Ugyanaz t bb oldalr l megvil g tva
Download
1 / 37

Ugyanaz , több oldalról megvilágítva - PowerPoint PPT Presentation


  • 75 Views
  • Uploaded on

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 …

loader
I am the owner, or an agent authorized to act on behalf of the owner, of the copyrighted work described.
capcha
Download Presentation

PowerPoint Slideshow about ' Ugyanaz , több oldalról megvilágítva' - weylin


An Image/Link below is provided (as is) to download presentation

Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author.While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server.


- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - E N D - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Presentation Transcript
Ugyanaz t bb oldalr l megvil g tva

Ugyanaz, több oldalról megvilágítva

2014. június 30. Aszód


Mi rt j a t bb oldali megk zel t s
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 seg t a matematik nak
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!


I amikor a fizika seg t a matematik nak1
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!


Vizsg ljuk a gy r re hat er ket
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?


R gt n lefel
Rögtön lefelé? levegője van, hogy még 150 m utat tud megtenni a vízben, hogy a hajóhoz érjen: BD+DA=150 . Milyen maximális d mélységet tud elérni?

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.


A fizika seg t
A fizika segít levegője van, hogy még 150 m utat tud megtenni a vízben, hogy a hajóhoz érjen: BD+DA=150 . Milyen maximális d mélységet tud elérni?

A két piros erővektor

egyenlő. (Miért?)

Ezért egyenlő szöget

zárnak be a függőle-

gessel.

EA = 150  CE=90

d = CF = 70 m.


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


Fizikai meggondol ssal
Fizikai meggondolással határozzuk meg a P, Q, R pontokat úgy, hogy a PQR háromszög kerülete minimális legyen!

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.


Az abc hegyessz g h romsz g belsej ben hat rozzuk azt a p pontot amelyre ap bp cp minim lis
Az ABC hegyesszögű háromszög belsejében határozzuk azt a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!

  • Geometriai megoldás

    Forgassuk el az APB háromszöget B körül 60º-kal!


Ii geometria megold s
II. Geometria megoldás a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!

  • Használjuk fel, hogy egy szabályos háromszög bármely belső pontjából az oldalakra állított merőlegesek összege állandó!


Ii geometria megold s1
II. Geometria megoldás a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!

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 meggondol s
Fizikai meggondolás a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!

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.


Milyen p pontra pa 2 pb 2 pc 2 minim lis
Milyen P pontra PA a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!2+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.


Amikor a geometria seg t az algebr nak
Amikor a geometria segít az algebrának a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!

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
0 ≤ a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!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 11
0 ≤ a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!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.


F ggv nytani megold s
Függvénytani megoldás a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!

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 ≤1

Egy 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 megold s

C a P pontot, amelyre AP+BP+CP minimális!

60°

1-z

y

R

Q

z

1-y

60°

60°

B

1-x

x

P

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.

A



x a felső nem csökkenthető., 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 megoldás

Szorozzuk az egyenleteke rendre (x-y)-nal, (y-z)-vel, (z-x)-szel!

Helyettesítsük ezt vissza az eredeti első egyenletbe :


X 2 xy y 2 25 y 2 yz z 2 36 xy yz zx z 2 zx x 2 49
x a felső nem csökkenthető.2+xy+ y2 = 25, y2+yz+ z2 =36, xy + yz + zx= ?z2+zx+ x2 = 49.

961y2+ 598yz+ 169z2 =14400

y2+yz+ z2 =36

egyenletrendszerben a konstanst érdemes kiküszöbölni.

961y2+ 598yz+ 169z2 =14400

400 y2+ 400yz+400 z2 =14400

561y2+198 yz -231z2 =0. /:33z2


17 y 2 6 yz 7 z 2 36 xy yz zx
17 a felső nem csökkenthető.y2+6yz+ 7z2 =36, xy + yz + zx= ?

Ennek pozitív gyöke

Visszahelyettesítjük az y2+yz+z2=36 egyenletbe.

Ebből:


x a felső nem csökkenthető., y, z olyan pozitív számok, amelyekre x2+xy+ y2 = 25, y2+yz+ z2 =36, z2+zx+ x2 = 49.Határozzuk meg xy + yz + zx értékét!

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 a felső nem csökkenthető., y, z olyan pozitív számok, amelyekre x2+xy+ y2 = 25, y2+yz+ z2 =36, z2+zx+ x2 = 49.Határozzuk meg xy + yz + zx értékét!

Geometriai (trigonometriai) megoldás

Számítsuk ki ezután a háromszög területét kétféleképp: Héron képlettel, és fenti kis háromszögekre felírt trigonometrikus területképletek összegeként.


N h ny j t k
Néhány játék a felső nem csökkenthető.

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
a) a felső nem csökkenthető. 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.


Oszt j t k
Osztó- játék a felső nem csökkenthető.

Két 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
Ki tud nyerni, ha a felső nem csökkenthető.n=48?

48 prímtényezős alakja: 48=24·3

48 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 3

Célszerű 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
Ki tud nyerni, ha a felső nem csökkenthető.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 721
Ki tud nyerni, ha a felső nem csökkenthető.n=72?

72 prímtényezős alakja: 72=23·32

Írjuk fel 72 osztóit a következő táblázatba:

8 4 21

24 12 63

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. Pl. ha a 6-ot mondjuk ki, akkor 1, 2 és 3 is kiesnek.


8 4 2 1 8 24 12 6 3 24 72 36 18 9 72 36 18
8 4 2 1 8 a felső nem csökkenthető.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?


M rgezett csokol d j t kok
Mérgezett csokoládé játékok a felső nem csökkenthető.

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 r csegyenes ment n t rnek

10 x 10 es tábla a felső nem csökkenthető.

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.

a) Egy rácsegyenes mentén törnek


Aki l p az kiv laszt egy mez t s lev g egy olyan egy t glalapot amelynek ez a bal als sarka

A kivágott részt eszi meg. a felső nem csökkenthető.

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.

Aki lép, az kiválaszt egy mezőt és levág egy olyan egy téglalapot, amelynek ez a bal alsó sarka


K sz n m a figyelmet skatz@freemail hu

Köszönöm a figyelmet. a felső nem [email protected]


ad