Несколько способов решения одной задачи.

Несколько способов решения одной задачи.
Учитель математики МБОУ
«Красносельская СОШ»
Меньшова Е.Н.
Что создаем мы впредь, на то власть Господня,
Но то, что мы создали, то с нами по сегодня.
Н. Гумилев.
Умение решать задачи – одна из важных составляющих в обучении
математики. А если умеешь решать задачу несколькими способами, то можно
смело браться за решение любой задачи. Постепенно, решая задачу за
задачей, приобретаешь некоторый опыт, что позволит развить
математическое чутьё. При рассмотрении различных способов решения
задачи формируется логическое мышление, развивается интуиция,
систематизируются знания, расширяется общеобразовательный кругозор,
накапливается полезный опыт.
Одной из важных особенностей математики, делающих ее прекрасной,
является наличие в ней красивых задач и изящных решений. Восприятие
красоты задачи развивается с годами, по мере овладения математическими
знаниями. Это овладение у разных учащихся происходит по-разному. А
потому учащиеся даже одного и того же класса воспринимают одну и ту же
задачу совершенно различно: одни видят в ней изюминку, такая задача
зажигает в них желание преодолеть все трудности и найти неизвестный
ответ; другие же, часто не понимая содержание предложенной задачи, не
представляя никаких путей решения ее, могут воспринимать такую задачу
как задание, направленное на указание их некомпетентности. Отыскание
различных способов решения задач – важнейшее средство развития
творческого мышления. Поэтому при изучении математики целесообразно
решать одну и ту же задачу несколькими способами. Это способствует
развитию творчества, повышению интереса к предмету. Умению подходить к
решению задачи с разных сторон.
При разборе различных способов решения одной и той же задачи
учащиеся должны оценить все плюсы и минусы каждого способа и выбрать
наиболее удачный. Возможность математического анализа, выбор
рационального способа решения воспитывает их самостоятельность,
способствует прочности усвоения математического материала.
Ученик не ограничивается одним единственным решением той или
иной задачи. А ищет наиболее рациональные приемы, наиболее краткие, а
потому наиболее красивые и изящные пути решения. А, завершив
победоносное решение довольно сложной задачи, рассмотрев все способы
решения ее, такой ученик непременно выделит, отберет наиболее красивые
способы решения.
Решение задач по алгебре разными способами.
Задача 1. Разложить на множители х3 − 7х + 6.
1
способ:
х3 − 4х − 3х + 6 = х ∙ (х2 − 4) − 3 ∙ (х − 2) = (х − 2) ∙
(х2 + 2х − 3) = (х − 2) ∙ (х + 3) ∙ (х − 1)
2 способ: х3 − 1 − 7х + 7 = (х − 1) ∙ (х2 + х + 1) − 7 ∙ (х − 1) = (х − 1) ∙
(х2 + х − 6) = (х − 1) ∙ (х + 3) ∙ (х − 2)
3 способ: х3 − х − 6х + 6 = х ∙ (х2 − 1) − 6 ∙ (х − 1) = (х − 1) ∙ (х2 + х −
6) = (х − 1) ∙ (х − 2) ∙ (х + 3)
4 способ: методом подбора найдем один из корней, например х = 1, а затем
выполним деление многочлена х3 − 7х + 6 на двучлен х − 1,
получим х2 + х − 6. Далее трехчлен х2 + х − 6 разложим на
множители, представив его в виде х2 + 3х − 2х − 6, после чего
сгруппируем члены.
Одним из важнейших вопросов математики является решение уравнения. И
на примере кубического уравнения рассмотрим несколько способов его
решения.
Задача 2. Решить уравнение х3 + 7х + 8 = 0
1 способ: (х3 + 1) + (7х + 7) = 0; (х + 1) ∙ (х2 − х + 8) = 0; х = −1
Трехчлен х2 − х + 8 не имеет действительных корней, поскольку его
дискриминант отрицателен.
2 способ: Найдем подбором корень х = −1, а затем выполним деление
многочлена х3 + 7х + 8 на двучлен х + 1. При делении в частном
получится трехчлен х2 − х + 8, не имеющий действительных корней.
3 способ: Функция входящая в левую часть равенства х3 + 7х + 8 = 0
возрастающая, а в правой части равенства – постоянное число;
значит найденный подбором корень х = −1 единственный.
4 способ: Запишем данное уравнение в виде равенства двух функций: х3 =
−7х − 8. При х = −1 левая часть равна правой (это устанавливаем
подбором). Функция в левой части возрастает, а функция в правой
части убывает, следовательно, ни при каких других значениях
переменной равенство не может выполняться.
5 способ: Построив графики функций у = х3 и у = −7х − 8 в одной системе
координат найдем абсциссу пересечения этих графиков.
6 способ: Найдем подбором корень х = −1, а затем, используя теорему
Виета, составим систему х1 + х2 + х3 = 0, х2 + х3 = 1
х1 ∙ х2 ∙ х3 = −8 или х2 ∙ х3 = 8, которая не имеет решений.
Задача 3. Решить неравенство х2 > 4.
1 способ: Из условий следует, что |х| > 2, т.е. расстояние от нуля до точек,
удовлетворяющих данному неравенству больше двух (рис 1.)
-2
0
2
Рис. 1
Итак, х < −2; х > 2
2 способ: Построим графики функций у = х2 и у = 4 в одной системе
координат (рис. 2) и найдем значения х, для которых ординаты
первого графика больше, чем ординаты второго.
у
У=Х2
У=4
-2
0
Х
2
Рис. 2
3 способ: Построим график функции у = х2 − 4 и найдем значения х, для которых
у > 0. т.е. х2 − 4 > 0 (рис. 3)
у
-2
0
1
2
Х
Рис. 3
4 способ: Воспользуемся методом интервалов:
х2 − 4 > 0; (х − 2) ∙ (х + 2) > 0. (Рис. 4)
+
+
-
Рис. 4
5 способ: Запишем неравенство в виде (х − 2) ∙ (х + 2) > 0 и получим две системы
х−2>0
х−2<0
а) {
б) {
х+2>0
х+2<2
Решив их, найдем х < −2; х > 2.
Задача 4. Две старушки вышли одновременно навстречу друг другу из двух городов.
Они встретились в полдень и достигли чужого города – первая в 4ч
пополудни, а вторая в 9 ч. Узнать, когда они вышли из своих городов.
Задачу можно решить «стандартным» способом с помощью уравнения с
переменной в знаменателе.
1 способ. Пусть до встречи старушки шли х часов. Тогда на весь путь первая
затратила (х + 4) часа, а вторая (х + 9) часов. Примем весь путь за единицу.
1
1
1
Первая проходила в час
, вторая
, а вместе всего пути. Составим
-2
2
1
1
1
х+4
х+9
х
уравнение
+
= .
х+4
х+9
х
Решив его, получим х = 6.
2 способ: Обозначим ʋ1 , 𝑠1 , ʋ2 и 𝑠2 соответственно скорости и расстояния,
пройденные старушками до встречи, и составим систему:
𝑠1 𝑠2
=
ʋ1 ʋ2
𝑠1
=9
ʋ2
𝑠2
=4
{ ʋ1
𝑠
ʋ
Примем равные отношения 1 и 1 за n и, разделив почленно второе
𝑠2
ʋ2
уравнение системы на третье, получим
𝑠1 𝑠2
9
𝑠 ∙ʋ
9
9
: = или 1 1 = , т.е. 𝑛2 = и 𝑛 = 1,5, так как по смыслу задачи 𝑛 > 0.
ʋ2 ʋ1
4
𝑠2 ∙ʋ2
4
4
Теперь нужно найти время движения до встречи. Оно равно отношению
𝑠
𝑠
𝑠
𝑠1 : ʋ1 . Из третьего уравнения системы следует, что ʋ1 = 2 , тогда 1 = 1 ∙ 4 =
4
ʋ1
𝑠2
1,5 ∙ 4 = 6 (ч). Итак, до встречи старушки шли 6 часов, тогда выходит, что из
своих городов они отправились в 6 часов утра.
3 способ: Рассмотрим решение, основанное на обратной пропорциональной
зависимости между скоростью и временем движения на фиксированном
участке пути.
Пусть скорость первой старушки в n раз больше скорости второй старушки.
Тогда на одном и том же участке пути первая тратит в n раз меньше времени,
чем вторая, а
вторая в n раз больше, чем первая (рис.5).
I старушка
9
ч
𝑛
1200 4 ч
4n ч
9ч
II старушка
Рис. 5
До встречи старушки шли одинаковое время, поэтому
9
9
= 4𝑛, отсюда 𝑛2 = .
𝑛
4
Следовательно, при условии 𝑛 > 0 имеем 𝑛 = 1,5. До встречи они шли 4 ∙
1,5 = 6 (ч). То есть вышли из своих городов в 6 часов утра.
4 способ: Воспользуемся методом подобия. Здесь прослеживается интересная межпредметная связь алгебры, физики и геометрии. Будем как и прежде считать,
что старушки шли до встречи х часов. Пусть точка А изображает город, из
которого отправилась I старушка, а точка С – город, из которого пошла II ста
Расстояние
рушка. (Рис. (в6)усл. ед.)
С
K
4
D
N
А
X
L
9
B
Время
движения (в ч)
Рис. 6
Тогда длина отрезка СА – это расстояние между городами. Поскольку
старушки двигались с постоянными скоростями, можно считать, что отрезки
AD и СB – графики движения I и II старушек соответственно. Тогда
координаты точки 𝑛 – это время и место их встречи. Из подобия двух пар
𝐾𝑁
𝐾𝐷 𝐾𝑁
𝐶𝐾
треугольников KDN и LAN, CKN и BLN следует, что
=
и
= , т.е.
𝐾𝐷
𝐶𝐾
4
𝑁𝐿
х
𝐴𝐿
𝑁𝐿
𝐿𝐵
, откуда = и х = 6.
х
9
Решение задач по геометрии разными способами.
Задача 5. Задача по теме «Описанные и вписанные окружности треугольника»:
«В равнобедренном треугольнике основание равно 16 см, боковая сторона –
10 см. Вычислите радиусы вписанной и описанной окружности
треугольника».
1 способ: Используя свойства радиуса окружности, проведенного в точку касания,
B
рассмотреть подобие
треугольников 𝐵𝑂1 𝐾 и 𝐵𝐴𝑀 (Рис. 7)
𝐴𝐿
=
𝐿𝐵
K
O1
A
C
M
Рис. 7
𝑆
2 способ: Применить формулу 𝑟 = .
𝑃
3 способ: Учесть, что отрезок АО1 – биссектриса треугольника 𝐴𝑀𝐵, и поэтому
(𝐵𝑀 − 𝑟): 𝑟 = 𝐴𝐵: 𝐴𝑀.
Радиус описанной окружности также можно найти различными способами.
1 способ: Из подобия треугольников 𝐴𝐵𝑀 и 𝑂2 𝐵𝑁 (Рис. 8) следует, что 𝑅: 𝐴𝐵 =
𝑁𝐵: 𝐵𝑀, где 𝐵𝑀 = √AB 2 − АМ2 .
В
N
M
А
С
O2
Рис. 8
2 способ: По свойству отрезков хорд окружности, проходящих через одну точку,
выполняется равенство 𝐷𝑀 ∙ 𝐵𝑀 = 𝐴𝑀 ∙ 𝑀𝐶 (Рис. 9)
B
A
8
M
O2
8
C
x
D
Рис. 9
3 способ: Центр 𝑂2 описанной окружности треугольника равноудален от всех его
вершин, т.е. 𝐴𝑂2 = 𝐵𝑂2 = 6 + 𝑥, где 𝑂2 𝑀 = 𝑥 (Рис. 10)
B
6
8
А
М
С
O2
Рис. 10
4 способ: Воспользоваться формулой 𝑅 = 𝑎𝑏𝑐⁄4.
Задача 6. Доказать, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная из
вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.
1 способ: Продолжим 𝐶𝑂 на 𝑂𝐸 = 𝐶𝑂 и получим прямоугольник 𝐴𝐶𝐵𝐸 (Рис. 11).
Значит, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐸, откуда 𝐶𝑂 = 0,5 ∙ 𝐴𝐵.
А
С
О
Е
В
Рис. 11
2 способ: Проведем 𝑂𝐸 ⊥ 𝐵𝐶 и 𝑂𝑀 ⊥ 𝐴𝐶 (Рис. 12); тогда 𝑂𝑀𝐶𝐸 – прямоугольник, в
котором 𝑂𝐶 = 𝑀𝐸 = 0,5 ∙ 𝐴𝐵.
С
Е
М
В
О
А
Рис. 12
3 способ: Проведем 𝑂𝐾 ⊥ 𝐴𝐶 (Рис. 13); тогда 𝐴𝐾 = 𝐾𝐶 (по теореме Фалеса).
В ∆𝐴𝑂𝐶 имеем: 𝑂𝐾 – высота и 𝑂𝐾 – медиана; значит ∆𝐴𝑂𝐶 –
равнобедренный, откуда 𝑂𝐶 = 𝐴𝑂 = 0,5 ∙ 𝐴𝐵.
С
К
А
О
В
Рис. 13
4 способ: На гипотенузе 𝐴𝐵, как на диаметре построим окружность (рис. 14). Тогда
𝑂𝐴 = 𝑂𝐵 = 𝑂𝐶 = 0,5 ∙ 𝐴𝐵.
Рис. 14
С
А
О
В