en overførings-z-funksjon eller en ekvivalent forskjellsligning, som deretter implementeres på ACS-mikroprosessoren.

Integrasjon av algebraiske og geometriske metoder i problemløsning

Et av de presserende problemene med skolematematikkundervisning på nåværende stadium er problemet med å integrere matematisk kunnskap, og danne elevenes helhetlige ideer om matematikk som vitenskap. Løsningen på dette problemet er spesielt viktig for grunnskolen, hvor to matematiske disipliner studeres: algebra og geometri.

Konseptet "integrasjon" [lat. integratio - restaurering, påfylling; heltall - helhet] tolkes som restaurering, forening til en helhet av alle deler eller elementer; som en tilstand av tilknytning av individuelle differensierte deler til en helhet, så vel som en prosess som fører til en slik tilstand. I undervisningen forstås integrasjon ofte som gjensidig påvirkning, gjensidig inntrengning og sammenheng mellom innholdet i ulike akademiske disipliner.

Siden hovedaktiviteten til elevene i matematikkundervisning er å løse problemer, er det tilrådelig å integrere algebra og geometri i tråd med metodene deres. Den algebraiske metoden (i forhold til elementær matematikk) tolkes som en metode som består i bruk av bokstaver og bokstavuttrykk, over hvilke transformasjoner utføres etter visse regler. Det kalles også bokstavberegningsmetoden.

Den geometriske metoden karakteriseres som en metode som kommer fra visuelle representasjoner. De essensielle egenskapene til dette konseptet er geometriske (visuelle) representasjoner og geometrilover, som gjenspeiler egenskapene til geometriske figurer.

Hvis vi tar det kunnskapssystemet som metoden bygger på som grunnlag for klassifiseringen av algebraiske og geometriske metoder, får vi følgende metoder.

1. Algebraisk: metode for identitetstransformasjoner; metode for likninger og ulikheter; funksjonell metode; vektor metode; koordinere metode.

2. Geometrisk(vi vil begrense oss til planimetri): lengdemetode; trekant metode; metode for parallelle linjer; metode for forhold mellom sidene og vinklene til en trekant; firkantet metode; område metode; triangel likhet metode; trigonometrisk metode (metode basert på forholdet mellom sidene og vinklene til en trekant, uttrykt gjennom trigonometriske funksjoner); metode for geometriske transformasjoner; grafisk metode (selv om denne metoden studeres i et algebrakurs, er den basert på bruk av geometriske representasjoner av funksjoner og de tilhørende geometrilovene).

Vi vil anta at hver metode består av visse teknikker, og hver teknikk består av handlinger. Ved å integrere algebraiske og geometriske metoder vil vi forstå prosessen med å kombinere disse metodene eller koble teknikkene deres til én metode.

Innenfor undervisningsoppgaveløsning innebærer integrering av metoder parallell (i en leksjon) å løse et problem ved hjelp av ulike metoder (algebraisk og geometrisk) eller å løse et algebraisk problem ved hjelp av en geometrisk metode, og et geometrisk problem ved bruk av en algebraisk metode. Spesielle blokker med problemer, som inkluderer både algebraiske og geometriske problemer, kan tjene som et middel for integrering. La oss gi eksempler.

7. klasse

Her kan du bruke tekstoppgaver fra algebrakurset og geometriske oppgaver løst ved likningsmetoden.

Oppgave 1. Den ene heisen hadde dobbelt så mye korn som den andre. Det ble tatt ut 750 tonn korn fra første heis, 350 tonn ble brakt til andre heis, deretter var det like mye korn i begge heisene. Hvor mye korn var det opprinnelig i hver heis?

For å løse dette problemet bruker vi metoden for likninger og ulikheter fra algebra og metoden for lengder fra geometri, basert på egenskapene til lengden til et segment.

Algebraisk metode. La x tonn korn i utgangspunktet være i den andre heisen, deretter 2x tonn korn i den første heisen; (2x – 750) tonn korn ble igjen i den første heisen, og (x + 350) tonn korn ble igjen i den andre heisen. Siden det er like mye korn i begge heisene, kan vi lage ligningen

2x – 750 = x + 350, hvorav x = 1100, 2x = 2 1100 = 2200.

Svar: 2200 tonn korn var i den første heisen og 1100 tonn i den andre.

Geometrisk metode. Vi løser dette problemet ved hjelp av et linjediagram. Et linjediagram er vanligvis et segment eller flere segmenter, hvis lengder tilsvarer de numeriske verdiene til mengden som vurderes. Vi løser problemet i etapper.

1. trinn. Konstruere et linjediagram. Etter å ha lest oppgaveteksten diskuterer elevene følgende spørsmål (lærerhjelp er mulig).

1. Hvor mange situasjoner vurderes i oppgaven?

[To: innledende og siste.]

2. I hvilken situasjon bør du begynne å konstruere et linjediagram?

[Du kan begynne å bygge fra den første situasjonen og flytte derfra til den andre, eller du kan
konstruer først et linjediagram av den endelige situasjonen og gå fra den til
opprinnelig. La oss vurdere det første alternativet for å konstruere et lineært diagram.]

3. Hva er linjediagrammet for startsituasjonen?

[To segmenter, hvorav det ene er dobbelt så stort som det andre. Det første segmentet viser
mengden korn i den første heisen, og den andre - i den andre heisen.]

Etter dette konstruerer elevene et diagram over den opprinnelige situasjonen. Deretter fortsetter diskusjonen.

4. Hvordan gå fra den første situasjonen til den andre i diagrammet?

[Det er nødvendig å trekke fra det første segmentet segmentet som konvensjonelt representerer 750 tonn, og
legg til det andre segmentet et segment som representerer 350 tonn.]

5. Er disse segmentene tatt vilkårlig?

[Nei, det bør tas i betraktning at de nyinnhentede segmentene må
være lik, siden det er like mye korn ved begge heiser.]

Etter å ha gjennomført operasjoner med segmenter får elevene et diagram over sluttsituasjonen. Den første fasen av arbeidet med problemet slutter med utpeking av segmenter og utarbeidelse av notater på tegningen.

2. trinn. Løsning av det resulterende geometriske problemet. Det konstruerte lineære diagrammet gjør et algebraisk problem til et geometrisk, hvis løsning er basert på bruken av egenskapene til lengden på segmentet, nemlig:

1) like segmenter har like lengder; det mindre segmentet har en kortere lengde;
2) hvis et punkt deler et segment i to segmenter, er lengden på hele segmentet lik summen av lengdene til disse to segmentene.

Elevene skriver ned løsningen i geometrisk språk ved hjelp av segmentnotasjon, og resultatet blir oversatt til naturlig språk. I dette tilfellet utføres denne oversettelsen automatisk på grunn av overføring av terminologi (tredje trinn). Først bør du lage en detaljert oversikt over løsningen, og angi hva hvert segment representerer. Gradvis kan du gå videre til et kort notat, siden noen fakta er synlige i figuren.

La oss gi en detaljert oversikt over løsningen på oppgave 1.

Løsning. 1. trinn. La segmentet AB avbilde kornmengden i den første heisen (fig. 1), så vil segmentet avbilde mengden korn i den andre heisen.

AB = 2CD - innledende fordeling av korn mellom heiser. 750 tonn korn ble tatt ut av den første heisen, og 350 tonn ble brakt til den andre heisen, så la oss trekke segment BK fra segment AB, som konvensjonelt representerer 750 tonn, og legge til segment DE, som representerer 350 tonn, til segment CD.

2. trinn. Metode I. CD = AF = FB (ved konstruksjon),

FB = FK + KB = 350 + 750 = 1100, som betyr CD = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

3. trinn. Svar: i den første heisen var det 2200 tonn korn, i den andre 1100 tonn.

Elevene kan lage en kort oversikt over løsningen på problemet, for eksempel kan det være slik.

Løsning. AB = 2CD - innledende fordeling av korn mellom to heiser; BK = 750, DE = 350.

AK = CE - endelig fordeling av korn mellom heiser.

CD = AF = FB (etter konstruksjon), FB = 350 + 750 = 1100, deretter

CD = 1100, AB = 1100 2 = 2200.

Svar: 2200 t, 1100 t.

Et linjediagram lar deg lage ulike ligninger for en oppgave som elevene ikke kan skrive ned uten en tegning, det vil si at det blir mulig å løse oppgaven algebraisk på ulike måter. La oss liste noen av dem.

Metode II. La AK = CE = x, da, siden AB = 2CD, får vi x + 750 = 2(x – 350),

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

Svar: 2200 t, 1100 t.

Metode III. La CD = x, så AB = 2x. Siden AK = CE, har vi 2x – 750 = x + 350

(den samme ligningen oppnås når du løser problemet uten et diagram.)

Et linjediagram lar deg ikke bare løse et problem uten en ligning, men ofte kan svaret "ses" rett på tegningen.

Oppgave 2. En hagetomt har fem ganger flere bringebærbusker enn en annen. Etter at 22 busker ble transplantert fra den første tomten til den andre, var det like mange bringebærbusker i begge parsellene. Hvor mange bringebærbusker var det på hver tomt?

Løsning. 1. trinn. La segmentet AB representere antall bringebærbusker i den første seksjonen, og segmentet CD representerer antall bringebærbusker i den andre seksjonen (fig. 2). AB og 5CD - innledende fordeling av bringebærbusker mellom tomter.

Siden det er like mange bringebærbusker i begge seksjonene, deler vi segmentet BE i to (BF = FE) og trekker segmentet BF fra segmentet AB, og legger til segmentet DK (DK = BF) til segmentet CD. AF = CK - endelig fordeling av bringebærbusker mellom tomter.

2. trinn. I henhold til tilstanden ble 22 busker transplantert fra den første tomten til den andre, noe som betyr BF = 22 = 2CD, deretter CD = 11, AB = 5CD = 5 11 = 55.

Svar: på den første tomten var det 55 bringebærbusker, på den andre var det 11 busker.

En av fordelene med å bruke den geometriske metoden når du løser problemene som vurderes, er dens klarhet. Å konstruere et linjediagram og flytte fra en tilstand til en annen lar elevene bedre oppfatte situasjonene som er beskrevet i oppgaven, og hjelper derfor å finne måter å løse det på. Noen ganger er svaret nesten åpenbart i tegningen, dette gjør det mulig å bruke et linjediagram for å sjekke løsningen på et problem, som ble utført algebraisk uten tegning.

På motivasjonsstadiet for å utvikle en geometrisk metode, er det tilrådelig å foreslå å løse problemet ved å bruke to metoder: algebraisk og geometrisk. Oppgaven bør velges på en slik måte at løsningen ved hjelp av et linjediagram er mer rasjonell sammenlignet med en løsning uten tegning. La oss gi et eksempel på hvordan du løser ett av disse problemene.

Oppgave 3. Den første tanken inneholder fire ganger mer væske enn den andre. Da det ble helt 10 liter væske fra den første tanken til den andre, viste det seg at den andre tanken inneholdt det som var igjen i den første. Hvor mange liter væske var det i hver tank i utgangspunktet?

Løsning. Algebraisk metode. Vi bringer til ligningen

hvor x l er den opprinnelige væskemengden i den andre tanken.

Når vi løser denne ligningen, finner vi x = 10

4x = 4 10 = 40.

Så den første tanken hadde 40 liter, og den andre 10 liter.

Geometrisk metode. La oss konstruere et lineært diagram av den innledende fordelingen av væske mellom de to tankene. La segment AB representere mengden væske (l) i den første tanken (fig. 3), segmenter deretter CD vil vise mengden væske (l) i den andre tanken (konstruksjonen kan startes fra segmentet CD). AB = 4CD er den initiale væskefordelingen mellom de to tankene.

Vi representerer prosessen med å helle væske fra en tank til en annen som å trekke et bestemt segment fra segmentet AB og legge det til segmentet CD. For å finne ut lengden på segmentet som skal trekkes fra segmentet AB, må du merke deg følgende: i den første og andre tanken var det 5 deler væske, og i den første tanken var det 4 deler, og i andre 1 del.

Etter transfusjonen ble den totale væskemengden (5 deler) ikke endret, men i den andre tanken var det 2 deler, og i de første 3 delene. Dette betyr at vi fra segmentet AB må trekke fra segmentet BE (BE = CD), og legge til segmentet DK (DK = BE) til segmentet CD, deretter , som tilsvarer en flytende transfusjon. Derfor BE = 10, da

AB = 40, CD = BE = 10.

Så i den første tanken var det 40 liter væske, og i den andre 10 liter.

Etter å ha løst problemet, bør du sammenligne begge løsningsmetodene med elevene og identifisere fordeler og ulemper ved hver av dem.

Det skal bemerkes at ved hjelp av lineære diagrammer løses problemer der forholdene mellom verdiene av mengder er gitt (mindre, flere, av, i, det samme) og en eller flere situasjoner vurderes.

Ordoppgaver der en størrelse er produktet av to andre lar deg integrere arealmetoden, basert på egenskapene til areal, og metoden for likninger og ulikheter. La oss gi eksempler.

Oppgave 4. Tømmerhoggerlaget overskred daglig normen med 16 m 3, så det fullførte ukenormen (seks virkedager) på fire dager. Hvor mange kubikkmeter tømmer høstet laget per dag?

Løsning. Algebraisk metode. Vi kommer til ligningen

hvor x m 3 er dagsnormen til laget etter planen.

Geometrisk metode. Siden problemet vurderer produktet av to størrelser (A = pn), presenterer vi det for klarhet i form av et todimensjonalt diagram. Et todimensjonalt diagram er arealet til ett eller flere rektangler, hvis sider viser de numeriske verdiene av mengdene som vurderes (p og n), og arealet av rektangelet viser produktet deres (S = A).

Løsningen på problemet, som i tilfellet med et lineært (endimensjonalt) diagram, foregår i tre trinn:

1) konstruksjon av et todimensjonalt diagram, det vil si oversettelse av problemet til språket til segmenter og områder av figurer;
2) løse det resulterende geometriske problemet ved å konstruere en ligning basert på bruken av arealegenskapene til polygonale figurer;
3) oversettelse av det mottatte svaret fra geometrisk språk til naturlig språk.

1. trinn. Den implementeres under analysen av oppgaveteksten. Elevene svarer på følgende spørsmål.

1. Er det mulig å konstruere et todimensjonalt diagram basert på betingelsene for problemet?

[Det er mulig, siden en av mengdene (brigadens ukentlige norm) er lik
produktet av to andre: brigadens daglige rate og antall dager.]

2. Hva er et 2D-kart?

[Et rektangel, hvor en av sidene definerer
den daglige normen for brigaden, og den andre er antall dager.]

3. Hvor mange rektangler skal bygges?

[To, deres områder vil bestemme den ukentlige normen for brigaden
i henhold til plan og faktisk fullført arbeid på fire dager.]

4. Hva kan du si om arealene til disse rektanglene?

[De er like, siden fullført i fire
dags arbeid er lik ukenormen.]

Deretter fullfører elevene, med hjelp av læreren, konstruksjonen. Basen og høyden til det første rektangelet tas vilkårlig, det andre rektangelet er lik størrelse med det første, og basene deres er segmenter som ligger på samme stråle med en felles begynnelse (fig. 4). Det første trinnet avsluttes med utpeking av rektangler og registrering av oppføringer i tegningen.

I begynnelsen av undervisningen i den geometriske metoden blir det holdt en detaljert oversikt over hva lengden, bredden og arealet til hvert rektangel betyr, det vil si at problemet oversettes til geometrisk språk.

2. trinn. Stadiet begynner med å vurdere områdene til de resulterende rektanglene og etablere relasjoner mellom dem (likheter, ulikheter). Elevene får et spørsmål: navngi rektangler med like arealer. Følgende journaler føres:

S ABCD = S AMNK = S, S 1 = S 2, siden S 1 + S 3 = S 2 + S 3.

Blant elevene kan det være de som fullfører tegningen med stor unøyaktighet, det vil si at på tegningen vil rektanglene BMNE og KECD tydeligvis ikke være like store. De bør gjøre oppmerksom på dette og merke seg at linjene KB og CN må være parallelle.

Ved å bruke betingelsen S 1 = S 2, lages en likning. La oss gi en omtrentlig registrering av løsningen på oppgave 4 ved hjelp av den geometriske metoden.

Løsning. La S ABCD bestemme den ukentlige kvoten til et lag tømmerhoggere. AB er produktiviteten (m 3) til brigaden per dag i henhold til planen; AD - antall dager; S AMNK - mengden arbeid utført av teamet på fire dager.

S AMNK = S ABCD = S;

S 1 = S 2, siden S 1 + S 3 = S 2 + S 3.

S 1 = 2KE, S 2 = 16 4 = 64,

betyr 2KE = 64, så KE = 32.

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

Svar: brigaden høstet 48 m 3 tømmer per dag.

Ved å bruke et todimensjonalt diagram og geometriske relasjoner, spesielt ekviområdet til rektanglene ABCD og AMNK, kan du lage en annen ligning. Hvis AB = x, får vi

(samme ligning får man når man løser oppgaven uten tegning).

Oppgave 5. Anlegget måtte oppfylle ordren om produksjon av biler på 15 dager. Men allerede to dager før deadline oppfylte anlegget ikke bare planen, men produserte også seks flere biler over planen, siden det produserte to biler over planen hver dag. Hvor mange biler skulle anlegget produsere etter planen?

Det særegne ved å løse dette problemet ved hjelp av den geometriske metoden, sammenlignet med å løse det forrige problemet, er at arealene S 1 og S 2 (se fig. 4) ikke er like, siden anlegget i henhold til betingelsen ikke bare oppfylte planen , men også produsert i overkant av planen seks biler til. Elevene bør ha dette i bakhodet både når de lager en tegning og når de lager en ligning.

Løsning. La AB representere anleggets produksjon per dag som planlagt (Figur 5). AD - frist for å gjennomføre bestillingen i henhold til plan. Deretter bestemmer S ABCD hele ordren for produksjon av biler, AM representerer antall biler som anlegget produserte daglig, AP er ordreledd, og S AMNP tilsvarer antall biler som anlegget produserte på 13 dager.

Etter betingelsen produserte anlegget seks biler i overkant av planen, så det har vi

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

men S 2 = 2 13 = 26, derfor S 1 + 6 = 26, hvorav S 1 = 20. På den annen side er S 1 = 2AB, så 2AB = 20, så AB = 10, S ABCD = AB 15 = 10 15 = 150.

Svar: anlegget skulle etter planen produsere 150 biler.

Geometriske problemer kan også tjene som et middel til å integrere metoder i 7. klasse. La oss gi eksempler.

Oppgave 6. Punkt A deler segmentet CD i to, og punkt B deler det i ulike deler. Bevis at arealet av et rektangel med dimensjonene CB og BD er lik differansen mellom arealene av kvadrater med sidene AD og AB

Løsning. La CD = x, BD = y. Deretter

Derfor, for å løse problemet, er det nødvendig å bevise identiteten

Som vi kan se, er metoden for områder og metoden for identitetstransformasjoner involvert i å løse dette problemet.

Oppgave 7. AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (fig. 7). Finn vinkel A.

Løsning. La P A = x, så P 1 = P A = x. P 2 = 2x (som den ytre vinkelen til trekanten APQ), P 4 = P 2 = 2x.

P 3 = 180° – (P 2 + P 4) = 180° – 4x,

P 5 = 180° – (P 1 + P 3) = 3x,

P 6 = P 5 = 3x. P 7 = P B – P 6, men

Derfor

Siden P 8 = P C, så P C + P 8 + P 7 = 2P C + P 7 = 180°, eller

Ved å løse denne ligningen finner vi at x = 20°.

Svar: P A = 20°.

For å løse dette problemet ble metoden for trekanter og metoden for likninger og ulikheter brukt. Lignende problemer finnes i lærebøker om geometri.

1. Generelle merknader om problemløsning ved bruk av algebraisk metode.

2. Bevegelsesoppgaver.

3. Arbeidsoppgaver.

4. Problemer med blandinger og prosenter.

Bruke den algebraiske metoden for å finne en aritmetisk måte å løse ordoppgaver på.

1. Når du løser problemer ved hjelp av den algebraiske metoden, er de nødvendige mengder eller andre mengder, vel vitende om hvilke de nødvendige som kan bestemmes, angitt med bokstaver (vanligvis x, y,z). Alle gjensidig uavhengige forhold mellom data og ukjente mengder, som enten er direkte formulert i tilstanden (i verbal form), eller følger av problemets betydning (for eksempel fysiske lover som mengdene som vurderes er underlagt), eller følger fra betingelsen og noen resonnementer, er skrevet i form av likhet av ulikheter. I det generelle tilfellet danner disse relasjonene et blandet system. I spesielle tilfeller kan dette systemet ikke inneholde ulikheter eller ligninger, eller det kan bestå av bare én ligning eller ulikhet.

Å løse problemer ved hjelp av den algebraiske metoden følger ikke et enkelt, ganske universelt opplegg. Derfor er enhver instruksjon knyttet til alle oppgaver av svært generell karakter. Oppgavene som oppstår ved løsning av praktiske og teoretiske problemstillinger har sine egne individuelle kjennetegn. Derfor er deres forskning og løsning av den mest mangfoldige karakter.

La oss dvele ved å løse problemer hvis matematiske modell er gitt av en ligning med en ukjent.

La oss huske at aktiviteten med å løse et problem består av fire stadier. Arbeidet på første trinn (analyse av probleminnholdet) er ikke avhengig av valgt løsningsmetode og har ingen grunnleggende forskjeller. På det andre trinnet (når man søker etter en måte å løse problemet og utarbeider en plan for løsningen på), i tilfelle bruk av den algebraiske løsningsmetoden, utføres følgende: velge hovedforholdet for å tegne ligningen; velge en ukjent og introdusere en betegnelse for den; uttrykk for mengder som inngår i det grunnleggende forholdet gjennom det ukjente og data. Det tredje trinnet (implementering av en plan for å løse problemet) innebærer å utarbeide en ligning og løse den. Det fjerde trinnet (sjekke løsningen på problemet) utføres på en standard måte.

Vanligvis når du komponerer ligninger med en ukjent X overholde følgende to regler.

Regel Jeg . En av disse mengdene uttrykkes gjennom det ukjente X og andre data (det vil si at det lages en ligning der en del inneholder en gitt verdi, og den andre inneholder samme verdi, uttrykt ved X og andre dataverdier).

Regel II . For samme kvantum kompileres to algebraiske uttrykk, som deretter likestilles med hverandre.

Utad ser det ut til at den første regelen er enklere enn den andre.

I det første tilfellet må du alltid komponere ett algebraisk uttrykk, og i det andre to. Imidlertid er det ofte problemer der det er mer praktisk å komponere to algebraiske uttrykk for samme mengde enn å velge et allerede kjent og komponere ett uttrykk for det.

Prosessen med å løse ordproblemer algebraisk utføres i henhold til følgende algoritme:

1. Velg først et forhold som ligningen skal tegnes ut fra. Hvis oppgaven inneholder mer enn to relasjoner, må grunnlaget for å lage ligningen tas den relasjonen som etablerer en sammenheng mellom alle de ukjente.

Deretter velges en ukjent, som er betegnet med den tilsvarende bokstaven.

Alle ukjente størrelser inkludert i relasjonen som er valgt for å komponere ligningen, må uttrykkes gjennom den valgte ukjente, avhengig av de gjenværende relasjonene som er inkludert i oppgaven bortsett fra den viktigste.

4. Fra disse tre operasjonene følger sammensetningen av en ligning direkte som utformingen av en verbal notasjon ved bruk av matematiske symboler.

Den sentrale plassen blant de listede operasjonene er okkupert av valget av det grunnleggende forholdet for å komponere ligninger. De betraktede eksemplene viser at valget av hovedrelasjonen er avgjørende ved komponering av ligninger, bringer logisk orden i den til tider vage verbalteksten til problemet, gir tillit til orientering og beskytter mot uordnede handlinger for å uttrykke alle mengder som er inkludert i problemet gjennom dataene og de søkte.

Den algebraiske metoden for å løse problemer er av stor praktisk betydning. Med dens hjelp løser de en lang rekke problemer innen teknologi, landbruk og hverdagsliv. Allerede på videregående bruker elevene likninger når de studerer fysikk, kjemi og astronomi. Der aritmetikk viser seg å være maktesløs eller i beste fall krever ekstremt tungvint resonnement, der fører den algebraiske metoden enkelt og raskt frem til svaret. Og selv i såkalte "standard" regneoppgaver, som er relativt enkle å løse aritmetikk, er den algebraiske løsningen som regel både kortere og mer naturlig.

Den algebraiske metoden for å løse problemer gjør det enkelt å vise at noen problemer, som bare skiller seg fra hverandre i plottet, ikke bare har de samme relasjonene mellom dataene og de ønskede mengdene, men også fører til typiske resonnementer gjennom hvilke disse relasjonene etableres. . Slike problemer gir bare forskjellige spesifikke tolkninger av samme matematiske resonnement, de samme sammenhengene, det vil si at de har samme matematiske modell.

2. Gruppen av bevegelsesproblemer inkluderer problemer som snakker om tre størrelser: bane (s), hastighet ( v) og tid ( t). Som regel omhandler de jevn rettlinjet bevegelse, når hastigheten er konstant i størrelse og retning. I dette tilfellet er alle tre mengdene relatert av følgende forhold: S = vt. For eksempel, hvis en syklists hastighet er 12 km/t, vil han på 1,5 timer reise 12 km/t  1,5 timer = 18 km. Det er problemer der jevnt akselerert rettlinjet bevegelse vurderes, det vil si bevegelse med konstant akselerasjon (EN). Tilbakelagt avstand s i dette tilfellet beregnes det med formelen: S = v 0 t + på 2 /2, Hvor v 0 – innledende bevegelseshastighet. Så i 10 s med fall med en starthastighet på 5 m/s og en akselerasjon på fritt fall på 9,8 m 2 / s, vil kroppen fly en distanse lik 5 m/s  10 s + 9,8 m 2 / s  10 2 s 2 /2 = 50 m + 490 m = 540 m.

Som allerede nevnt, når du løser ordproblemer og først av alt i problemer knyttet til bevegelse, er det veldig nyttig å lage en illustrativ tegning (for å bygge en ekstra grafisk modell av problemet). Tegningen skal lages på en slik måte at den viser dynamikken i bevegelsen med alle møter, stopp og svinger. En godt tegnet tegning lar deg ikke bare forstå innholdet i problemet bedre, men letter også utarbeidelsen av ligninger og ulikheter. Eksempler på slike tegninger vil bli gitt nedenfor.

Vanligvis blir følgende konvensjoner tatt i bruk i bevegelsesproblemer.

Med mindre det er spesifikt angitt i oppgaven, regnes bevegelsen i visse områder som ensartet (enten det er bevegelse i en rett linje eller i en sirkel).

Rotasjoner av bevegelige kropper betraktes som øyeblikkelig, det vil si at de skjer uten å kaste bort tid; hastigheten endres også umiddelbart.

Denne gruppen av problemer kan på sin side deles inn i oppgaver som tar hensyn til kroppens bevegelser: 1) mot hverandre; 2) i én retning ("etter"); 3) i motsatte retninger; 4) langs en lukket bane; 5) langs elven.

Hvis avstanden mellom kroppene er lik S, og kroppens hastigheter er like v 1 Og v 2 (fig. 16 EN), så når kropper beveger seg mot hverandre, er tiden etter som de møtes lik S/(v 1 + v 2).

2. Hvis avstanden mellom kroppene er lik S, og kroppens hastigheter er like v 1 og v 2 (fig. 16 b), så når kroppen beveger seg i én retning ( v 1 > v 2) tiden etter at den første kroppen vil ta igjen den andre er lik S/(v 1 – v 2).

3. Hvis avstanden mellom kroppene er lik S, og kroppens hastigheter er like v 1 og v 2 (fig. 16 V), da, etter å ha satt avsted samtidig i motsatte retninger, vil likene være ute etter tid t være på avstand S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t.

Ris. 16

4. Hvis kropper beveger seg i én retning langs en lukket lengdebane s med hastigheter v 1 og v 2, tiden etter at kroppene vil møtes igjen (den ene kroppen vil ta igjen den andre), starter samtidig fra ett punkt, er funnet av formelen t = S/(v 1 – v 2) forutsatt at v 1 > v 2 .

Dette følger av det faktum at når man samtidig starter langs en lukket bane i én retning, begynner kroppen som har høyere hastighet å ta igjen kroppen som har mindre hastighet. Første gang det innhenter ham, etter å ha tilbakelagt en distanse av S større enn en annen kropp. Hvis den kjører forbi en andre, tredje gang og så videre, betyr dette at den dekker en avstand på 2 S, innen 3 S og så videre større enn en annen kropp.

Hvis legemer beveger seg i forskjellige retninger langs en lukket lengdebane S med hastigheter v 1 og v 2, tidspunktet etter hvilket de vil møtes, med avgang samtidig fra ett punkt, er funnet av formelen t = v(v 1 + v 2). I dette tilfellet, umiddelbart etter starten av bevegelsen, oppstår det en situasjon når kroppene begynner å bevege seg mot hverandre.

5. Hvis et legeme beveger seg med strømmen av en elv, så er dets hastighet i forhold til kysten Og sammensatt av hastigheten til en kropp i stille vann v og elvens strømningshastighet w: og =v + w. Hvis et legeme beveger seg mot strømmen av en elv, så er dets hastighet og =v – w. For eksempel hvis hastigheten på båten v= 12 km/t, og elvestrømhastigheten w = 3 km/t, så vil båten om 3 timer seile langs elvestrømmen (12 km/t + 3 km/t)  3 timer = 45 km, og mot strømmen – (12 km/t – 3) km/t)  3 timer = 27 km. Det antas at hastigheten til gjenstander som har null bevegelseshastighet i stille vann (flåte, tømmerstokk, etc.) er lik hastigheten på elvestrømmen.

La oss se på noen få eksempler.

Eksempel.Fra ett punkt i én retning hvert 20. minutt. biler går. Den andre bilen kjører med en hastighet på 60 km/t, og hastigheten til den første er 50 % høyere enn hastigheten til den andre. Finn hastigheten til den tredje bilen hvis det er kjent at den kjørte forbi den første bilen 5,5 timer senere enn den andre.

Løsning. La x km/t være hastigheten til den tredje bilen. Hastigheten til den første bilen er 50 % høyere enn hastigheten til den andre, noe som betyr at den er lik

Når du beveger deg i én retning, blir møtetiden funnet som forholdet mellom avstanden mellom objekter og forskjellen i hastigheten deres. Første bil på 40 minutter. (2/3 t) vil reise 90  (2/3) = 60 km. Derfor vil den tredje innhente ham (de vil møtes) om 60/( X– 90) timer. Den andre på 20 minutter. (1/3 time) vil reise 60  (1/3) = 20 km. Dette betyr at den tredje vil ta igjen ham (de møtes) om 20/( X– 60) timer (fig. 17).

P
om problemforholdene

Ris. 17

Etter enkle transformasjoner får vi den kvadratiske ligningen 11x 2 – 1730x + 63000 = 0, og løser den vi finner

Kontrollen viser at den andre roten ikke tilfredsstiller betingelsene for problemet, siden i dette tilfellet vil den tredje bilen ikke ta igjen de andre bilene. Svar: hastigheten til den tredje bilen er 100 km/t.

Eksempel Motorskipet reiste langs elva i 96 km, returnerte tilbake og ble stående en stund under lasting, og brukte 32 timer.Elvens hastighet er 2 km/t. Bestem farten til skipet i stille vann dersom lastetiden er 37,5 % av tiden brukt på hele reisen frem og tilbake.

Løsning. La x km/t være farten til skipet i stille vann. Deretter ( X+ 2) km/t – hastigheten langs strømmen; (X - 2) km/t – mot strømmen; 96/( X+ 2) h. – tidspunkt for bevegelse med strømmen; 96/( X– 2) t. – tidspunkt for bevegelse mot strømmen. Siden 37,5 % av den totale tiden skipet ble lastet, er netto reisetid 62,5 %  32/100 % = 20 (timer). Derfor, i henhold til betingelsene for problemet, har vi ligningen:

Ved å transformere det får vi: 24( X – 2 + X + 2) = 5(X + 2)(X – 2) => 5X 2 – 4X– 20 = 0. Etter å ha løst andregradsligningen finner vi: X 1 = 10; X 2 = -0,4. Den andre roten tilfredsstiller ikke betingelsene for problemet.

Svar: 10 km/t er farten til skipet i stille vann.

Eksempel. Bilen kjørte ut av byen EN til byen C gjennom byen I Uten stopp. Avstand AB, lik 120 km, reiste han med konstant hastighet 1 time raskere enn avstanden sol, lik 90 km. Bestem gjennomsnittshastigheten til bilen fra byen EN til by C, dersom det er kjent at hastigheten på strekningen AB 30 km/t mer fart på strekningen Sol.

Løsning. La X km/t – kjøretøyets hastighet på strekningen Sol.

Deretter ( X+ 30) km/t – hastighet på strekningen AB, 120/(X+ 30) t, 90/ X h – tiden det tar bilen å reise ruten AB Og Sol hhv.

Derfor, i henhold til betingelsene for problemet, har vi ligningen:

.

La oss forvandle det:

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

Etter å ha løst den kvadratiske ligningen finner vi: X 1 = 30, X 2 = -90. Den andre roten tilfredsstiller ikke betingelsene for problemet. Dette betyr at hastigheten på strekningen Sol lik 30 km/t, på strekningen AB – 60 km/t. Det følger at avstanden AB bilen kjørte på 2 timer (120 km: 60 km/t = 2 timer), og avstanden Sol – på 3 timer (90 km: 30 km/t = 3 timer), altså hele distansen AC han kjørte på 5 timer (3 timer + 2 timer = 5 timer). Deretter gjennomsnittsfarten på strekningen AC, lengden som er 210 km er lik 210 km: 5 timer = 42 km/t.

Svar: 42 km/t - gjennomsnittshastigheten til en bil på stedet AC.

Gruppen med arbeidsoppgaver inkluderer oppgaver som snakker om tre størrelser: arbeid EN, tid t, hvor arbeidet utføres, produktivitet R - arbeid utført per tidsenhet. Disse tre størrelsene er relatert av ligningen EN = Rt. Arbeidsoppgaver omfatter også oppgaver knyttet til fylling og tømming av containere (fartøy, tanker, bassenger etc.) ved bruk av rør, pumper og andre innretninger. I dette tilfellet anses volumet av pumpet vann som utført arbeid.

Arbeidsproblemer, generelt sett, kan klassifiseres som bevegelsesproblemer, siden vi i problemer av denne typen kan anta at alt arbeid eller hele volumet av reservoaret spiller rollen som avstand, og ytelsen til objekter som utfører arbeid er lik bevegelseshastigheter . Men når det gjelder plot, er disse oppgavene naturligvis forskjellige, og noen arbeidsoppgaver har sine egne spesifikke løsninger. I de oppgavene hvor mengden arbeid som skal utføres ikke er spesifisert, tas alt arbeid som ett.

Eksempel. To lag måtte fullføre bestillingen på 12 dager. Etter 8 dager med samarbeid fikk det første teamet en ny oppgave, så det andre teamet fullførte bestillingen i ytterligere 7 dager. På hvor mange dager kunne hvert av lagene fullføre bestillingen, og jobbet hver for seg?

Løsning. La den første brigaden fullføre oppgaven X dager, andre brigade - for y dager. La oss ta alt arbeidet som en enhet. Deretter 1/ X - produktiviteten til den første brigaden, en 1/ y – sekund. Siden to lag må fullføre bestillingen om 12 dager, får vi den første ligningen 12(1/ X + 1/på) = 1.

Fra den andre betingelsen følger det at det andre laget jobbet i 15 dager, og det første - bare 8 dager. Så den andre ligningen ser slik ut:

8/X+ 15/på= 1.

Dermed har vi systemet:

Trekker vi den første fra den andre ligningen, får vi:

21/y = 1 => y = 21.

Deretter 12/ X + 12/21 = 1 => 12/X – = 3/7 => x = 28.

Svar: det første laget vil fullføre bestillingen om 28 dager, og det andre om 21 dager.

Eksempel. Arbeider EN og arbeider I kan fullføre jobben på 12 dager, arbeider EN og arbeider MED– innen 9 dager, arbeider I og arbeider C – om 12 dager. Hvor mange dager vil det ta dem å fullføre jobben sammen?

Løsning. La arbeideren EN kan gjøre jobben for X dager, jobber I- bak på dager, jobber MED- bak z dager. La oss ta alt arbeidet som en enhet. Deretter 1/ x, 1/y og 1/ z – arbeiderens produktivitet A, B Og MED hhv. Ved å bruke tilstanden til problemet kommer vi til følgende ligningssystem presentert i tabellen.

Tabell 1

Etter å ha transformert likningene, har vi et system med tre likninger med tre ukjente:

Ved å legge til likningene til systemet ledd for ledd, får vi:

eller

Summen er arbeidernes felles produktivitet, så tiden de fullfører alt arbeidet vil være lik

Svar: 7,2 dager.

Eksempel. Det er installert to rør i bassenget - tilførsel og utslipp, og gjennom det første røret fylles bassenget 2 timer lenger enn gjennom det andre røret helles vann ut av bassenget. Når bassenget var en tredjedel fullt ble begge rørene åpnet, og bassenget var tomt etter 8 timer På hvor mange timer kan bassenget fylles gjennom ett første rør, og i hvor mange timer kan et fullt basseng dreneres gjennom ett andre rør?

Løsning. La V m 3 – volum av bassenget, X m 3 / t - kapasitet til tilførselsrøret, på m 3 / h - uttak. Deretter V/ x h – tiden det tar før tilførselsrøret fyller bassenget, V/ y h – tiden det tar før utløpsrøret drenerer bassenget. I henhold til betingelsene for problemet V/ x – V/ y = 2.

Siden kapasiteten til utløpsrøret er større enn kapasiteten til påfyllingsrøret, vil bassenget tømmes når begge rørene er slått på og en tredjedel av bassenget tømmes i tide. (V/3)/(y – x), som, i henhold til betingelsene for problemet, er lik 8 timer. Så, tilstanden til problemet kan skrives som et system av to ligninger med tre ukjente:

I oppgaven må du finne V/ x Og V/ y. La oss velge en kombinasjon av ukjente i ligningene V/ x Og V/ y, skrive systemet i formen:

Introduserer nye ukjente V/ x= a Og V/ y = b, vi får følgende system:

Setter inn uttrykket i den andre ligningen EN= b + 2 har vi en ligning for b:

etter å ha bestemt oss for hvilken vi skal finne b 1 = 6, b 2 = -8. Betingelsene for problemet er oppfylt av den første roten 6, = 6 (h). Fra den første ligningen til det siste systemet finner vi EN= 8 (h), det vil si at det første røret fyller bassenget på 8 timer.

Svar: gjennom det første røret fylles bassenget på 8 timer, gjennom det andre røret vil bassenget bli tømt på 6 timer.

Eksempel. Det ene traktorlaget skal pløye 240 hektar, og det andre er 35 % mer enn det første. Det første laget, som pløyde 3 hektar mindre enn det andre hver dag, avsluttet arbeidet 2 dager tidligere enn det andre laget. Hvor mange hektar pløyde hvert lag daglig?

Løsning. La oss finne 35 % av 240 hektar: 240 hektar  35 % /100 % = 84 hektar.

Derfor måtte andrelaget pløye 240 hektar + 84 hektar = 324 hektar. La første brigade pløye daglig X ha. Så pløyde andre brigade hver dag ( X+ 3) ha; 240/ X– arbeidstid for det første laget; 324/( X+ 3) – arbeidstidspunkt for det andre laget. I henhold til betingelsene for problemet, avsluttet det første laget arbeidet 2 dager tidligere enn det andre, så vi har ligningen

som etter transformasjoner kan skrives slik:

324X – 240X - 720 = 2x 2+ 6x=> 2x 2 – 78x + 720 = 0 => x 2 – 39x + 360 = 0.

Etter å ha løst andregradsligningen finner vi x 1 = 24, x 2 = 15. Dette er normen for den første brigaden.

Det andre laget pløyde følgelig henholdsvis 27 hektar og 18 hektar per dag. Begge løsningene tilfredsstiller betingelsene for problemet.

Svar: 24 hektar per dag ble pløyd av den første brigaden, 27 hektar av den andre; 15 hektar per dag ble pløyd av det første laget, 18 hektar av det andre.

Eksempel. I mai produserte to verksteder 1080 deler. I juni økte det første verkstedet produksjonen av deler med 15 %, og det andre økte produksjonen av deler med 12 %, så begge verkstedene produserte 1224 deler. Hvor mange deler produserte hvert verksted i juni?

Løsning. La X Det første verkstedet produserte deler i mai, på detaljer - den andre. Siden 1080 deler ble produsert i mai, i henhold til betingelsene for problemet, har vi ligningen x + y = 1080.

La oss finne 15 % av X:

Altså med 0,15 X deler, økte det første verkstedet sin produksjon, derfor produserte det i juni x + 0,15 X = 1,15 x detaljer. Tilsvarende finner vi at det andre verkstedet i juni produserte 1.12 y detaljer. Dette betyr at den andre ligningen vil se slik ut: 1.15 x + 1,12 på= 1224. Dermed har vi systemet:

som vi finner fra x = 480, y = 600. Følgelig produserte verkstedene i juni henholdsvis 552 deler og 672 deler.

Svar: det første verkstedet produserte 552 deler, det andre - 672 deler.

4. Problemgruppen for blandinger og prosentandeler inkluderer problemer som innebærer blanding av ulike stoffer i bestemte proporsjoner, samt problemer med prosentandeler.

Konsentrasjons- og prosentproblemer

La oss avklare noen begreper. La det være en blanding av P ulike stoffer (komponenter) EN 1 EN 2 , ..., EN n hhv. volumene som er like V 1 , V 2 , ..., V n . Blandingsvolum V 0 består av volumene av rene komponenter: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V n .

Volumkonsentrasjon stoffer EN Jeg (Jeg = 1, 2, ..., P) i en blanding kalles mengden c Jeg, beregnet med formelen:

Volumprosent av stoff A Jeg (Jeg = 1, 2, ..., P) i en blanding kalles mengden s Jeg , beregnet med formelen R Jeg = Med Jeg ,  100 %. Konsentrasjoner Med 1, Med 2 , ..., med n, som er dimensjonsløse størrelser, er relatert av likheten Med 1 + s 2 + ... + s n = 1, og relasjonene

vis hvilken del av det totale volumet av blandingen som består av volumene av enkeltkomponenter.

Hvis prosenten er kjent Jeg komponenten, så blir dens konsentrasjon funnet av formelen:

det er Pi – dette er konsentrasjon Jeg stoffet i blandingen, uttrykt i prosent. For eksempel, hvis prosentandelen av et stoff er 70 %, er dens tilsvarende konsentrasjon 0,7. Omvendt, hvis konsentrasjonen er 0,33, er prosentandelen 33%. Så beløpet R 1 + s 2 + …+ r n = 100 %. Hvis konsentrasjoner er kjent Med 1 , Med 2 , ..., Med n komponenter som utgjør denne volumblandingen V 0 , deretter blir de tilsvarende volumene av komponenter funnet av formlene:

Begrepene introduseres på lignende måte vekt (masse) konsentralisering komponenter i blandingen og de tilsvarende prosentene. De er definert som forholdet mellom vekten (massen) av et rent stoff EN Jeg , i en legering til vekten (massen) av hele legeringen. Hvilken konsentrasjon, volum eller vekt som diskuteres i et bestemt problem er alltid klart ut fra forholdene.

Det er problemer der det er nødvendig å omberegne volumkonsentrasjon til vektkonsentrasjon eller omvendt. For å gjøre dette er det nødvendig å kjenne tetthetene (spesifikke vekter) til komponentene som utgjør løsningen eller legeringen. La oss for eksempel vurdere en to-komponent blanding med volumetriske konsentrasjoner av komponenter Med 1 Og Med 2 (Med 1 + s 2 = 1) og egenvekt av komponenter d 1 Og d 2 . Massen til blandingen kan bli funnet ved å bruke formelen:

hvori V 1 Og V 2 – volumer av komponenter som utgjør blandingen. Vektkonsentrasjonene til komponentene er funnet fra likhetene:

som bestemmer forholdet mellom disse mengdene og volumetriske konsentrasjoner.

Som regel oppstår i tekstene til slike problemer en og samme gjentatte tilstand: fra to eller flere blandinger som inneholder komponenter EN 1 , EN 2 , A 3 , ..., EN n , en ny blanding tilberedes ved å blande de opprinnelige blandingene tatt i en viss andel. I dette tilfellet er det nødvendig å finne i hvilket forhold komponentene EN 1, EN 2 , A 3 , ..., EN n vil bli inkludert i den resulterende blandingen. For å løse dette problemet er det praktisk å ta hensyn til volumet eller vektmengden av hver blanding, så vel som konsentrasjonene av dens bestanddeler. EN 1, EN 2 , A 3 , ..., EN n . Ved å bruke konsentrasjoner må du "dele" hver blanding i individuelle komponenter, og deretter lage en ny blanding ved å bruke metoden spesifisert i problemformuleringen. I dette tilfellet er det enkelt å beregne hvor mye av hver komponent som er inkludert i den resulterende blandingen, samt den totale mengden av denne blandingen. Etter dette bestemmes konsentrasjonene av komponentene EN 1, EN 2 , A 3 , ..., A n i en ny blanding.

Eksempel.Det er to stykker kobber og sinklegering med kobberprosent på henholdsvis 80 % og 30 %. I hvilket forhold bør disse legeringene tas for å smelte de tatt sammen for å oppnå en legering som inneholder 60 % kobber?

Løsning. La den første legeringen tas X kg, og den andre - på kg. I henhold til betingelsen er konsentrasjonen av kobber i den første legeringen 80/100 = 0,8, i den andre – 30/100 = 0,3 (det er tydelig at vi snakker om vektkonsentrasjoner), noe som betyr at i den første legeringen 0,8 X kg kobber og (1 – 0,8) X = 0,2X kg sink, i den andre – 0,3 på kg kobber og (1 – 0,3) y = 0,7på kg sink. Mengden kobber i den resulterende legeringen er (0,8  X + 0,3  y) kg, og massen til denne legeringen vil være (x + y) kg. Derfor er den nye konsentrasjonen av kobber i legeringen, ifølge definisjonen, lik

I henhold til forholdene for problemet skal denne konsentrasjonen være lik 0,6. Derfor får vi ligningen:

Denne ligningen inneholder to ukjente X Og u. I henhold til forholdene for problemet er det imidlertid ikke mengdene i seg selv som må bestemmes X Og y, men bare deres holdning. Etter enkle transformasjoner får vi

Svar: legeringer bør tas i forholdet 3:2.

Eksempel Det er to løsninger av svovelsyre i vann: den første er 40%, den andre er 60%. Disse to løsningene ble blandet, hvoretter 5 kg rent vann ble tilsatt for å oppnå en 20 % løsning. Hvis vi i stedet for 5 kg rent vann tilsatte 5 kg av en 80 % løsning, ville vi fått en 70 % løsning. Hvor mange 40 % og 60 % løsninger var det?

Løsning. La X kg – massen av den første løsningen, på kg - sekund. Deretter massen av 20% løsningen ( X + på+ 5) kg. Siden i X kg 40 % løsning inneholder 0,4 X kg syre, inn på kg 60 % løsning inneholder 0,6 y kg syre, og inn (x + y + 5) kg 20 % løsning inneholder 0,2( X + y + 5) kg syre, så har vi etter betingelse den første ligningen 0,4 X + 0,6y = 0,2(X +y + 5).

Hvis du i stedet for 5 kg vann tilsetter 5 kg av en 80 % løsning, får du en løsning som veier (x + y+ 5) kg, som vil inneholde (0,4 X + 0,6på+ 0,8  5) kg syre, som vil være 70 % av (x + y+ 5) kg.