ugyanaz , több oldalról megvilágítva
DESCRIPTION
Ugyanaz , több oldalról megvilágítva. 2014. június 30. Aszód. Miért jó a több oldali megközelítés?. Segíti a megértést. Könnyebbé teszi a felidézést. Más problémáknál lehet, hogy majd csak egy megközelítés vezet célra. Segít abban, hogy egységben lássuk a … - PowerPoint PPT PresentationTRANSCRIPT
Ugyanaz, több oldalról megvilágítva
2014. június 30. Aszód
Miért jó a több oldali megközelítés?
- Segíti a megértést.
- Könnyebbé teszi a felidézést.
- Más problémáknál lehet, hogy majd csak egy
megközelítés vezet célra.
- Segít abban, hogy egységben lássuk a …
- Mert így szebb, érdekesebb, akár vonzóbb is
lehet a tananyag tárgyalása.
I. Amikor a fizika segít a matematikának
Közismert feladat:
Adott egy e egyenes, és egyik oldalán két pont A és B. Határozzuk meg az egyenesnek azt a P pontját, amelyre AP+PB minimális!
A
B
P
I. Amikor a fizika segít a matematikának
Közismert feladat:
Adott egy e egyenes, és egyik oldalán két pont A és B. Határozzuk meg az egyenesnek azt a P pontját, amelyre AP+PB minimális!
A
B
P B’
Vizsgáljuk a gyűrűre ható erőket!
A huzal csak a huzalra merőleges erőt tud gyakorolni a gyűrűre.
Így a két gumiszál által gyakorolt erő eredője is merőleges a huzalra, nagyságuk pedig egyenlő. Ezért egyenlő szöget zárnak be a huzallal.
Az ábra szerinti B pontban van egy búvár, akinek annyi levegője van, hogy még 150 m utat tud
megtenni a vízben, hogy a hajóhoz érjen: BD+DA=150 . Milyen maximális d mélységet tud
elérni?
Milyen irányban
induljon a
búvár?
A
B
C
d
D
120 m
50 m
Rögtön lefelé?
A
B
C
D
120 m
50 m
x 150-x
Ha rögtön lefelé indul a búvár?50 m + 14 m = 64 m mélységet tud elérni. Van-e ennél jobb megoldás?
Képzeljük el, hogy a B és A közé egy 150 m-es kötelet húzunk, és arra egy csigán súlyt akasztunk.
2 2 2
2 2
(50 ) 120 (150 )
2500 100 14400 22500 300
560014
400
x x
x x x x
x
A fizika segít
A két piros erővektor
egyenlő. (Miért?)
Ezért egyenlő szöget
zárnak be a függőle-
gessel.
EA = 150 CE=90
d = CF = 70 m.
A
B
C
d
D
120 m
50 m
E
F
G
Az ABC hegyesszögű háromszög AB, BC, CA, oldalain határozzuk meg a P, Q, R pontokat
úgy, hogy a PQR háromszög kerülete minimális legyen!
Geometriai megoldás
A B
P’’
Q
R
C
P
P’
Fizikai meggondolással Húzzunk ismét gumiszálat gyűrűkre!Az erők ismét egyenlő szöget zárnak be az oldalakkal.
Ezt elegendő tudni?
Igen, mert csak egy megfelelő δ, ε, φ szögekkel rendelkező háromszög van.
R
B A
Q
δ δ
ε ε
φ
φ
C
P
Az ABC hegyesszögű háromszög belsejében határozzuk azt a P pontot,
amelyre AP+BP+CP minimális!
I.Geometriai megoldás
Forgassuk el az APB háromszöget B körül 60º-kal!
A
B
P
P’ A’
60 C
II. Geometria megoldás
• Használjuk fel, hogy egy szabályos háromszög bármely belső pontjából az oldalakra állított merőlegesek összege állandó!
II. Geometria megoldás
A
B
P
C
B’
C’
A’
Q
A1
B1
C1
Legyen P az izogonális pont, és a A1B1C1 szabályos háromszög oldalai legyenek merőlegesek a PA, PB, PC szakaszokra! Ekkor PA+PB+PC = =QA’+QB’+QC’ ≤≤ QA + QB + QC
Fizikai meggondolás
Mikor lesz a P pontban a csomó három egyenlő nagyságú erő hatására egyensúlyban?
Ha .
Ekkor viszont a három
egyenlő erő páronként
120º-os szöget zár be.
B
A
C P
1 2 3 0F F F ��������������������������������������������������������
Milyen P pontra PA2+PB2+PC2 minimális?
P-ben levő gyűrűből egy-egy eredetileg elhanyagolható hosszúságú gumiszálat húzunk a csúcsokba.A gyűrű oda áll, be, ahol -végzett munka minimális, -az erők összege 0. Az erő arányos a megnyúlással, ezért felvehetjük az erővektorokat úgy, hogy azok éppen a csúcsokba mutassanak.
Ezek összege csak a súlypontból induló vektorokra 0.
B
A
C P
2 2 21( )
2W D PA PB PC
0PA PB PC ��������������������������������������������������������
Amikor a geometria segít az algebrának
Legyenek x, y, z a [0;1] intervallum tetszőleges számai. Mutassuk meg, hogy
0 ≤ x(1-y) + y(1-z) + z(1-x) ≤1!
A bal oldali egyenlőtlenség nyilvánvalóan igaz, hiszen mindhárom tag nem negatív.
Csak a jobb oldali egyenlőtlenséggel foglakozunk.
0 ≤ x(1-y) + y(1-z) + z(1-x) ≤1!
Algebrai megoldás: A jobb oldali egyenlőtlenség bizonyításához vizsgáljuk a tagok két
tényezőjét. I. Ha van köztük olyan, amelyben az egytagú nem kisebb a
másiknál, pl x ≥1-y (*), akkor végezzük a következő becslést
x(1-y) + y(1-z) + z(1-x) = x+y+z-xy-yz-zx = z(1- y-x) + y+x –xy ≤ y+x –xy ≤ 1
Az első egyenlőtlenség azért igaz, mert (*) miatt az elhagyott tag nem pozitív. A második 0-ra redukálással, szorzattá alakítással látható be:
0 ≤ 1- y-x +xy = (1-x)(1-y), és itt mindkét tényező nem negatív.
0 ≤ x(1-y) + y(1-z) + z(1-x) ≤1!
II: Ha minden a tagban az egytagú tényező kisebb a kéttagúnál:
x < (1-y), y < (1-x), z < (1-x), akkor legyen
X=1-x, Y=1-y, Z=1-z, ekkor x=1-X, y=1-Y, 1-Z=z, és az egyenlőtlenség új alakja:
(1-X)Y +(1-Y)Z + (1-Z)X ≤1.
Itt viszont már Y ≥ 1-X, ezért ez az egyenlőtlenség az I. pont szerint igazolható.
Függvénytani megoldás
Tekintsük a vizsgált kifejezést x függvényének, amelyben y és z paraméterek: f(x) = x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)=(1-y –z)x + (y + z –yz). 0≤x ≤1Egy zárt intervallumon értelmezett lineáris függvény szélsőértékeit a végpontokban vesz fel, ezért elég megmutatni, hogy f(0) ≤ 1 és f(1) ≤1. Ez pedig igaz, mert f(0) =y+z–yz≤ 1, hiszen 0 ≤ 1- y-x +xy = (1-x)(1-y), és itt mindkét tényező nem negatív; továbbá f(1) = 1 – yz ≤1.
Geometriai megoldás Mivel kéttényezős szorzatokat vizsgálunk, próbáljuk meg azokat területek mértékeként értelmezni! Tekintsünk egy 1 oldalú szabályos háromszöget, és ennek oldalain vegyük fel az x, y, z hosszúságú szakaszokat .Ahhoz, hogy területeket tudjunk értelmezni, az x(1-y)+y(1-z)+z(1-x) ≤1 egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk 1/2·sin 60 -kal!
Az itt szereplő tagok, rendre a BPQ, CQR, ARP ill. ABC háromszögek területei.
B
C
y
1-x
1-y
1-z
z
P
Q
R
60° 60°
60°
x
1
A
(1 )sin 60 (1 )sin 60 (1 )sin 60
2 2 2
1 sin 60
2
x y y z z x
Az ábrák mutatják, hogy az alsó határ nem növelhető, a felső nem csökkenthető.
x, y, z olyan pozitív számok, amelyekre x2 + xy+ y2 = 25, y2 + yz+ z2 =36, z2 + zx+ x2 = 49.
Határozzuk meg xy + yz + zx értékét!
Algebrai megoldásSzorozzuk az egyenleteke rendre (x-y)-nal, (y-z)-vel, (z-x)-szel!
Helyettesítsük ezt vissza az eredeti első egyenletbe :
3 3
3 3
3 3
25 25
36 36
49 49
0 13 11 24
x y x y
y z y z
z x z x
z y x
11 13
24
y zx
x2 + xy+ y2 = 25, y2 + yz+ z2 =36, xy + yz + zx= ? z2 + zx+ x2 = 49.
2 2 22121 286 169 11 13
25576 24
y yz z y yzy
961y2 + 598yz+ 169z2 =14400y2 + yz+ z2 =36
egyenletrendszerben a konstanst érdemes kiküszöbölni.
961y2 + 598yz+ 169z2 =14400400 y2 + 400yz+400 z2 =14400
561y2 +198 yz -231z2 =0. /:33z2
17 y2 +6 yz+ 7z2 =36, xy + yz + zx= ?
Ennek pozitív gyöke
Visszahelyettesítjük az y2+yz+z2=36 egyenletbe.
Ebből:
3 8 2
1 0,48
79
y
z
3 8 2
17y z
375 88 26 4,564
433z
207 104 26 2.232
433y
207 104 2 375 88 266 78
433 433 3,49524
x
24 2 33,94xy yz zx
x, y, z olyan pozitív számok, amelyekre x2 + xy+ y2 = 25,
y2 + yz+ z2 =36,
z2 + zx+ x2 = 49.
Határozzuk meg xy + yz + zx értékét!
5 6
7
y
x z
120 P 120 120
A C
B
Geometriai (trigonometriai) megoldás
Az 5,6,7 egység oldalú ABC háromszögben P legyen az a pont, amelyből az oldalak 120-os szögben látszanak. Ha x=PA, y=PB, z=PC, akkor a fenti egyenletek éppen a PAB, PBC, PCA háromszögekre felírt cosinus tételek.
Az egyenletrendszernek csak egy pozitív számhármas a megoldása, tehát ezek PA, PB és PC.
x, y, z olyan pozitív számok, amelyekre x2 + xy+ y2 = 25,
y2 + yz+ z2 =36,
z2 + zx+ x2 = 49.
Határozzuk meg xy + yz + zx értékét!
5 6
7
y
x z
120 P 120 120
A C
B
Geometriai (trigonometriai) megoldás
Számítsuk ki ezután a háromszög területét kétféleképp: Héron képlettel, és fenti kis háromszögekre felírt trigonometrikus területképletek összegeként.
sin120 sin120 sin120
2 2 2
9(9 5)(9 6)(9 7)
xy yz zx
xy yz zx 24 2
Néhány játék
Két halomban kavicsok vannak.
Az egyikben k db, a másikban n db.
Ketten felváltva vesznek el a két halomból. Egy lépésben az egyik halomból lehet elvenni akárhány kavicsot. (A lépésben levő választhat, hogy melyikből akar.) Az nyer, aki az utolsó kavicsot elveszi.
Ki tud nyerni a kezdő, vagy a második?
a) Ki tud nyerni, ha k = 10, n=8 ?b) Ki tud nyerni, ha k = 6, n=6 ?
Kezdjük a b) feladattal.
Ha Kezdő elvesz valamelyik halomból, akkor Második el tud venni ugyanannyit, (tehát visszaállítja az k=n helyzetet). Így Második nem veszíthet.
Az a) feladatban viszont Kezdő el tudja érni a k=n helyzetet, és ezt Második elrontja, Kezdő visszaállítja, tehát Kezdő nem veszíthet.
Osztó- játékKét játékos egy „n” szám osztóit mondják felváltva úgy, hogy
ha d1, d2, …,dk-t már mondták, akkor a következő osztó nem oszthatja egyiket sem az előzőek közül. Az veszít, akinek az „n” számot kell kimondani.
Ki tud nyerni, ha n=64?
• 64 prímtényezős alakja: 64=26
• 64 osztói: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64.• Mindegyik szám osztója az utána következőknek, ezért ha
egy számot kimondunk, akkor az előtte levőket már nem lehet.
• Aki az utolsó előtti számot kimondja, az nyer. Ezt Kezdő az első lépésben megteheti, tehát Kezdő tud nyerni a 32-es szám kimondásával.
Ki tud nyerni, ha n=48?
48 prímtényezős alakja: 48=24·348 osztói: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24, 48.Írjuk fel az osztókat a következő táblázatba:16 8 4 2 1 48 24 12 6 3Célszerű lesz a következőképpen párba állítani az osztókat: 2-3, 4-6, 8-12, 16-24.Kezdő 1-gyel kezd, Ha Második kimondja valamelyik pár egy elemét, akkor Kezdő mondja a másikat. Így Másodiknak kell n=48-at mondani.
Ki tud nyerni, ha n=72?
72 prímtényezős alakja: 72=23·32
Írjuk fel 72 osztóit a következő táblázatba:
8 4 2 1
24 12 6 3
72 36 18 9
Itt már sokkal nehezebb megfelelő párokat összeállítani
Ha egy osztót kimondunk, akkor a tőle jobbra, ill. felette álló osztók is kiesnek.
Ki tud nyerni, ha n=72?
72 prímtényezős alakja: 72=23·32
Írjuk fel 72 osztóit a következő táblázatba:8 4 2 1 24 12 6 372 36 18 9Itt már sokkal nehezebb megfelelő párokat összeállítani
Ha egy osztót kimondunk, akkor a tőle jobbra, ill. felette álló osztók is kiesnek. Pl. ha a 6-ot mondjuk ki, akkor 1, 2 és 3 is kiesnek.
8 4 2 1 8 24 12 6 3 2472 36 18 9 72 36 18 Keressünk olyan párokat, amelyek egyik elemének
elvétele után a partner, a másik elvételével nyerő helyzetbe tud jutni! Ilyen pár pl. a 24-36. A 8-3 pár visszavezeti a feladatot az előzőre. De aki szimmetrikus L alakot alakít ki, az is nyerni tud. Ezért jó pár a, 12-9, A 4-18 pár is nyerő helyzetre vezet. Az 1, 2 ,3 után 6-ot mondva is nyerő helyzet lesz.
De ha Kezdő 6-tal kezd, akkor Második minden lépésére tud a megfelelő párral válaszolni.
Minden ilyen típusú játékban Kezdő nyer. Miért?
Mérgezett csokoládé játékok
Egy n x k oldalú csokitábla bal alsó 1 x 1–es darabja mérgezett. Ketten felváltva törnek a táblából egy darabot. A letört darabot meg kell enni.
Az veszít, akinek a mérgezett darab jut.
Ki tud nyerni, Kezdő vagy Második?
a) Egy rácsegyenes mentén törnek
10 x 10 es tábla
És pl. 6x8-as táblánál ?
Az eredeti helyzet egy négyzet, ebből Kezdő egy nem négyzet téglalapot hoz létre.
Második visszaállítja egy kisebb négyzet alakot, utoljára az 1 x 1 –es négyzetet hagyja. Tehát Második nyer.
Ha az eredeti helyzet nem négyzet, akkor Kezdő tud négyzetet létrehozni, tehát itt Kezdő tud nyerni.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Aki lép, az kiválaszt egy mezőt és levág egy olyan egy téglalapot, amelynek ez a bal alsó sarka
A kivágott részt eszi meg.
n x k oldalú téglalap esetén ki tud nyerni?
Vegyük észre, hogy ez azonos az osztójátékkal.
Az ábra szerinti pl. n=2939
szám osztójátékával. Itt Kezdő nyerhet a piros mező
kiválasztásával. (Az osztójátékban ez d=2838 osztó
kimondásával egyenértékű.)
Még n x 3 –as téglalapokra sem ismert a nyerő stratégia.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Köszönöm a figyelmet.