Итерационные алгебраические методы реконструкции изображения

дипломная работа

4.1 Алгебраический метод

Пусть функция f(x) = f(x, y) описывает некоторое распределение плотностей в каком-либо выделенном сечении объекта. Основная задача вычислительной томографии состоит в восстановлении функции f(x) по набору экспериментально полученных проекций:

которые представляют собой линейные интегралы от искомого распределения вдоль прямых L:. Здесь - угол сканирования, - дельта-функция.

На практике, как правило, проекции заданы не для всех значений и, а только для конечного их числа. Существует целый ряд практических задач, для которых число дискретизаций по 0 весьма ограничено (от 3 до 5). Задачи такого типа относятся к задачам малоракурсной томографии и являются одними из наиболее трудно решаемых. Задача может быть поставлена следующим образом: по заданному конечному набору проекций функции двух переменных получить наилучшую оценку этой функции.

Сформулируем общую постановку задачи восстановления решения задачи (4.1) с помощью алгебраических методов, построим итерационный алгоритм восстановления таких задач. Применение алгебраических методов принципиально отличается от метода интегральных преобразований, поскольку предполагает дискретизацию изображения до начала алгоритма восстановления. Построение дискретной модели задачи реконструкции изображения можно описать следующим образом.

Пусть требуется восстановить двумерную функцию f(x)=f(x,y), заданную в области D R2. Предположим, что область восстановления D заключена в квадрат К, который разбит на п равных маленьких квадратиков, называемых элизами. Пронумеруем все элизы от 1 до п. При этом примем основное ограничение, которое заключается в том, что восстанавливаемая функция f(x) принимает постоянное значение fj внутри j-го элиза, т. е. функцию f (x) заменяем дискретизированным выражением

если (х) j-му элизу;

в противном случае. (4.3)

Предположим, что задано множество линейных непрерывных функционалов, которые представляют собой прямое преобразование Радона вдоль набора некоторых прямых:

Тогда -- проекция функции f(х) вдоль луча Li.

Применяя операторы к равенству (4.2) и учитывая их непрерывность и линейность, получаем систему линейных алгебраических уравнений

где, i = 1, ..., m; j = 1, ..., n.

Если семейство базисных функций {bj} задается формулой (4.3), то

Длина пересечения i-го луча с j-м элизом.

Матрицу коэффициентов обозначим А=(), вектор изображений -- f=(f1, f2, ..., fn), вектор проекций -- R=(R1, R1, ..., Rт). Тогда решение задачи сводится к решению системы линейных алгебраических уравнений вида

При этом вектор R задан заведомо с некоторой погрешностью.

Стоит отметить, что вид системы (4.5) зависит от конкретного выбора системы базисных функций bi и набора функционалов Ri. Существуют другие способы выбора сетки разбиения области D (а значит, и базисных функций bi). Функционалы выбираются не только в виде (4.4), но и с учетом реальной длины лучей и с использованием кусочно-постоянных функций. Кроме того, постановка задачи не зависит от геометрии лучей и легко формулируется для трехмерного случая.

4.2 Использование операторов интерлинации

В данном пункте рассматривается новый метод представления приближенного решения задачи плоской компьютерной томографии (РКТ) в виде кусочно-постоянных функций. Метод имеет более высокую точность, чем классический метод решения плоской задачи РКТ с использованием кусочно-постоянных функций.

разбиения Е2 на четырехугольники. Введем следующие обозначения.

Оператор О1 является оператором аппроксимации f(x,y) кусочно-постоянными функциями по x. Если y=const, то находится из условия наилучшей аппроксимации f(x,y) в полосе, yE. Аналогично, оператор О2 является оператором аппроксимации f(x,y) кусочно-постоянными функциями по y.

Если x=const, тогда j(x) находится из условия наилучшей аппроксимации f(x,y) в полосе, хE.

Введем следующие операторы:

Значения найдем из условия наилучшей аппроксимации f числом f(оij, ij) в

Лемма 3.1 Пусть функция, r=1,2 или и является функцией с ограниченной вариацией. Тогда операторы Onm обладают свойствами

Доказательство. Свойства (3.25) и (3,26) вытекают из того, что

Свойство (3,27) вытекает из того, что

Свойства (3,29) выполняются для всех дифференцируемых функций и для непрерывных функций с ограниченной вариацией.

Лемма 1 доказана.

Следствие 1. Для и для непрерывных функций с ограниченной вариацией мы получаем следующую оценку погрешности.

Следствие 2. Заменяя функции кусочно-постоянными функциями одной переменной с той же самой оценкой погрешности

получим оператор

Получим значения для gi (x)

Получим значения для Gi (y)

со следующими свойствами:

Следствие 3. Оператор

имеет следующие свойства:

Если, r=1,2 или и является функцией с ограниченной вариацией, тогда

Доказательство. Для погрешности можно написать равенство

Отсюда вытекает неравенство

Применяя оценки 3 и 4 к правой части полученного выражения, придем к оценке (3,42).

Следствие 3 доказано.

Если m=n, тогда оператор имеет погрешность (он использует постоянных); приближение оператором имеет погрешность. То есть оператор (он использует постоянных) имеет ту же погрешность, как и оператор:

В следующих пунктах отмечаются преимущества указанного метода.

Количество неизвестных

Использование интерлинации функций при построении приближенного решения, а именно представление приближенного решения в виде:

привело к появлению 2n3+n2 постоянных, которые являются неизвестными. Следовательно оператор использует O(n3) постоянных-неизвестных. Оператор имеет погрешность.

Использование оператора - классическое представление приближенного решения - приводит к появлению n4 постоянных, которые являются неизвестными. Следовательно оператор использует O(n4) постоянных-неизвестных. Оператор имеет погрешность.

Обобщая сказанное, делаем вывод, что использование оператора требует нахождение O(n3) неизвестных, в то время как использование оператора требует нахождения O(n4) неизвестных для приближения решения с той же самой погрешностью.

Поэтому использование оператора дает значительные преимущества по количеству арифметических операций, так как для достижения той же точности необходимо решать систему линейных алгебраических уравнений меньшей размерности.

Для иллюстрации указанного факта приводим следующую таблицу:

Таблица 1

Неизвестных	Неизвестных	Погрешность

Сравнения показывают, что для достижения одной и той же точности, при использовании оператора, можно брать меньшее количество уравнений. Например, для n=9 количество неизвестных в классическом методе в 4 раза больше.

В силу того, что система должна быть переопределенной, а для n=9 неизвестных 1539 (для случая с интерлинацией) и 6561(для классического метода), и следует брать число уравнений больше, чем число неизвестных, то ясно, что в методе с интерлинацией этих уравнений будет меньше.

Вычислительный эксперимент, проведенный с помощью разработанных алгоритмов и программ, подтвердил указанные утверждения.

Дискретизация области

Применение схем решения задачи плоской компьютерной томографии, основанных на использовании и обуславливает дискретизацию области.

Для - нерегулярная сетка: разбивка на квадраты со стороной и прямоугольники со сторонами, и, вытянутые вдоль оси Ox и Oy соответственно. Узлы сетки располагаются в центрах квадратов и прямоугольников.

Для - регулярная сетка: разбивка на квадраты со стороной. Узлы сетки располагаются в центрах квадратов.

Положительный эффект применения оператора достигается за счет другого расположения узлов, что вызывает связь между следующим соотношением:

Которые совпадают с узлами, расположенными в центрах соответствующего квадрата, вертикального и горизонтального прямоугольников.

Для этих точек, т.к. в этих центрах, то имеем точные решения.

Значит, приближенное решение, построенное с помощью, представляет собой интерполяционную формулу. С ее помощью подсчитывается значение функции в любых точках области D, отличных от указанных, в которых наблюдается точное совпадение

Относительно точного совпадения в указанных центрах. Значит,

Антагонистическая игра

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...

Вычислительная математика

Метод деления отрезка пополам является самым простым и надежным способом решения нелинейного уравнения. Пусть из предварительного анализа известно, что корень уравнения (2.1) находится на отрезке , т. е. x*, так, что f(x*) = 0...

Вычислительная математика

Метод Ньютона является наиболее эффективным методом решения нелинейных уравнений. Пусть корень x* , так, что f(a)f(b) < 0. Предполагаем, что функция f(x) непрерывна на отрезке и дважды непрерывно дифференцируема на интервале (a, b). Положим x0 = b...

Вычислительная математика

В этом и следующем разделе рассмотрим модификации метода Ньютона. Как видно из формулы (2.13), метод Ньютона требует для своей реализации вычисления производной, что ограничивает его применение. Метод секущих лишен этого недостатка...

Итерационные алгебраические методы реконструкции изображения

x2, x4, x5, x6 - базисные переменные, x1, x3 - свободные переменные x1?F? x3?F? Выбираем x3 ? x4 x2, x3, x5, x6 - базисные переменные, x1, x4 - свободные переменные x1?F? x4?F? Выбираем x1 ? x5 x1, x2, x3, x6 - базисные переменные, x4...

Линейное и нелинейное программирование

Метод поиска глобального минимума, называемый методом поиска по координатной сетке, является надежным, но применим только для задач малой размерности (n<4). Неправильный выбор начального шага сетки может привести к тому...

Линейное и нелинейное программирование

Итерация 1. Счет итераций k = 0 Итерация 2. Счет итераций k = 1 Поиск завершен 3.3...

Теоретические сведения Пусть функция y = f(x) непрерывна на отрезке . Нам требуется вычислить определенный интеграл. Так же как в методе парабол разбиваем отрезки. Суть метода прямоугольников заключается в том...

Математическое моделирование и численные методы в решении технических задач

Теоретические сведения Пусть нам требуется вычислить определенный интеграл, где y = f(x) непрерывна на отрезке . Разобьем отрезок на n равных интервалов длины h точками. В этом случае шаг разбиения определяется так же как в методе парабол...

Методы решения дифференциальных уравнений

Метод прямоугольников - метод численного интегрирования функции одной переменной, заключающийся в замене подынтегральной функции на многочлен нулевой степени, то есть константу, на каждом элементарном отрезке...

Системный анализ групп преобразований состояний кубика Рубика

CFOP - это название четырёх стадий сборки(рисунок 3.2): Cross, F2L, OLL, PLL: 1) Cross - сборка креста...

Системы линейных уравнений

Рассмотрим систему 3-х линейных уравнений с тремя неизвестными: Определитель третьего порядка, соответствующий матрице системы, т.е. составленный из коэффициентов при неизвестных, называется определителем системы...

Системы линейных уравнений

Метод Гаусса основывается на следующей теореме: элементарным преобразованиям строк расширенной матрицы системы отвечает превращение этой системы в эквивалентную. С помощью элементарных преобразований строки расширенной матрицы...

Численные методы решения трансцендентных уравнений

Пусть уравнение (1) имеет корень на отрезке , причем f (x) и f "(x) непрерывны и сохраняют постоянные знаки на всем интервале . Геометрический смысл метода Ньютона состоит в том, что дуга кривой y = f(x) заменяется касательной...

1. Общие замечания к решению задач алгебраическим методом.

2. Задачи на движение.

3. Задачи на работу.

4. Задачи на смеси и проценты.

Использование алгебраического метода для нахождения арифметического пути решения текстовых задач.

1. При решении задач алгебраическим методом искомые величины или другие величины, зная которые можно определить искомые, обозначают буквами (обычно х, у, z ). Все независимые между собой соотношения между данными и неизвестными величинами, которые либо непосредственно сформулированы в условии (в словесной форме), либо вытекают из смысла задачи (например, физические законы, которым подчиняются рассматриваемые величины), либо следуют из условия и некоторых рассуждений, записываются в виде равенства неравенств. В общем случае эти соотношения образуют некоторую смешанную систему. В частных случаях эта система может не содержать неравенств либо уравнений или она может состоять лишь из одного уравнения или неравенства.

Решение задач алгебраическим методом не подчиняется какой-либо единой, достаточно универсальной схеме. Поэтому всякое указание, относящееся ко всем задачам, носит самый общий характер. Задачи, которые возникают при решении практических и теоретических вопросов, имеют свои индивидуальные особенности. Поэтому их исследование и решение носят самый разнообразный характер.

Остановимся на решении задач, математическая модель которых задается уравнением с одним неизвестным.

Напомним, что деятельность по решению задачи состоит из четырех этапов. Работа на первом этапе (анализ содержания задачи) не зависит от выбранного метода решения и не имеет принципиальных отличий. На втором этапе (при поиске пути решения задачи и составлении плана ее решения) в случае применения алгебраического метода решения осуществляются: выбор основного соотношения для составления уравнения; выбор неизвестного и введение обозначения для него; выражение величин, входящих в основное соотношение, через неизвестное и данные. Третий этап (осуществление плана решения задачи) предполагает составление уравнения и его решение. Четвертый этап (проверка решения задачи) осуществляется стандартно.

Обычно при составлении уравнений с одним неизвестным х придерживаются следующих двух правил.

Правило I . Одна из данных величин выражается через неизвестное х и другие данные (то есть составляется уравнение, в котором одна часть содержит данную величину, а другая – ту же величину, выраженную посредством х и других данных величин).

Правило II . Для одной и той же величины составляются два алгебраических выражения, которые затем приравниваются друг к другу.

Внешне кажется, что первое правило проще второго.

В первом случае всегда требуется составить одно алгебраическое выражение, а во втором – два. Однако часто встречаются задачи, в которых удобнее составить два алгебраических выражения для одной и той же величины, чем выбрать уже известную и составить для нее одно выражение.

Процесс решения текстовых задач алгебраическим способом выполняется по следующему алгоритму:

1. Сначала выбирают соотношение, на основании которого будет составлено уравнение. Если задача содержит более двух соотношений, то за основу для составления уравнения надо взять то соотношение, которое устанавливает некоторую связь между всеми неизвестными.

Затем выбирают неизвестное, которое обозначают соответствующей буквой.

Все неизвестные величины, входящие в выбранное для составления уравнения соотношение, необходимо выразить через выбранное неизвестное, опираясь на остальные соотношения, входящие в задачу кроме основного.

4. Из указанных трех операций непосредственно вытекает составление уравнения как оформление словесной записи при помощи математических символов.

Центральное место среди перечисленных операций занимает выбор основного соотношения для составления уравнений. Рассмотренные примеры показывают, что выбор основного соотношения является определяющим при составлении уравнений, вносит логичную стройность в порою расплывчатый словесный текст задачи, дает уверенность в ориентации и предохраняет от беспорядочных действий для выражения всех входящих в задачу величин через данные и искомые.

Алгебраический метод решения задач имеет огромное практическое значение. С его помощью решают самые разнообразные задачи из области техники, сельского хозяйства, быта. Уже в средней школе уравнения применяются учащимися при изучении физики, химии, астрономии. Там, где арифметика оказывается бессильной или, в лучшем случае, требует крайне громоздких рассуждений, там алгебраический метод легко и быстро приводит к ответу. И даже в так называемых «типовых» арифметических задачах, сравнительно легко решаемых арифметическим путем, алгебраическое решение, как правило, является и более коротким, и более естественным.

Алгебраический метод решения задач позволяет легко показать, что некоторые задачи, отличающиеся друг от друга лишь фабулой, имеют не только одни и те же соотношения между данными и искомыми величинами, но и приводят к типичным рассуждениям, посредством которых устанавливаются эти соотношения. Такие задачи дают лишь различные конкретные интерпретации одного и того же математического рассуждения, одних и тех же соотношений, то есть имеют одну и ту же математическую модель.

2. К группе задач на движение относятся задачи, в которых говорится о трех величинах: пути (s ), скорости (v ) и времени (t ). Как правило, в них речь идет о равномерном прямолинейном движении, когда скорость постоянна по модулю и направлению. В этом случае все три величины связаны следующим соотношением: S = vt . Например, если скорость велосипедиста 12 км/ч, то за 1,5 ч. он проедет 12 км/ч  1,5 ч = 18 км. Встречаются задачи, в которых рассматривается равноускоренное прямолинейное движение, то есть движение с постоянным ускорением (а). Пройденный путь s в этом случае вычисляется по формуле: S = v 0 t + at 2 /2, где v 0 – начальная скорость движения. Так, за 10 с падения с начальной скоростью 5 м/с и ускорением свободного падения 9,8 м 2 /с тело пролетит расстояние, равное 5 м/с  10с + 9,8 м 2 /с  10 2 с 2 /2 = 50 м + 490 м = 540 м.

Как уже отмечалось, в ходе решения текстовых задач и в первую очередь в задачах, связанных с движением, весьма полезно сделать иллюстративный чертеж (построить вспомогательную графическую модель задачи). Чертеж следует выполнить так, чтобы на нем была видна динамика движения со всеми встречами, остановками и поворотами. Грамотно составленный чертеж позволяет не только глубже понять содержание задачи, но и облегчает составление уравнений и неравенств. Примеры таких чертежей будут приведены ниже.

Обычно в задачах на движение принимаются следующие соглашения.

Если специально не оговорено в задаче, то движение на отдельных участках считается равномерным (будь то движение по прямой или по окружности).

Повороты движущихся тел считаются мгновенными, то есть происходят без затрат времени; скорость при этом также меняется мгновенно.

Данную группу задач, в свою очередь, можно разбить на задачи, в которых рассматриваются движения тел: 1) навстречу друг другу; 2) в одном направлении («вдогонку»); 3) в противоположных направлениях; 4) по замкнутой траектории; 5) по течению реки.

Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 а ), то при движении тел навстречу друг другу время, через которое они встретятся, равно S /(v 1 + v 2).

2. Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 б ), то при движении тел в одну сторону (v 1 > v 2) время, через которое первое тело догонит второе, равно S /(v 1 – v 2).

3. Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 в ), то, отправившись одновременно в противоположных направлениях, тела будут через время t находиться на расстоянии S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t .

Рис. 16

4. Если тела движутся в одном направлении по замкнутой траектории длиной s со скоростями v 1 и v 2 , то время, через которое тела опять встретятся (одно тело догонит другое), отправившись одновременно из одной точки, находится по формуле t = S /(v 1 – v 2) при условии, что v 1 > v 2 .

Это следует из того, что при одновременном старте по замкнутой траектории в одном направлении тело, скорость которого больше, начинает догонять тело, скорость которого меньше. В первый раз оно догоняет его, пройдя расстояние на S большее, чем другое тело. Если же оно обгоняет его во второй, в третий раз и так далее, это означает, что оно проходит расстояние на 2S , на 3S и так далее большее, чем другое тело.

Если тела движутся в разных направлениях по замкнутой траектории длиной S со скоростями v 1 и v 2 , то время, через которое они встретятся, отправившись одновременно из одной точки, находится по формуле t = v (v 1 + v 2). В этом случае сразу после начала движения возникает ситуация, когда тела начинают двигаться навстречу друг другу.

5. Если тело движется по течению реки, то его скорость относительно берега и слагается из скорости тела в стоячей воде v и скорости течения реки w : и = v + w . Если тело движется против течения реки, то его скорость и = v – w . Например, если скорость катера v = 12 км/ч, а скорость течения реки w = 3 км/ч, то за 3 ч. по течению реки катер проплывет (12 км/ч + 3 км/ч)  3 ч. = 45 км, а против течения – (12 км/ч – 3 км/ч)  3 ч. = 27 км. Считают, что скорость предметов, имеющих нулевую скорость движения в стоячей воде (плот, бревно и т. п.), равна скорости течения реки.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример .Из одного пункта в одном направлении через каждые 20 мин. выезжают автомобили. Второй автомобиль едет со скоростью 60 км/ч, а скорость первого на 50% больше скорости второго. Найдите скорость движения третьего автомобиля, если известно, что он обогнал первый автомобиль на 5,5 ч позже, чем второй.

Решение . Пусть х км/ч – скорость третьего автомобиля. Скорость первого автомобиля на 50% больше скорости второго, значит, она равна

При движении в одном направлении время встречи находится как отношение расстояния между объектами к разности их скоростей. Первый автомобиль за 40 мин. (2/3 ч) проедет 90  (2/3) = 60 км. Следовательно, третий его догонит (они встретятся) через 60/(х – 90) часов. Второй за 20 мин. (1/3 ч) проедет 60  (1/3) = 20 км. Значит, третий его догонит (они встретятся) через 20/(х – 60) ч. (рис. 17).

П
о условию задачи

Рис. 17

После несложных преобразований получим квадратное уравнение 11х 2 – 1730х + 63000 = 0, решив которое найдем

Проверка показывает, что второй корень не удовлетворяет условию задачи, так как в этом случае третий автомобиль не догонит другие автомобили. Ответ: скорость движения третьего автомобиля 100 км/ч.

Пример .Теплоход прошел по течению реки 96 км, вернулся обратно и некоторое время простоял под погрузкой, затратив на все 32 ч. Скорость течения реки равна 2 км/ч. Определите скорость теплохода в стоячей воде, если время погрузки составляет 37,5% от времени, затраченного на весь путь туда и обратно.

Решение . Пусть х км/ч – скорость теплохода в стоячей воде. Тогда (х + 2) км/ч – его скорость по течению; (х – 2) км/ч – против течения; 96/(х + 2) ч. – время движения по течению; 96/(х – 2) ч. – время движения против течения. Так как 37,5% от общего количества времени теплоход стоял под погрузкой, то чистое время движения равно 62,5%  32/100% = 20 (ч.). Следовательно, по условию задачи имеем уравнение:

Преобразовав его, получим: 24(х – 2 + х + 2) = 5(х + 2)(х – 2) => 5х 2 – 4х – 20 = 0. Решив квадратное уравнение, находим: х 1 = 10; х 2 = -0,4. Второй корень не удовлетворяет условию задачи.

Ответ: 10 км/ч – скорость движения теплохода в стоячей воде.

Пример . Автомобиль проехал путь из города А в город С через город В без остановок. Расстояние АВ, равное 120 км, он проехал с постоянной скоростью на 1 ч. быстрее, чем расстояние ВС, равное 90 км. Определите среднюю скорость движения автомобиля от города А до города С, если известно, что скорость на участке АВ на 30 км/ч больше скорости на участке ВС.

Решение . Пусть х км/ч – скорость автомобиля на участке ВС.

Тогда (х + 30) км/ч – скорость на участке АВ, 120/(х + 30) ч, 90/х ч – время, закоторое автомобиль проезжает путиАВ и ВС соответственно.

Следовательно, по условию задачи имеем уравнение:

Преобразуем его:

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

Решив квадратное уравнение, находим: х 1 = 30, х 2 = -90. Второй корень не удовлетворяет условию задачи. Значит, скорость на участке ВС равна 30 км/ч, на участке АВ – 60 км/ч. Отсюда следует, что расстояние АВ автомобиль проехал за 2 ч. (120 км: 60 км/ч = 2 ч.), а расстояние ВС – за 3 ч. (90 км: 30 км/ч = 3 ч.), поэтому все расстояние АС он проехал за 5 ч. (3 ч. + 2 ч. = 5 ч.). Тогда средняя скорость движения на участке АС, протяженность которого 210 км, равна 210 км: 5 ч. = 42 км/ч.

Ответ: 42 км/ч – средняя скорость движения автомобиля на участке АС.

К группе задач на работу относятся задачи, в которых говорится о трех величинах: работе А , времени t , в течение которого производится работа, производительности Р – работе, произведенной в единицу времени. Эти три величины связаны уравнением А = Р t . К задачам на работу относят и задачи, связанные с наполнением и опорожнением резервуаров (сосудов, баков, бассейнов и т. п.) с помощью труб, насосов и других приспособлений. В качестве произведенной работы в этом случае рассматривают объем перекачанной воды.

Задачи на работу, вообще говоря, можно отнести к группе задач на движение, так как в задачах такого типа можно считать, что вся работа или полный объем резервуара играют роль расстояния, а производительности объектов, совершающих работу, аналогичны скоростям движения. Однако по фабуле эти задачи естественным образом различаются, причем часть задач на работу имеют свои специфические приемы решения. Так, в тех задачах, в которых объем выполняемой работы не задан, вся работа принимается за единицу.

Пример. Две бригады должны были выполнить заказ за 12 дней. После 8 дней совместной работы первая бригада получила другое задание, поэтому вторая бригада заканчивала выполнение заказа еще 7 дней. За сколько дней могла бы выполнить заказ каждая из бригад, работая отдельно?

Решение . Пусть первая бригада выполняет задание за х дней, вторая бригада – за y дней. Примем всю работу за единицу. Тогда 1/х – производительность первой бригады, a 1/y – второй. Так как две бригады должны выполнить заказ за 12 дней, то получим первое уравнение 12(1/х + 1/у ) = 1.

Из второго условия следует, что вторая бригада работала 15 дней, а первая – только 8 дней. Значит, второе уравнение имеет вид:

8/х + 15/у = 1.

Таким образом, имеем систему:

Вычтем из второго уравнения первое, получим:

21/y = 1 => у = 21.

Тогда 12/х + 12/21 = 1 => 12/ х – = 3/7 => х = 28.

Ответ: за 28 дней выполнит заказ первая бригада, за 21 день – вторая.

Пример . Рабочий А и рабочий В могут выполнить работу за 12 дней, рабочий А и рабочий С – за 9 дней, рабочий В и рабочий С – за 12 дней. За сколько дней они выполнят работу, работая втроем?

Решение . Пусть рабочий А может выполнить работу за х дней, рабочий В – за у дней, рабочий С – за z дней. Примем всю работу за единицу. Тогда 1/х, 1/ y и 1/z – производительности рабочих А, В и С соответственно. Используя условие задачи, приходим к следующей системе уравнений, представленной в таблице.

Таблица 1

Преобразовав уравнения, имеем систему из трех уравнений с тремя неизвестными:

Сложив почленно уравнения системы, получим:

или

Сумма это совместная производительность рабочих, поэтому время, за которое они выполнят всю работу, будет равно

Ответ: 7,2 дня.

Пример . В бассейн проведены две трубы – подающая и отводящая, причем через первую трубу бассейн наполняется на 2 ч дольше, чем через вторую вода из бассейна выливается. При заполненном на одну треть бассейне были открыты обе трубы, и бассейн оказался пустым спустя 8 ч. За сколько часов через одну первую трубу может наполниться бассейн и за сколько часов через одну вторую трубу может осушиться полный бассейн?

Решение . Пусть V м 3 – объем бассейна, х м 3 /ч – производительность подающей трубы, у м 3 /ч – отводящей. Тогда V / x ч. – время, необходимое подающей трубе для заполнения бассейна, V / y ч. – время, необходимое отводящей трубе на осушение бассейна. По условию задачи V / x – V / y = 2.

Так как производительность отводящей трубы больше производительности наполняющей, то при включенных обеих трубах будет происходить осушение бассейна и одна треть бассейна осушится за время (V /3)/(y – x ), которое по условию задачи равно 8 ч. Итак, условие задачи может быть записано в виде системы двух уравнений с тремя неизвестными:

В задаче необходимо найти V / x и V / y . Выделим в уравнениях комбинацию неизвестных V / x и V / y , записав систему в виде:

Вводя новые неизвестные V / x = а и V / y = b , получаем следующую систему:

Подставляя во второе уравнение выражение а = b + 2, имеем уравнение относительно b :

решив которое найдем b 1 = 6, b 2 = -8. Условию задачи удовлетворяет первый корень 6, = 6 (ч.). Из первого уравнения последней системы находим а = 8 (ч), то есть первая труба наполняет бассейн за 8 ч.

Ответ: через первую трубу бассейн наполнится через 8 ч., через вторую трубу бассейн осушится через 6 ч.

Пример . Одна тракторная бригада должна вспахать 240 га, а другая на 35% больше, чем первая. Первая бригада, вспахивая ежедневно на 3 га меньше второй, закончила работу на 2 дня раньше, чем вторая бригада. Сколько гектаров вспахивала каждая бригада ежедневно?

Решение . Найдем 35 % от 240 га: 240 га  35 % /100 % = 84 га.

Следовательно, вторая бригада должна была вспахать 240 га + 84 га = 324 га. Пусть первая бригада вспахивала ежедневно х га. Тогда вторая бригада вспахивала ежедневно (х + 3) га; 240/х – время работы первой бригады; 324/(х + 3) – время работы второй бригады. По условию задачи первая бригада закончила работу на 2 дня раньше, чем вторая, поэтому имеем уравнение

которое после преобразований можно записать так:

324х – 240х – 720 = 2х 2 + 6х => 2х 2 – 78х + 720 = 0 => х 2 – 39х + 360 = 0.

Решив квадратное уравнение, находим х 1 = 24, х 2 = 15. Это норма первой бригады.

Следовательно, вторая бригада вспахивала в день 27 га и 18 га соответственно. Оба решения удовлетворяют условию задачи.

Ответ: 24 га в день вспахивала первая бригада, 27 га – вторая; 15 га в день вспахивала первая бригада, 18 га – вторая.

Пример . В мае два цеха изготовили 1080 деталей. В июне первый цех увеличил выпуск деталей на 15%, а второй увеличил выпуск деталей на 12%, поэтому оба цеха изготовили 1224 детали. Сколько деталей изготовил в июне каждый цех?

Решение . Пусть х деталей изготовил в мае первый цех, у деталей – второй. Так как в мае изготовлено 1080 деталей, то по условию задачи имеем уравнение x + y = 1080.

Найдем 15% от х :

Итак, на 0,15х деталей увеличил выпуск продукции первый цех, следовательно, в июне он выпустил х + 0,15 х = 1,15 x деталей. Аналогично найдем, что второй цех в июне изготовил 1,12 y деталей. Значит, второе уравнение будет иметь вид: 1,15 x + 1,12 у = 1224. Таким образом, имеем систему:

из которой находим х = 480, у = 600. Следовательно, в июне цеха изготовили 552 детали и 672 детали соответственно.

Ответ: первый цех изготовил 552 детали, второй – 672 детали.

4. К группе задач на смеси и процентыотносятся задачи, в которых речь идет о смешении различных веществ в определенных пропорциях, а также задачи на проценты.

Задачи на концентрацию и процентное содержание

Уточним некоторые понятия. Пусть имеется смесь из п различных веществ (компонентов) А 1 А 2 , ..., А n соответственно, объемы которых равны V 1 , V 2 , ..., V n . Объем смеси V 0 складывается из объемов чистых компонентов: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V n .

Объемной концентрацией вещества А i (i = 1, 2, ..., п) в смеси называется величина с i , вычисляемая по формуле:

Объемным процентным содержанием вещества А i (i = 1, 2, ..., п) в смеси называется величина p i , вычисляемая по формуле р i = с i ,  100%. Концентрации с 1, с 2 , ..., с n , являющиеся безразмерными величинами, связаны равенством с 1 + с 2 + ... + с n = 1, а соотношения

показывают, какую часть полного объема смеси составляют объемы отдельных компонентов.

Если известно процентное содержание i -го компонента, то его концентрация находится по формуле:

то есть Pi – это концентрация i -го вещества в смеси, выраженная в процентах. Например, если процентное содержание вещества составляет 70%, то его соответствующая концентрация равна 0,7. И наоборот, если концентрация равна 0,33, то процентное содержание равно 33%. Таким образом, сумма р 1 + р 2 + …+ р n = 100%. Если известны концентрации с 1 , с 2 , ..., с n компонентов, составляющих данную смесь объема V 0 , то соответствующие объемы компонентов находятся по формулам:

Аналогичным образом вводятся понятия весовые (массовые) кон центрации компонентов смеси и соответствующие процентные содержания. Они определяются как отношение веса (массы) чистого вещества А i , в сплаве к весу (массе) всего сплава. О какой концентрации, объемной или весовой, идет речь в конкретной задаче, всегда ясно из ее условия.

Встречаются задачи, в которых приходится пересчитывать объемную концентрацию на весовую или наоборот. Для того чтобы это сделать, необходимо знать плотности (удельные веса) компонентов, составляющих раствор или сплав. Рассмотрим для примера двухкомпонентную смесь с объемными концентрациями компонентов с 1 и с 2 (с 1 + с 2 = 1) и удельными весами компонентов d 1 и d 2 . Масса смеси может быть найдена по формуле:

в которой V 1 и V 2 – объемы составляющих смесь компонентов. Весовые концентрации компонентов находятся из равенств:

которые определяют связь этих величин с объемными концентрациями.

Как правило, в текстах таких задач встречается одно и то же повторяющееся условие: из двух или нескольких смесей, содержащих компоненты A 1 , A 2 , А 3 , ..., А n , составляется новая смесь путем перемешивания исходных смесей, взятых в определенной пропорции. При этом требуется найти, в каком отношении компоненты А 1, А 2 , А 3 , ..., А n войдут в получившуюся смесь. Для решения этой задачи удобно ввести в рассмотрение объемное или весовое количество каждой смеси, а также концентрации составляющих ее компонентов А 1, А 2 , А 3 , ..., А n . С помощью концентраций нужно «расщепить» каждую смесь на отдельные компоненты, а затем указанным в условии задачи способом составить новую смесь. При этом легко подсчитать, какое количество каждого компонента входит в получившуюся смесь, а также полное количество этой смеси. После этого определяются концентрации компонентов А 1, А 2 , А 3 , ..., А n в новой смеси.

Пример .Имеются два куска сплава меди и цинка с процентным содержанием меди 80% и 30% соответственно. В каком отношении нужно взять эти сплавы, чтобы, переплавив взятые куски вместе, получить сплав, содержащий 60% меди?

Решение . Пусть первого сплава взято х кг, а второго – у кг. По условию концентрация меди в первом сплаве равна 80/100 = 0,8, во втором – 30/100 = 0,3 (ясно, что речь идет о весовых концентрациях), значит, в первом сплаве 0,8х кг меди и (1 – 0,8)х = 0,2х кг цинка, во втором – 0,3 у кг меди и (1 – 0,3)y = 0,7у кг цинка. Количество меди в получившемся сплаве равно (0,8  х + 0,3  у) кг, а масса этого сплава составит (х + у) кг. Поэтому новая концентрация меди в сплаве, согласно определению, равна

По условию задачи эта концентрация должна равняться 0,6. Следовательно, получаем уравнение:

Данное уравнение содержит два неизвестных х и у. Однако по условию задачи требуется определить не сами величины х и у, а только их отношение. После несложных преобразований получаем

Ответ: сплавы надо взять в отношении 3: 2.

Пример .Имеются два раствора серной кислоты в воде: первый – 40%-ный, второй – 60%-ный. Эти два раствора смешали, после чего добавили 5 кг чистой воды и получили 20%-ный раствор. Если бы вместо 5 кг чистой воды добавили 5 кг 80%-ного раствора, то получили бы 70%-ный раствор. Сколько было 40%-ного и 60%-ного растворов?

Решение . Пусть х кг – масса первого раствора, у кг – второго. Тогда масса 20%-ного раствора (х + у + 5) кг. Так как в х кг 40%-ного раствора содержится 0,4х кг кислоты, в у кг 60%-ного раствора содержится 0,6y кг кислоты, а в (х + у + 5) кг 20%-ного раствора содержится 0,2(х + у + 5) кг кислоты, то по условию имеем первое уравнение 0,4х + 0,6y = 0,2(х +у + 5).

Если вместо 5 кг воды добавить 5 кг 80%-ного раствора, то получится раствор массой (х + у + 5) кг, в котором будет (0,4х + 0,6у + 0,8  5) кг кислоты, что составит 70% от (х + у + 5) кг.

В последнее время широкое распространение получили алгебраические методы построения алгоритмов распознавания и прогнозирования . Суть алгебраического подхода коротко может быть описана так. Представим, что некоторая задача распознавания решается с помощью конечного набора решающих функций: , например, линейная решающая функция, - квадратичная, - правило ближайших соседей. Если качество полученных этими функциями решений окажется неудовлетворительным, то можно расширить круг используемых функций и среди этого расширенного множества попытаться найти функцию, которая давала бы более высокий результат.

Рассматривается два типа расширений. Вначале некоторые параметры исходных функций из констант превращаются в переменные. Варьирование значениями этих переменных порождает широкий класс решающих функций того или иного типа: конечный или бесконечный набор различных гиперплоскостей, набор правил ближайшего соседа с разными значениями и разной метрикой для вычисления расстояний между точками. Доказано, что почти всегда в этом параметрическом расширении можно найти решающую функцию, которая дает оптимальное решение данной задачи.

Если же встретился такой сложный случай, что оптимального решения получить не удается, тогда применяется другой (алгебраический) способ расширения разнообразия решающих правил. Рассмотрим множество операторов над множеством простейших решающих правил . С помощью алгебраических операторов можно из набора простых правил сконструировать любое более сложное правило для решения задачи . Доказано, что множество алгебраически порожденных правил содержит оптимальное правило для решения любой задачи распознавания. Разработан также способ локализации подмножества правил, среди которых находится оптимальное правило. Однако и после этого количество оставшихся вариантов может оказаться большим. Для сокращения вычислительных трудностей применяются естественные эвристические приемы как на этапе отбора наиболее перспективных правил для включения в исходное множество , так и на этапе конструирования классов их параметрического и алгебраического расширения.

Алгебраический подход успешно применяется при решении задач распознавания образов, в частности в распознавании и анализе изображений и в задачах прогнозирования многомерных динамических процессов. В русле этого подхода находятся, например, метод коллективов решающих правил (КРП) и метод комитетов .

Идея метода КРП состоит в следующем. Пусть в нашем распоряжении имеется обучающая выборка в пространстве и несколько решающих правил. Предполагается, что разные правила могут оказаться «хорошими» в одной части пространства и «плохими» в другой. Каждый признак системы имеет конечное число градаций, так что пространство можно представить состоящим из конечного количества «клеточек» (гиперпараллелепипедов). Распознаваемый объект поместим в произвольную клеточку пространства и применим для его распознавания все решающие правила по очереди. Отметим те правила, которые приняли правильное решение. Затем переместим объект в другую клеточку пространства и повторим распознавание. Снова отметим правила, успешно работавшие в этой части пространства. Таким способом просмотрим все части пространства и для каждого решающего правила укажем границы области или перечень клеточек, в которых оно оказалось наиболее компетентным. На этом этап обучения заканчивается.

На этапе распознавания контрольного объекта сначала определяется правило, которое было наиболее компетентным для той части пространства, в которую попал данный объект. Затем по этому правилу определяется принадлежность объекта к одному из распознаваемых образов.

В методе комитетов в начале рассматривается широкий набор решающих правил, например параметрическое семейство из конечного числа гиперплоскостей. Каждая плоскость делит пространство на две части, и при распознавании двух образов ( и ) можно указать вероятность присутствия представителей этих образов в одной и другой части пространства: , и , . Если в каждой из частей вероятности разных образов окажутся одинаковыми (и ), то такая плоскость интереса не представляет. Более полезными будут плоскости, которые отделяют друг от друга области с преобладающим присутствием одного из двух образов, например и . По этой информации можно выбрать подмножество (коллектив) из наиболее «информативных» плоскостей.

Решение о принадлежности распознаваемого объекта к тому или иному образу принимается коллективом правил путем голосования. Если объект относительно плоскости находится в области , то эта плоскость голосует в пользу образа с весом , а в пользу образа - с весом . Можно просуммировать голоса, поданные всеми плоскостями за -й образ, и получить оценку . Аналогично получается сумма голосов за -й образ. Решение в пользу -го образа принимается, если . Можно пользоваться не суммами, а произведениями голосов.

Процедура построения коллективного решающего правила хорошо иллюстрирует важную роль методов распознавания в процессе познания. Исходная ситуация характеризовалась высокой степенью неопределенности, отсутствием какой бы то ни было модели изучаемого явления. Каждая отдельная гиперплоскость не позволяла надежно отличать один образ от другого, т. е. была «некорректной» распознающей моделью. Параметрический класс линейных решающих правил позволил сформировать из своего состава «корректную» распознающую модель. Как подчеркивает Ю. И. Журавлев , именно таким путем с помощью методов распознавания ситуации в неформализованных или слабо формализованных естественнонаучных областях оснащаются формализованными средствами познания. Создаваемые при этом модели позволяют ответить хотя бы на вопрос «Что происходит?». Если в обучающей выборке имеется соответствующая информация, то ее дальнейший анализ может привести к обнаружению закономерностей причинно-следственного характера и сформировать модель для ответа на вопрос «Как это происходит?» или даже на вопрос «Почему именно так, а не иначе?».

Алгебраический метод

Алгебраический метод решения задач на построении - 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.

Но, к сожалению, в школьном курсе геометрии алгебраическому методу практически не уделяется внимания, хотя с методической точки зрения изучение этого метода не представляет особых сложностей.

Суть метода состоит в следующем:

а) задача сводится к построению некоторого отрезка;

б) используя известные геометрические соотношения между искомыми и данными, составляют уравнение (систему уравнений), связывающее искомые и данные;

в) решая уравнение или систему уравнений, выражают формулой длину искомого отрезка через длины данных;

г) по формуле строится искомый отрезок (если это возможно);

д) с помощью найденного отрезка строится искомая фигура.

Подготовительную работу составляет изучение основных формул и способов построения, где также отрабатываются некоторые элементы схемы решения задач алгебраическим методом, и усваивается сама идея такого подхода к решению задач на построение.

В школьном курсе геометрии обычно рассматривают построения циркулем и линейкой отрезков, заданных следующими некоторыми простейшими формулами :

1) х = а + b (рис. 8).

2) х = а -- b(а > b) (рис. 9).

Рис. 8

3) х = nа , где n -- натуральное число. Сводится к построению 1). На рис. 10 построен отрезок х , такой, что х = 6а .

Рис. 10

4) х = .

Строим луч, выходящий из какого-либо конца О данного отрезка а под произвольным углом к нему. Откладываем на этом луче n раз произвольный отрезок b , так что OB = nb (см. рис. 11). Соединяем точку В со вторым концом А отрезка а . Через точку В 1 , определяемую условием 0В 1 = b , проводим прямую, параллельную АВ , и отмечаем точку A 1 , в которой она пересечет отрезок а .

5) х = а (n и m -- данные натуральные числа).

Разделим отрезок а на m равных частей и увеличим полученный отрезок в п раз.

6) х = (построение отрезка, четвертого пропорционального трем данным отрезкам).

Запишем условие в виде пропорции с: а = b: х . Пусть (рис. 12) ОА = а , ОС = с , так что члены одного из отношений отложены на одном луче, исходящем из точки О . На другом луче, исходящем из той же точки, откладываем известный член другого отношения ОB = b . Через точку А проводим прямую, параллельную ВС , и отмечаем точку X ее пересечения с прямой ОВ . Отрезок ОХ искомый, то есть ОХ = х .

Рис. 12

Можно воспользоваться построением 6), полагая b = а.

8) х = (построение среднего пропорционального двух данных отрезков).

Строим отрезки АС = а , ВС = b , так что АВ = а + b . На АВ как на диаметре строим полуокружность (см. рис. 13). В точке С восставим перпендикуляр к АВ и отметим точку D его пересечения с окружностью. Тогда х = CD .

9) х = Отрезок x строится как гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами а и b (см. рис. 14).

10) х = (a > b). Отрезок x строится как катет прямоугольного треугольника с гипотенузой а и катетом b .

К рассмотренным построениям можно свести построение отрезков, заданных более сложными формулами.

Желательно постепенное изучение этих формул, когда каждая из них разбирается при рассмотрении теории, необходимой для осуществления соответствующего построения.

На этом месте целесообразно также введение простейших задач на алгебраический метод (например, задача о восстановлении отрезков по их сумме и разности) с тем, чтобы формулы рассматривались во взаимосвязи. В дальнейшем, перед серьезным изучением метода, формулы следует повторить.

В Приложении 4 приведена задача на алгебраический метод: “Из вершин данного треугольника как из центров описать три окружности, касающиеся попарно внешним образом”.

Вывод. Описанные методы рекомендуется использовать для решения геометрических задач на построение. При этом необходимо обращать внимание в том числе и на развитие инициативы учащихся, привитие им вкуса и навыков к решению конструктивных задач.

Было бы неправильно думать, что методы решения задач на построение могут служить основой для классификации самих задач. Существенным, а не случайным следует признавать то обстоятельство, что целый ряд задач на построение может одинаково успешно решаться различными методами. С другой стороны, существуют задачи, которые решаются просто комбинацией основных построений без явного применения какого-либо метода.

С методической точки зрения наиболее приемлемым является применение при обучении решению задач на построение следующего принципа. Необходимо осуществлять последовательный подбор задач в соответствии с целями курса геометрии и постепенное ознакомление учащихся с методами решения задач на построение.

В свою очередь, необходимо ознакомить учащихся с самими методами и научить определять, каким из них можно решить предложенную задачу. Для этого, прежде всего, учащихся необходимо научить выделять наиболее характерные признаки задач, решаемых тем или иным методом. Эти признаки определяются самим содержанием метода.

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» .