Геометрические идеи в решении алгебраических задач

Размещено на http://www.allbest.ru/

МБОУ ДОД ЦДОД «Малая академия

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ИДЕИ В РЕШЕНИИ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Прокопенко Ангелина Геннадьевна

11 класс, МБОУ СОШ № 74,

Краснодарский край, г. Краснодар



Содержание

Введение

1. Теоретические основы геометрических идей решения алгебраических задач

2. Геометрические решения алгебраических задач

2.1 Геометрические решения тригонометрических задач

2.2 Геометрические решения систем уравнений с двумя и более переменными

2.3 Геометрические решения текстовых задач

Заключение

Список использованной литературы



Введение

Многие математические задачи допускают несколько вариантов решения. Часто первый избранный бывает далеко не самым удачным. Нахождение «наиболее простых», оригинальных путей решения нередко является результатом длительной и кропотливой работы. Умение решать задачу различными способами является одним из признаков хорошей математической подготовки.

В представлении большинства школьников алгебра и геометрия - это два разных предмета, имеющих мало общего. Тем не менее, в некоторых задачниках для старших классов можно найти уравнения, системы уравнений, задачи на наибольшее и наименьшее значение, доказательство тождеств и неравенств, решаемые геометрическими методами. Широко известны также геометрические подходы в тригонометрии, текстовых алгебраических задачах на движение и работу.

Нами была выдвинута гипотеза, что алгебраические задачи могут быть решены с помощью геометрии.

Цель исследования: применить геометрические идеи в решении алгебраических задач и показать их преимущества.

Для достижения поставленной цели были решены следующие задачи:

- изучить литературу по теме исследования;

- применить геометрические методы решения в тригонометрических задачах;

- решить уравнения и системы уравнений с двумя и более переменными с помощью теоремы Пифагора;

- применить координатный и векторный метод к решению систем уравнений;

- рассмотреть геометрическое решение текстовых задач;

- рассмотреть геометрические способы доказательства тождеств и неравенств.

Предмет исследования: геометрические методы решения алгебраических задач.

Объект исследования: алгебраические задачи.

Методы исследования: аналогия, обобщение, анализ научной литературы.

Новизна работы в том, что нами выявлены связи между, казалось бы, совершенно разнородными темами школьного курса математики, рассмотрены решения задач на основе интеграции алгебраического и геометрического методов.

Актуальность работы заключается в том, что нахождение нетрадиционных и наглядных приемов решения задач повышает математическую грамотность, позволяет быстро находить решения многих арифметических задач. Объем материала, терминов, которыми должен оперировать старшеклассник по математике, чрезвычайно велик. Необходимо знать и уметь применят такие методы для решения задач, которые позволят сэкономить время и будут наглядны, т.е. решение задачи будет выглядеть очевидным. Многие задачи алгебры очень трудно решить аналитическим путем. Поэтому любое представление условия задачи в виде рисунка или чертежа облегчает решение задачи. Особо стоит отметить, что многие задачи ЕГЭ из части С можно решить геометрическим методом.



1. Теоретические основы геометрических идей решения алгебраических задач

Существуют способы решения алгебраических задач методами, основанными на наглядно-геометрических интерпретациях.

В классическую греческую эпоху геометрия занимала привилегированное положение. Она являлась именно той наукой, в которой проявлялся дедуктивный характер рассуждения, искусство доказательства. Например, алгебраические выводы у Евклида приводятся исключительно в геометрическом виде. Выражение видавводится как сторона квадрата с площадью A, произведение - это площадь прямоугольника со сторонами a и b.

Этот набор методов было принято называть геометрической алгеброй.

Геометрический метод состоит в том, что само доказательство или решение задачи направляется наглядным представлением. (В старинных индийских сочинениях бывало так, что доказательство сводилось к чертежу, подписанному одним словом «Смотри!»).

На рубеже XVII в. на вооружение математиков пришли алгебраические методы, однако при этом нелишне вспомнить крылатую фразу замечательного французского математика Софии Жермен (1776-1831), которая сказала: «Алгебра - это не что иное, как записанная в символах геометрия, а геометрия - это просто алгебра, воплощенная в фигурах».

Геометрия - уникальный школьный предмет, внутри которого заложены богатейшие возможности развития логического мышления и пространственного воображения. Почему же этот потенциал, как правило, не используется на уроках алгебры? Зачастую алгебру и геометрию вообще воспринимают как два различных предмета, забывая о том, что это составляющие одного целого.

Теоретическую основу исследования составили работы следующих авторов: Мерзляк А. Г. , Полонский В. В., Якир М. С. «Неожиданный шаг, или сто тридцать красивых задач», Гельфанд И. М., Шень А. Х. «Алгебра», Березин В. Н., Березина Л. Ю., Никольская И. Л. «Сборник задач для факультативных и внеклассных занятий по математике», Генкин Г. З. «Геометрическое решение негеометрических задач»,Литвинова С.А., Куликова Л.В., Шиловская С.В., Тараева Г.Ю. «За страницами учебника математики».



2. Геометрические решения алгебраических задач

2.1 Геометрические решения тригонометрических задач

Многие тригонометрические задачи не решаются привычными для них методами или решаются очень сложно, а использование какого-нибудь геометрического приема дает короткое решение. «Тригонометрические функции - это испытанный аппарат геометрии и их тоже нужно излагать, отправляясь от простых наглядных задач, как они практически и возникли - из решения треугольников».

Рассмотрим несколько тригонометрических задач, в решении которых применены геометрические идеи.

Задача № 1.

Выразить arcsin через все остальные аркфункции.

Решение.

Так как 0 < arcsin< , то arcsin можно рассматривать как радианную меру острого угла прямоугольного треугольника, в котором противолежащий ему катет a = 7, гипотенуза c = . По теореме Пифагора катет равен: b= = = 1. Угол можно рассматривать как арккосинус или арктангенс, или арккотангенс соответствующих чисел (рисунок1)

Тогда arccos = arccos , = arctg 7 и = .

Задача № 2

Вычислить

Решение.

acrtg1= . Что же такое arctg2?Это число из интервала , тангенс которого равен 2. Аналогично и arctg3

Воспользуемся графической интерпретацией (рисунок 2). Из рисунка видно, что arctg2= arctg3=. Ясно, что числа и иррациональные и указать их значения можно только приближенно. По другому определению «арктангенсом числа а называется угол , принадлежащий интервалу , тангенс которого равен ».

Таким образом, дать однозначный ответ о значении выражения arctg2+arctg3+arctg1 нам не удалось.

Применим другой способ. Обозначим arctg2+arctg3 числом А.

Тогда tgA = tg(arctg2+arctg3) = = = = -1.

Так как и , то < arctg2 + arctg3 <, то есть .

Следовательно, А = . Итак, arctg2+arctg3+arctg1 = + = .

Использование геометрического подхода делает данную задачу практически устной.

Выполним следующие построения: arctg3 =BAM, arctg2 =

CAN (рисунок 4).

Тогда arctg1= BAC, где BAC - острый угол прямоугольного равнобедренного треугольника ABC (BC = AC = , АВ = , а по теореме, обратной теореме Пифагора, = + , следовательно ВСА = 90, а ВАС = 45)

Таким образом,arctg2+arctg3+arctg1 = ? ВАМ + ? ВАС+ ?САN = ? МАN = .

Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC (АВ=ВС) с углом АВС, равным 30 (рисунок 5). Проведем в треугольнике высоты AD и ВЕ. ?CAD = 15. tg 15 = . Если АD = 1, то АВ = 2 и BD = . Значит, CD = 2 -

Задача № 4

Доказать, что (одна из формул понижения степени).

Доказательство.

По рисунку 6 АЕ = ЕС =, BD =, СD =1-. Из подобия треугольников АВЕ и САD имеем = , т.е. = . Значит, .

Задача № 5.

Решить уравнение sin3x + 2cos3x = 2

Решение: Рассмотрим прямоугольный треугольник с катетами

ВС = 1 и АС = 2 (Рисунок 7). Тогда АВ = = 3. Пусть?А= ц, где ц острый угол.

Тогда cos ц=2/3 и sin ц=1/3.

Имеемsin3x+cos3x = , cos3xcosц + sin3xsinц=

сos(3x- ц)=. Решая уравнение получим: х=1/3arcsin1/3±1/3arccos2/3+2рn/3, nєZ

Ответ: х=1/3arcsin1/3±1/3arccos2/3+2рn/3, nєZ

2.2 Геометрические решения систем уравнений с двумя и более переменными

Задача № 6.

Решите систему уравнений:

Решение.

Рассмотрим слагаемые левой части второго уравнения:

= .

= .

Пусть это расстояния между точками М(x;y) и А(2;-1);

М(x;y) и В(10;5) соответственно.

Найдём расстояние между точками А(2;1) и В(10;5):

АВ = = 10.

Итак, геометрическая интерпретация второго уравнения системы такова: АМ + +ВМ =АВ, поэтому можно утверждать, что точка М принадлежит отрезку АВ, то есть 2 и -1

Составим уравнение прямой АВ, проходящей через точки А(2;-1) и В(10;5):

-1 = k 2 + b и 5 = k 10 + b, откуда k = ; b = , то есть y = или 3x - 4y = 10.

Запишем новую систему: . Значит, x = 6; y = 2.

Ответ: (6;2)

Задача №7.

Решите систему уравнений

Решение.

1)если x > 0, y > 0 и z > 0,то существует треугольник ABC с прямым углом C, у которого x и y - катеты, а z - гипотенуза (рисунок 8).

Периметр этого треугольника равен 60, а длина его высоты, проведённой из вершины прямого угла, равна 12. Из первого уравнения получаем, что , а из второго и третьего уравнений: z. Приравняв правые части последних уравнений, заметим, что 144z = 60І, т.е. z = .

Далее, наша система позволяет получить другую:

В этой системе одно неизвестное 15, а второе 20. Значит, исходная система имеет решения: (15; 20; 25) и (20; 15; 25).

2) В условии системы не оговаривается, что x, y и z - положительные числа. Из третьего уравнения следует, что два из трех неизвестных могут быть отрицательны. Однако по ходу решения мы убеждаемся, что z > 0. Значит, могут быть только x < 0 и y< 0. Но это не возможно, так как x + y = 35. геометрический тригонометрический треугольник неравенство

Задача № 8.

При каком система уравнений имеет ровно четыре решения?

Решение: построим линии, определяемые уравнениями системы (рисунок 9). . Четыре решения могут быть только в двух случаях, когда или .

Ответ: 1, .

2.3 Геометрические решения текстовых задач

Задача № 8

На двух копировальных машинах, работающих одновременно, можно сделать копию пакета документов за 10 мин. За какое время можно выполнить эту работу на каждой машине в отдельности, если известно, что на первой её можно сделать на 15 мин быстрее, чем на второй?

Решение.

На оси абсцисс откладываем время работы копировальных машин в минутах (рисунок 10). Обе машины, работая вместе, сделают копию за 10 мин. (ОМ = 10). Тогда одной первой для этого понадобиться t мин, а одной второй - (t + 15) мин. Положение точки V на оси ординат соответствует объему работы, которую необходимо выполнить.

Так как объем работы прямо пропорционален затраченному времени, то графики работы копировальных машин представляют собой отрезки: ОВ - график работы первой, ОС - график работы второй, ОА - график совместной работы.

Рассмотрим две пары подобных треугольников

, откуда

Покажем, что AN=KM. За 10 мин первая машина выполнит часть работы, соответствующую отрезку NM (AN - отрезок работы, который выполнит вторая машина). Но за 10 мин вторая машина выполнит часть работы, соответствующую MK. Поэтому AN = KM. учитывая это равенство и то, что CP = VO, получаем

Из пропорций (1) и (2) получаем соотношение: , из которого легко перейти к уравнению . Решая это уравнение, находим положительный корень t = 15. Таким образом, первая машина сделает копию пакета документов за 15 мин, а вторая за 30 мин.

Ответ: 15мин, 30 мин.

Расстояние между двумя городами равно 450 км. Два автомобиля выходят одновременно навстречу друг другу. Один автомобиль мог бы пройти все расстояние за 9 часов, другой - вдвое быстрее. Через сколько часов они встретятся?

Задача № 9.

Читаем с рисунка 11 ответ - 3 часа

2.4 Геометрические способы доказательства тождеств и неравенств

Для начала рассмотрим геометрические способы доказательства простых тождеств и неравенств. Такие доказательства были особенно популярны у математиков Древнего мира, а для нас они скорее служат иллюстрациями.

Задача № 10. Докажем геометрически:

а) тождество 2a2 + 2b2 = (a+b)2 + (a-b)2

б) неравенство ? (a ? 0, b ? 0).

Решение. Без ограничения общности можно считать, что a ? b. В противоположных углах квадрата со стороной a + b построим два квадрата со стороной a, общей частью которых будет светлый квадрат со стороной a - b (рисунок 12).

а) Левая часть доказываемого равенства - это сумма площадей четырех построенных квадратов, а первая часть - сумма площадей исходного квадрата и темного (пересечения). Эти суммы равны.

б) Умножив обе части доказываемого неравенства на 4, получим неравенство 2a2 + 2b2 ? (a + b)2, то есть сумма площадей четырех построенных квадратов либо больше, чем площадь квадрата со стороной a + b ( за счет площади общей части), либо они равны (при a = b).

Отметим, что доказанное неравенство равносильно неравенству между средним квадратичным и средним арифметическим:

?

Задача № 11. Докажем геометрически неравенство ( a ? 0, b ? 0).

a) (a + b)2 ? 4ab

б) ? ab.

Решение. И здесь можно считать, что a ? b.

а) Рассмотрим квадрат со стороной a + b. Его площадь равна ( a + b)2. В этом квадрате можно разместить 4 прямоугольника размером a Ч b и , если a ? b, в центре еще останется место для квадрата со стороной a - b ( рисунок 13).

б) Рассмотрим прямоугольник ABCD, в котором АВ = b, AD = a, тогда SABCD = ab. Проведем биссектрису прямого угла А, которая пересечет сторону ВС в точке Е и продолжение стороны DC в точке F (рисунок 14). Треугольники ADF и ABE прямоугольные и равнобедренные, поэтому SADF = , SABE = .

Если a ? b , то сумма площадей этих треугольников больше площади прямоугольника за счет треугольника ECF. Отметим, что доказанные неравенства равносильны неравенствам: а) между средним арифметическим и средним геометрическим ? , и между квадратичным и средним геометрическим: ? .

Теперь решим более сложные задачи.

Задача № 12.

а) Докажем геометрически: если 0 <b<c<a, то a2 + b2>c2 + (a + b - c)2.

б) Известно, что сумма n неотрицательных чисел равна 1. Докажем, что сумма их квадратов не меньше .

Решение. а) Запишем равносильное неравенство: a2 + b2 - c2> (a + b - c)2 .

Рассмотрим квадрат ABCD со стороной a + b, внутри которого построим квадраты: AEQN со стороной a, CMQF со стороной b и AGTL со стороной с (рисунок 15). Тогда левая часть неравенства - разность суммы площадей первых двух квадратов и площади третьего, а первая часть - площадь квадрата CKTH. Общей частью этих фигур являются квадраты CMQF и PQRT, «убрав» которые, получим в левой части площади двух одинаковых прямоугольников, EPTG и LTRN, а в правой - одинаковых прямоугольников KPQM и FQRH.

Площадь EPTG равна ( a - c) c, а площадь FQRH равна (а - с)b . Так как с >b, то левая часть неравенства больше правой, что и требовалось.



б) Пусть а1, а2, …, аn- данные числа. Рассмотрим квадрат со стороной 1, в котором проведем одну из диагоналей. Разделим эту диагональ произвольным образом на n частей, каждая из которых станет диагональю нового квадрата.

Сумма длин сторон построенных квадратов равна 1, поэтому теперь достаточно доказать, что сумма их площадей не меньше площади исходного квадрата, поделенной на n.

Заметим, что если разбить диагональ большого квадрата на равные части, то сумма площадей малых квадратов равна 2 · n = .

Пусть среди рассматриваемых квадратов есть хотя бы два различных. Тогда сторона одного из них больше чем , а сторона другого - меньше чем . Без ограничения общности можно считать, что это квадраты со стороной а1 и а2 . Передвинем разделяющую их точку так, чтобы стороны этих квадратов стали равны и а1 + а2 - .

Так как а12 + а22>2 + 2 (см. п. «а»), то сумма площадей всех квадратов уменьшится.

Повторив эту операцию конечное число раз, каждый раз уменьшая сумму площадей квадратов, получим разбиение диагонали на равные части. Таким образом,

а12 + а22 + … + аn2 ? , причем равенство достигается тогда и только тогда, когда 

а1 = а2 = … = аn= .

В процессе рассуждения была в неявном виде использована математическая индукция, а сам использованный метод доказательства носит название «метода Штурма».

Отметим также, что, обозначив заданные числа через а1, а2, …, аnи заменив их сумму на произвольное число S, аналогичными рассуждениями получим неравенство

а12 + а22 + … + аn2 ? , которое равносильно неравенству между средним арифметическим для n чисел: ? .

Задача № 13. Докажите, что если 0 < х < 1 , 0 <y< 1 и 0 <z< 1 , то

x(1 - y) + y(1 - z ) + z(1 - x ) < 1.

Решение. Рассмотрим куб с ребром 1. Выберем три ребра, выходящие из одной вершины, и отложим на них отрезки с длинами x, y и z.

Построим три прямоугольных параллелепипеда с размерами: x Ч (1 - y)Ч 1 , y Ч (1 - z )Ч 1, z Ч (1 - x )Ч 1.

Так как эти параллелепипеды не имеют общих внутренних точек, то сумма их объемов меньше, чем объем куба, равный 1.

Задача № 14. Докажите неравенство

+ + … + + < .

Решение. Рассмотрим четверть круга единичного радиуса. Впишем в него «ступенчатую» фигуру, состоящую из 99 прямоугольников одинаковой ширины 0,01

Найдем площади этих прямоугольников (их высоты вычисляются по теореме Пифагора):

S1 = 0,01 · =

S2 = 0,01 · =

S99 = 0,01 · =

Так как сумма площадей всех прямоугольников равна

<Sпр = , то + +… + + < , что и требовалось.



Заключение

В ходе проведенного исследования наша гипотеза нашла подтверждение - алгебраические задачи могут быть решены с помощью геометрии.

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.

Сопоставив задачи и способы их решения, мы получили следующую схему:

Все решения рассмотренных задач отличаются от тех, которые приводятся в учебниках. Наши решения почти не содержат пояснительный текст. Символьный ряд решения в основном также невелик. Зато усилена визуальная составляющая решения (почти для каждой задачи приведен рисунок). Видя решение на рисунке, получаем ответ.

К преимуществам решения задач геометрическим способом можно отнести следующие

- при решении задачи этим методом четко определяется начало действия;

- графическая иллюстрация облегчает проведение анализа, составления уравнений, помогает найти несколько способов решения;

- расширяется область использования графиков, повышается графическая культура;

- совершенствуется техника решения уравнений (разделений переменных);

- реализуются внутрипредметные (алгебра и геометрия) и межпредметные (математика и физика) связи.

Таким образом, мы пришли к следующим выводам:

Мы рассмотрели различные задачи, подобрали для них геометрические способы решения, сравнили алгебраический и геометрический методы решения.

Удобнее и нагляднее всего решать геометрическим методом тригонометрические задачи. Этот метод можно использовать в качестве проверки при решении задач.

Рассмотренные геометрические методы подходят для решения конкурсных, нестандартных и олимпиадных задач, задач ЕГЭ части С. Позволяют существенно упростить их решение, сделать его более понятным и наглядным.

Применение геометрических методов позволяет развивать пространственное воображение, которое является основным для освоения материала в старших классах,а также позволяет сократить время решения задач (применимо к тестам).

Нетрадиционные приемы решения задач позволяют полнее раскрыть потенциал каждого ученика, приобщить к творчеству, к исследовательской деятельности и проиллюстрировать внутриматематические связи.

Задачи, как правило, не обладают для нас признаком привычности, но достаточно легко воспринимаются. Благодаря интеграции «негеометричности» условия задачи и её геометрического решения математические знания предстают перед нами как живая, динамичная система, способная решать задачи из других наук и практики. По существу, действует двусторонний процесс: обучение математике и обучение математикой.



Список использованной литературы

1 Березин В. Н., Березина Л. Ю., Никольская И. Л. Сборник задач для факультативных и внеклассных занятий по математике: Кн. для учителя. - М.: Просвещение, 1985.

2 Гельфанд И. М., Шень А. Х. Алгебра. - М.: МЦНМО, 2009

3 Генкин Г. З. Геометрическое решение негеометрических задач. Математика в школе. М.: Просвещение, 2007.

4 Литвинова С.А., Куликова Л.В., Шиловская С.В., Тараева Г.Ю. За страницами учебника математики. М.: Панорама, 2006.

5 Мерзляк А. Г., Полонский В. В., Якир М. С. Неожиданный шаг, или Сто тридцать красивых задач. - Киев: Агрофирма «Александрия», 1993

6 Пичурин Л. Ф. За страницами учебника алгебры. - М.: Просвещение,1992

7 Шарыгин Н. Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике: Решение задач. - М.: Просвещение, 2001

Размещено на Allbest.ru