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

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

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

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

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

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

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

После пересчета коэффициентов это уравнение примет вид

, (1.12)

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

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

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

(1.13)

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

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

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

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

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

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

(1.15)

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

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

, (1.16)

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

Представим искомую функцию Wuy(z) произведением трех сомножителей:

(1.17)

где Θ,П- неизвестные полиномы.

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

(1.18)

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

(1.19)

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

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

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

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

Размещено на http://www.allbest.ru/

Министерство образования и науки Российской Федерации

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

Физико-математический факультет

44.03.05 Педагогическое образование профиль математика и информатика

Кафедра математики и методики преподавания математики

КУРСОВАЯ РАБОТА

АЛГЕБРАИЧЕСКИЙ МЕТОД ПОСТРОЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ

Бедарева Мария Николаевна

Научный руководитель доцент

Н.А.Пахаева

Горно-Алтайск 2016

Введение

Заключение

Введение

Геометрические построения являются весьма существенным элементом изучения геометрии.

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

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

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

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

1. Алгебраический метод решения геометрических задач на построение

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

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

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

Построение.

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

2. опустим LK BC;

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

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

5. чертим окружность (О, ОА );

МС - искомая касательная.

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

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

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

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

Построение.

1. проводим окружность S1(A, x);

2. S2(B, c - x);

3. S3(C, b - x).

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

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

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

Исследование. Задача всегда однозначно разрешима, поскольку:

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

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

3. b > x , так как.

2. Задачи на построение и схема их решения

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

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

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

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

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

а) 17; б) 19; в) 27.

Решение:

а) 1753 1805=1 да;

б) 1919 1802=1 да;

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

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

Рисунок 1 Схема построения к Задаче №2

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

Доказательство. В прямоугольном АDC :

Задача 3. Построить отрезок х= .

Рисунок 2 Схема построения к Задаче №3

Построение:

1. На произвольной прямой АВ отметим точку М.

2. Проведем MN AB.

3. MC = b , C MN .

4. E= (C, a )АВ , a b

5. EM=

Задача 4. Построить х=

Указание. Строим и затем х= .

Задача 5. Построить корни квадратного уравнения.

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

Рисунок 3 Схема построения к Задаче №5

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

Решение возможно, если.

Рисунок 4 Схема построения№2 к Задаче №5

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

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

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

, xa = ca cx + cd , .

Решая это уравнение. Находим.

Рисунок 5 Схема построения к Задаче №5

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

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

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

Исследование. Задача разрешима, если d c.

3. Построение отрезков заданных основными формулами

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

* составлению уравнения по условиям задачи;

* решению полученного уравнения относительно буквы, означающей искомый отрезок;

* исследованию полученной формулы;

* построению отрезка по полученной формуле.

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

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

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

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

Построение отрезков по формулам

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

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

Рисунок 6 Теорема о пересечении сторон угла параллельными прямыми

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

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

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

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

Приведем примеры построения отрезков, выраженных формулами.

Пример 1.

где y = a + b, z = b - c, t = a + c.

Пример 2.

где y = a + b , z = a + c .

Заключение

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

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

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

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

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

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

Список использованной литературы

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

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

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

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

Размещено на Allbest.ru

...

Подобные документы

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

курсовая работа , добавлен 13.08.2011

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

реферат , добавлен 10.08.2014

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

курс лекций , добавлен 18.12.2009

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

дипломная работа , добавлен 24.06.2011

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

дипломная работа , добавлен 25.06.2011

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

презентация , добавлен 19.01.2014

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

диссертация , добавлен 19.06.2015

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

курсовая работа , добавлен 11.12.2011

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

дипломная работа , добавлен 30.09.2009

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

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

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

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

Решение

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

Тогда по условию

7. АВ = CD = 2х (3, 6)

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

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

Приведем задачу, которая решается с помощью системы уравнений.

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

Решение

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

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

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

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

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

8. а + Ь = 7,

а 2 + Ъ 2 =d 2 (,)

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

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

Приравнивая правые части равенств 9 и 10, получим:

11. (1/2) (а-Ь) = 1, 2d (9, 10)

В итоге мы получаем систему трех уравнений с тремя неизвестными:

12. а + Ь = 7,

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

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

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

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

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

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

Рис. 3.27

Решение

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

и касающиеся друг друга внешним образом I (дано)

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

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

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

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

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

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

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

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

После этого получим:

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

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

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

Мы получили систему двух уравнений с двумя неизвестными.

17. R + r = ---,

COS i (12,13,16)

R .r = *

Решая систему, получим

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

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

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

Решение

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

Первый способ

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

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

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

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

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

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

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

Второй способ

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

Если его обозначить через а, то можно найти AD.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Решение

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

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

Можно выписать некоторые следствия, вытекающие из условия теоремы:

5. DP = СР )

> (1,2, определение средней линии трапеции)

О. АС/ = L/jD I

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

Эта работа приведет к первому способу доказательства теоремы.

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

Запишем эти построения.

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

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

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

Рассмотрим свойства указанных треугольников:

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

Возможны и другие способы доказательства этой теоремы:

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

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

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

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

Решение

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

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

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

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

Каждый из этих случаев приведет нас к нужному результату.

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

Решение

1. Треугольник АВС] .
2 АВ = а (дано)

Z.CK~LAB I «-33,а)

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

Вот как обычно в действующих учебниках описывают это доказательство:

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

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

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

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

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

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

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

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

Рис. 3.35

Приведем еще примеры решения нескольких задач различными способами.

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

Решение

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

Можно выписать еще несколько свойств, следующих из условия задачи:

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

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

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

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

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

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

Мы подошли к решению задачи первым способом:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

v 2 / v 2 )

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

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

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

Решение

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

Первый способ

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

8. CN = NP = PD (2,3, теорема Фалеса)

Из перечисленных восьми свойств нельзя получить нужных отрезков.

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

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

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

Подставим значение КР в равенство 11:

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

Можно иначе ввести обозначение:

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

У = (х + у)/2

х = (у + 2)/2| (13)

Решим эту систему:

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

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

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

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

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

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

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

Рис. 3.39

Решение 1. ААВС

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

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

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

Первый способ

Итак, Sabc = ^ ah a .

На рисунке нет h a .

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

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

Заметим, что это типичный пример использования алгебраического метода решения:

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

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

Подставим значение x в равенство 12.

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

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

но сделать с помощью теоремы косинусов и основного тригонометрического тождества:

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

о а Ь 2 +с 2 -а 2

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

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

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

Алгебраический метод

Возможны два случая для решения задач алгебраическим методом:

1. матрица имеет седловую точку;

2. матрица не имеет седловую точку.

В первом случае решение - это пара стратегий, образующих седловую точку игры. Рассмотрим второй случай. Решения здесь следует искать в смешанных стратегиях:

Отыщем стратегии и. При использовании первым игроком своей оптимальной стратегии второй игрок может, например, применить две такие чистые стратегии

При этом в силу свойства, если один из игроков применяет оптимальную смешанную стратегию, а другой - любую чистую, входящую в его оптимальную смешанную стратегию с вероятностью не равной нулю, то математическое ожидание выигрыша всегда остается неизменным и равным цене игры, т.е.

Выигрыш должен в каждом из этих случаев быть равен цене игры V. В таком случае справедливы такие соотношения:

Систему уравнений, аналогичную (2.5), (2.6) можно составить и для оптимальной стратегии второго игрока:

Принимая во внимание условие нормировки:

Решим совместно уравнение (1.37) - (1.41) относительно неизвестных можно решать и не все сразу, а по три: отдельно (1.36), (1.38), (1.40) и (1.37), (1.39), (1.41). В результате решения получим:

Графический метод

Приближенное решение игры 22 можно довольно просто получить воспользовавшись графическим методом. Суть его заключается в следующем:

Рисунок 1.1- нахождение участка единичной длинны

Выделить на оси абсцисс участок единичной длины. Левый конец его будет изображать первую стратегию первого игрока, а правый вторую. Все промежуточные точки соответствуют смешанным стратегиям первого игрока, причем длина отрезка справа от точки равна вероятности применения первой стратегии, а длина отрезка слева от - вероятности применения второй стратегии первым игроком.

Проведены две оси I-I и II-II. На I-I будем откладывать выигрыш при использовании первым игроком первой стратегии, на II-II при использовании им второй стратегии. Пусть, например, второй игрок применил свою первую стратегию, тогда на оси I-I следует отложить величину, а на оси II-II - величину

При любой смешанной стратегии первого игрока его выигрыш определится величиной отрезка. Линия I-I соответствует применению первой стратегии вторым игроком, будем её называть первой стратегией второго игрока. Аналогично можно построить и вторую стратегию второго игрока. Тогда в целом графическое отображение матрицы игры примет такой вид:

Рисунок 1.2 - нахождение цены игры

Следует однако отметить, что это построение проводилось для первого игрока. Здесь длина отрезка ровна цене игры V.

Линия 1N2 называется нижней границей выигрыша. Здесь наглядно видно, что точка N соответствует максимальной величине гарантированного выигрыша первого игрока.