"Решение алгебраических задач геометрическими методами"

РЕШЕНИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

ГЕОМЕТРИЧЕСКИМИ МЕТОДАМИ.

( Учитель математики МБОУ «СОШ №91» Распопина Зинаида Андреевна.

г Новокузнецк. Кемеровская область.)

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.

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

Необходимо сказать о том, что, например, алгебраические выводы у Евклида приводятся исключительно в геометрическом виде. Выра­жение вида √A вводится как сторона квадрата с площадью А, произве­дение ab — это площадь прямоугольника со сторонами а и b и т.д.

Этот набор методов было принято называть геометрической алгеброй.

Нелишне вспомнить крылатую фразу замечательного французского математика Софии Жермен (1776-1831), которая сказала: «Алгебра - не что иное, как записанная в символах гео­метрия, а геометрия — это просто алгебра, воплощенная в фигурах».

Геометрия — уникальный школьный предмет, внутри которого 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.

Актуальность: Математика – предмет, изучающийся с первого по выпускной класс. 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. Многие задачи ЕГЭ из части 2 можно решить геометрическим методом.

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!».)

В своей работе мы ставим следующую цель: показать, что преимущество геометрического решения алгеб­раических задач в его наглядности, так как геометрический подход до­пускает изящное решение;

Задачи:

1. Найти и изучить литературу по данной теме.

2. Рассмотреть алгебраические задачи, которые можно решить и алгебраически и геометрически. Сравнить способы решения задач различными методами.

3. Определить задачи, которые удобнее решать геометрическим методом.

4. Рассмотреть ряд приемов решения нестандартных и конкурс­ных задач.

5. Развивающая задача: повысить свое интеллектуальное развитие.

Предмет исследования: Геометрические методы решения задач.

Объект исследования: Алгебраические задачи.

Методы исследования: Аналогия, обобщение, анализ научной литературы.

Мы рассмотрели в работе несколько типов задач, для которых подобрали решение и алгебраическим и геометрическим методами. Сравнили эти решения и попробовали применить данные способы для решения подобных задач. Мы рассмотрели лишь часть способов, показали лишь часть решенных задач.

Новизна работы заключается в углубленном изучении математики на основе интеграции алгебраического и геометрического методов решения задач.

Основная часть

1. Решение 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»?

Пример1: выразить через все остальные аркфункции.

Решение: Так как

то можно рассматривать как радианную меру острого угла прямоугольного треугольни­ка, в котором противолежащий ему катет а = 7, гипотенуза с =√50

По теореме Пифагора другой катет равен:

Угол α можно рассматривать как арккосинус или арктангенс, или арккотангенс соответствующих чисел (рис. 4).

Пример 2. Вычислить arctg2+arctg3+arctg1

Определение: arctg а (арктангенс а) — это такое число из интервала тангенс которого равен а.

Решение: На основании этого определения arctg х = π/4 Что же такое arctg2 ?

Это число из интервала (-π/2:π/2) тангенс которого равен 2. Аналогично и arctg3.

Воспользуемся графической интерпретацией (рис.5). Из рисунка вид­но, что arctg2 = x₁ , arctg3 = x₂ . Ясно, что числа х₁ и х₂ иррациональные и ука­зать их значения можно только приближенно. По рис. 6 видно, что arctg2= α, а аrctg3 = β. Однозначно определить ответ невозможно.

Использование геометрического подхода делает данную задачу практически устной.

Выполним следующие построения: arctg3 = <BAM, arctg2 =<CAN (рис. 7). Тогда arctg1=<ВАС, где <ВАС - острый угол прямоугольного равнобедренного треугольника ABC (ВС = АС=√5, АВ = √lO , а по теореме, об­ратной теореме Пифагора, АВ² = АС²+ВС², следовательно <ВСА = 90°, а <ВАС = 45°). Таким образом, arctg2 + arctg3 + arctg1 = <ВАМ + <ВАС + <CAN = <MAN = π. Ответ: π .

2. Решение систем уравнений

Решить систему уравнений:

Решение:

По теореме обратной теореме Пифагора, из уравнения х² + у² =3² , числа х и у являются катетами АBD ( D – прямой) с гипотенузой АВ = 3. Рассматривая второе уравнение у² + z² = 16, построим BDC, где у и z – катеты, а ВС = 4 – гипотенуза. Третье уравнение y² = xz подсказывает, что число у есть среднее пропорциональное чисел х и z.

По теореме обратной теореме о пропорциональных отрезках <АВС = 90⁰ АС = ( х + z ) = = 5, тогда

AB² = AD • AC, 9 = х • 5, х =9/5

BC² = DC • AC, 16 = z • 5, z = 16/5

BD² = y² = x • z = 9/5 • 16/5 и BD =12/5 = y.

Однако,такой прием дает потерю корней, легко убедиться, что х = ± 9/5; у = ± 12/5; z = ± 16/5.

Для данной системы задания могут быть и другие.

Например, чему равно значение выражения ху + уz ; х + у + z; х + у; х + z;

3.Решение текстовых задач на движение

Очень многие текстовые задачи на составление уравнений (или систем уравнений) можно решать графически. К ним относятся задачи на движение и на совместную работу. Решение задачи основывается на точных геометрических соотношениях.

Преимущество геометрического решения в его наглядности, так как чертёж помогает глубже понять условия задачи.

Решить задачу: 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?

Читаем с чертежа ответ: 3 часа.

4. Решение конкурсных задач и задач ЕГЭ

Геометрическим методом хорошо ре­шаются уравнения и неравенства с пара­метрами, а также их системы

Пример1: При каком a система уравнений |x|+|y| =1

имеет ровно четыре решения? x²+y²=a

Решение: Построим линии, определяемые уравнениями системы.

r=√2/2. Четыре решения могут быть только в двух случаях,

когда a=R²=1, или a=r²=1/2.

Ответ:1;1/2.

Пример2: При каких значениях a система уравнений x²+y²=z;

x+y+z=a

имеет единственное решение?

Решение: Система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда уравнение x²+y²+ x+y=a, полученное из системы x²+y²= z;

x+y+z=a имеет единственное решение.

Преобразуем полученное уравнение:

x²+y²+ x +y=(x²+x+0,25)+(y²+y+0,25)-0,25-0,25=a

(x+0,5)²+(y+0,5)²=0,5+a (*)

Итак, уравнение(*) задает на плоскости окружность с центром(-0,5;0,5)и радиусом R=√0,5+a.

1)Если 0,5+а<0, т.е. при а<-0,5, множество точек, задаваемых на плоскости уравнением(*), пусто, а следовательно, исходная система решений не имеет;

2)Если 0,5+а=0, т.е. при а=-0,5, уравнение(*) имеет единственное решение, т.к. и окружность вырождается в точку(-0,5;0,5);

3)Если 0,5+a>0,т.е. при a>-0,5, множество точек, задаваемых на плоскости уравнением (*), является окружностью с центром(-0,5;0,5) и R√0,5+а. В этом случае уравнение (*), а следовательно, и исходная система, имеет бесконечно много решений.

Ответ: а = - 0,5.

Пример 3: Вычислить (без калькулятора и таблиц) sin18.

Приведём геометрический способ решения (рис 14).

Рассмотрим сектор OAB окружности с центром в точке O и радиуса 1,

Проведём хорду AB, на отрезке OB построим точку C так,

чтобы AC = AB, при этом <AСВ = <ABC= 72°, a <CАВ = 36°.

Таким образом, , следовательно, OC = AC.

Пусть AB = x, СВ = 1-x.

Поскольку АС – биссектриса треугольника ОАВ, справедлива пропорция = , откуда

х²+х-1=0, (х>0), х=(√ 5-1)/2

По теореме косинусов:АВ²=ОА²+ОВ² -2ОА*ОВ*cos<АОВ, х²=1+1 – 2cos36⁰,

х= 2(1-cos36⁰) ⁼ 2(1-cos²18⁰+sin²18⁰)= 2sin18⁰

Тогда sin 18⁰=(√ 5-1)/4

Ответ: (√ 5-1)/4

Геометрическим методом хорошо решаются тригонометрические уравнения и неравенства.

Пример 4: Решить уравнение sin3x + 2cos3x = 2

Решение: Рассмотрим прямоугольный треугольник с катетами

ВС = 1 и АС = 2 . Тогда АВ = = 3. Пусть<А= φ, где φ – острый угол.

Тогда cos φ=2/3 и sin φ=1/3.

Имеем sin3x+cos3x = , cos3xcos φ + sin3x sin φ=

сos(3x- φ)=_{. Решая уравнение получим: х=1/3arcsin1/3±1/3arccos2/3+2πn/3, nєZ}

Ответ: _{х=1/3arcsin1/3±1/3arccos2/3+2πn/3, nєZ}

Пример 5: Найдите значение выражения tg(arcsin). А

Решение: По определению арксинуса имеем: - arc, причём если x 0,

то 0 arcsin x . Построим прямоугольный треугольник АВС с углом А,

который равен arcsin. При этом, по теореме Пифагора, прилежащий катет будет

равен . Поэтому tg(arcsin) = = и tg(arcsin) = * = 2.

О

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

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

Мы попытались сопоставить задачи и способы их решения, вот какая картина у нас получилась:

Мы предлагаем свой алгоритм решения алгебраических задач геометрическим способом:

1)Построение геометрической модели задачи, т.е. перевод её на язык геометрии;

2)Решение получившейся геометрической задачи;

3)Перевод полученного ответа с геометрического языка на естественный.

Преимущества решения задач геометрическим способом:

• При решении задачи этим методом четко определяется начало действия;

• Графическая иллюстрация облегчает проведение анализа, составления уравнений, помогает найти несколько способов решения;

• Расширяется область использования графиков, повышается графическая культура учеников;

• Совершенствуется техника решения уравнений (разделений переменных);

• Реализуются внутрипредметные (алгебра и геометрия) и межпредметные (математика и физика) связи.

Выводы

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

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

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

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

Литература:

1. Куликова Л. В. , Литвинова С. А., За страницами учебника математики, М. - Глобус, 2008.

2. Киселева Ю. С., Методическое пособие по теме: Использование геометрических методов

при решении алгебраических задач.

3. В.А. Филимонов, Геометрия помогает решить задачу – Математика в школе № 2-3, 1992

4. Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин, Ю. В. Сидоров и др., Алгебра и начало анализа: Учеб. Для 10-11 кл. образоват. учреждений ,– 10-е изд., дораб. – М.: Просвящение, 2002. – 384с.

ПРИЛОЖЕНИЯ

Но когда эти науки (алгебра и геометрия) объединились, они энергично поддержали друг друга и быстро зашагали к совершенству.

Ж. Л. Лагранж

Решение квадратных уравнений и уравнений выше второй степени

В древности, когда геометрия была более развита, чем алгебра, квад­ратные уравнения решали не алгебраически, а геометрически.

Среднеазиатским ученым Мухаммедом ал-Хорезми (IX в.) были рас­смотрены и решены шесть видов квадратных уравнений, но без какого бы то ни было алгебраического формализма (в геометрической форме), содер­жащих в общих частях только члены с положительными коэффициентами, причем рассматривались только положительные корни. Суть его рассуж­дений видна из рисунка (он рассматривает уравнение х² + 10 x= 39 ).

Площадь большого квадрата скла­дывается из площади х² + 10x, равной левой части рассматриваемого урав­нения, и площади четырех квадратов со стороной 5/2, равной 25.

Таким образом, S_ABCD =х² + 10x + 25 = 39 + 25 = 64; отку­да следует, что сторона квадрата ABCD, то есть отрезок АВ= 8, а ис­комая сторона первоначального квадрата равна

8-5/2-5/2=3.

Следует упомянуть и о на­хождении корней квадратного уравнения ах² + вх + с=О с по­мощью циркуля и линейки.

До­пустим, что искомая окружность пересекает ось абсцисс в точках B(x₁;0) и D(x₂;0), где х₁ и х₂ — корни уравнения ах² + вх + с =0, и проходит через точки А(0; 1) и С(0;у) на оси ординат. Тогда по теореме о секущих имеем

ОВ * OD = О А * ОС, откуда

Центр окружности находится в точке пересечения перпендикуляров SF и SK, восстановленных в серединах хорд АС и BD, поэтому координаты точки S

Итак:1)построим точки S; (центр окружности) и A(0;1);

2) проведем окружность радиуса SA;

3) абсциссы точек пересечения этой окружности с осью Ох являют­ся корнями исходного квадратного уравнения.

При использовании данного метода также возможны три случая (рис. 3):

Уравнения степеней выше второй тоже решали геометрически при помощи кривых — гиперболы, параболы и др. Все возможные случаи ре­шения кубического уравнения геометрическими методами рассмотрел среднеазиатский математик и знаменитый поэт Омар Хайям на рубеже XI-XII веков. Алгебраическое же решение кубического уравнения было най­дено лишь в XVI веке.

5. Феликсом Клейном в монографии «Лекции об икосаэдре и реше­нии уравнений пятой степени» изложена теория уравнений пятой сте­пени, основанная на геометрических свойствах икосаэдра.

Геометрическое решение текстовых задач

Очень многие текстовые задачи на составление уравнений (или систем уравнений) можно решать графически. К ним относятся задачи на движение и на совместную работу. Решение задачи основывается на точных геометрических соотношениях.

Преимущество геометрического решения в его наглядности, так как чертёж помогает глубже понять условия задачи.

Пример 1: На двух копировальных машинах, работающих одновременно, можно сделать копию пакета документов за 10 мин. За какое время можно выполнить эту работу на каждой машине в отдельности, если известно, что на первой её можно сделать на 15 мин. быстрее, чем на второй?

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

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

Рассмотрим две пары подобных треугольников

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 – 30 мин.

Ответ: 15 мин, 30 мин.

При решении подобных задач иногда целесообразно выполнять иные построения.

Пример 2: Два всадника выезжают одновременно из пунктов A и B навстречу друг другу. Один прибывает в B через 27 мин после встречи, а другой прибывает в A через 12 мин после встречи. За сколько минут проехал каждый всадник свой путь?

Решение: Рассмотрим две системы координат tAy и t’By’. На оси At откладываем время движения первого всадника, а на оси Bt’ - время движения второго всадника. Оси пройденного пути противоположно направлены, а длина отрезков AB в каждом случае равна пройденному пути. Отрезок AB1 – график движения первого всадника, а отрезок BA1 – график движения второго всадника (рис).

Точка O соответствует моменту их встречи. Время движения всадников до встречи обозначим t. Из геометрических соображений ясно, что

Тогда. Из равенства следует = , откуда t = 18. Таким образом, первый всадник проехал весь путь за 18 + 12 = 30(мин), а второй за 18+27 = 45(мин).

Ответ: 30 мин, 45 мин.

Данные навыки могут пригодиться на уроках физики, где часто практикуются графические подходы к решению задач на движение.