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

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: (4...

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...

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

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

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

Решение

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

Тогда по условию

7. АВ = CD = 2х (3, 6)

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

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

Приведем задачу, которая решается с помощью системы уравнений.

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

Решение

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

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

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

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

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

8. а + Ь = 7,

а 2 + Ъ 2 =d 2 (,)

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

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

Приравнивая правые части равенств 9 и 10, получим:

11. (1/2) (а-Ь) = 1, 2d (9, 10)

В итоге мы получаем систему трех уравнений с тремя неизвестными:

12. а + Ь = 7,

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

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

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

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

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

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

Рис. 3.27

Решение

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

и касающиеся друг друга внешним образом I (дано)

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

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

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

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

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

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

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

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

После этого получим:

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

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

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

Мы получили систему двух уравнений с двумя неизвестными.

17. R + r = ---,

COS i (12,13,16)

R .r = *

Решая систему, получим

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

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

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

Решение

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

Первый способ

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

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

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

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

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

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

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

Второй способ

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

Если его обозначить через а, то можно найти AD.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Решение

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

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

Можно выписать некоторые следствия, вытекающие из условия теоремы:

5. DP = СР )

> (1,2, определение средней линии трапеции)

О. АС/ = L/jD I

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

Эта работа приведет к первому способу доказательства теоремы.

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

Запишем эти построения.

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

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

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

Рассмотрим свойства указанных треугольников:

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

Возможны и другие способы доказательства этой теоремы:

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

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

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

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

Решение

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

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

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

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

Каждый из этих случаев приведет нас к нужному результату.

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

Решение

• 1. Треугольник АВС] .
• 2 АВ = а (дано)

Z.CK~LAB I «-33,а)

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

Вот как обычно в действующих учебниках описывают это доказательство:

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

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

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

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

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

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

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

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

Рис. 3.35

Приведем еще примеры решения нескольких задач различными способами.

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

Решение

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

Можно выписать еще несколько свойств, следующих из условия задачи:

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

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

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

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

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

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

Мы подошли к решению задачи первым способом:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

v 2 / v 2 )

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

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

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

Решение

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

Первый способ

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

8. CN = NP = PD (2,3, теорема Фалеса)

Из перечисленных восьми свойств нельзя получить нужных отрезков.

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

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

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

Подставим значение КР в равенство 11:

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

Можно иначе ввести обозначение:

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

У = (х + у)/2

х = (у + 2)/2| (13)

Решим эту систему:

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

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

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

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

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

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

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

Рис. 3.39

Решение 1. ААВС

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

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

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

Первый способ

Итак, Sabc = ^ ah a .

На рисунке нет h a .

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

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

Заметим, что это типичный пример использования алгебраического метода решения:

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

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

Подставим значение x в равенство 12.

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

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

но сделать с помощью теоремы косинусов и основного тригонометрического тождества:

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

о а Ь 2 +с 2 -а 2

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

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

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

Если исходить из соотношений между искомыми и данными задачи, то условие задачи на построение может быть выражено аналитически.

Аналитическое выражение задачи на построение в виде уравнения, а его решения в виде корней этого уравнения помогают найти геометрическое решение, а также определить, с помощью каких инструментов оно может быть выполнено.

Решение задач алгебраическим методом сводится к построению:

• среднего пропорционального двух данных отрезков х = 4аЬ
• четвертого пропорционального к трем данным отрезкам, выра-

. „ Ъс

жаемого формулой х = -;

По алгебраической сумме данных отрезков x = a±b,x-a + b-c + d,

x = 3a±2b и т.д.; _

По формулам типа х = 1а + Ь.

Алгебраический метод решения геометрических задач на построение состоит в следующем:

• 1) неизвестные величины, фигурирующие в условии задачи, обозначают буквами х, у, z и т.д.;
• 2) составляют уравнения, связывающие эти неизвестные с данными в задаче величинами а, Ь, с, ...;
• 3) решают составленные уравнения;
• 4) исследуют полученные ответы;
• 5) выполняют требуемое построение.

Прежде чем переходить к решению задач на построение алгебраическим методом, рассмотрим построения некоторых отрезков, заданных соотношениями между длинами других отрезков.

1. Иногда в геометрических задачах на построение отношение двух величин дается в виде а: b ; а 3: Ь 3 ; а 4: Ь 4 и т.д.

Покажем, что любое из этих отношений можно заменить отношением двух отрезков.

Задача 6.47. Построить отрезок, заданный отношением а п: Ь п, где

п е N.

Решение

Начертим две произвольные взаимно перпендикулярные прямые KL и MN (рис. 6.52) и обозначим буквой О точку их пересечения. На прямых KL и MN от точки О отложим отрезки ОА и ОА х, соответственно равные данным отрезкам Ъ и а. Соединив точки А и А ь восставим в точке А г перпендикуляр к АА Х KL в некоторой точке Л 2 . В точке А 2 восставим перпендикуляр к А 2 А 1 и продолжим его до пересечения с прямой MN в точке А 3 и т.д.

Определим величину каждого из следующих отношений: ОА х: ОА; ОА 2 : ОА х; ОА 3: ОА г и т.д.

Так как прямоугольные треугольники ОАА х, ОА,А 2 , ОА^А 3 ,... подобны, то, значит:

ОА, и ,

По построению, - L = -, а поэтому в силу равенств (*) получим ОА b

Определим величину отношения Оно не изменится, если мы

каждый из его членов разделим на одну и ту же величину ОА ь а поэтому

т т ОА, а О Ап а ОА 2 а ОА b

Но из равенств -- = - и -- = - усматриваем, что -- = - и-= -.

ОАЬОА х Ъ ОА, Ъ ОА, а

В силу последних двух равенств мы можем равенство (**) переписать так:

ОА 2 _ а 2 ОА ~ Ъ 2 "

Аналогичными рассуждениями найдем и другие отношения.

2. Рассмотрим задачу на построение среднего пропорционального двух данных отрезков, т.е. отрезка -Jab.

Задача 6.48. Построить среднее пропорциональное отрезков а и Ь. Решение

На одной прямой отложим последовательно отрезки АС = а и СВ = b (рис. 6.53)

Рис. 6.53

На отрезке АВ как на диаметре построим окружность ofiC, 1.

В точке С восставим перпендикуляр к прямой АВ.

Имеем NC = -Jab. Действительно, AANB - прямоугольный.

По известной теореме AACN подобен ANCB, а значит, откуда

NC 2 = АС СВ, или в других обозначениях NC 2 =ab. Окончательно имеем NC--Jab.

3. При решении задач на построение очень часто приходится строить отрезок, который является четвертым пропорциональным трех заданных отрезков. Рассмотрим решение этой задачи.

Задача 6.49. Даны три отрезка а, Ь, с. Построить такой отрезок х,

а с что - = -.

Решение

Возьмем любой угол О. На одной стороне угла отложим отрезки ОА = а и ОС = с, а на другой - отрезок ОВ-b (рис. 6.54)

Через точку С проведем прямую р || АВ. Она пересечет луч ОВ в точке D. Докажем, что OD - искомый отрезок х. Треугольники ОАВ

и OCD подобны. Поэтому т.е. OD = х.

Рис. 6.54

В частном случае эта задача позволяет разделить отрезок на п равных частей. Обозначим данный отрезок через Ь. Возьмем любой отрезок с, и пусть а - пс (рис. 6.55).

Рис. 6.55

„ ас b Ъ 1 .

Поскольку - = -, то х = - с = - с = - Ъ. ох а пс п

4. Рассмотрим более сложное отношение отрезков.

Задача 6.50. Построить отрезок, заданный отношением 2 [а: 2 /b, где п е N.

Решение

Допустим, что отношение величин задано в виде [а: -Jb , где а и Ъ - данные отрезки.

Для определения тех двух отрезков, отношение которых равно Va: Vb, поступим следующим образом.

На произвольной прямой от выбранной точки К отложим последовательно два отрезка: KN-а иNM = b (рис. 6.56)

Рис. 6.56

На отрезке КМ, как на диаметре, построим полуокружность КРМ.

В точке N восставим перпендикуляр NN" к отрезку КМ. Прямая NN" пересекает дугу КРМ в некоторой точке L.

Соединяем точку ЬсКиМ. Отрезки KL и LM - искомые, т.е.

Действительно, имеем-=--. Но AKLM подобен ALMN, а по-

KL LN KL 2 LN 2

этому-=-и, значит, -=--, но из последнего равенства

LM NM LM NM 2

KN LN 2 KL 2 KN „

и равенства-=-- вытекает, что-- =-. Извлекая квадратный

NM NM 2 LM 2 NM

корень из обеих частей последнего равенства, найдем:

Чтобы получить два отрезка, отношение которых равно [а: yfb, необходимо сначала построить такие два отрезка тип, отношение кото-

рых определяется равенством - = -j=, а затем посредством такого же

построения найти отрезки р и q, которые определяются равенством р _ yfm Ч Vn

Аналогичными построениями можно найти отрезки, отношение которых равно 2 fa: 2 yх 2 + h h 2 , то из равенства (*) получим

Построение. 1. Строим отрезок у = yj{2h b) 2 -h a 2 (рис. 6.61).

Рис. 6.61

2. Строим х = ^^- (рис. 6.62).

Рис. 6.62

3. Наконец, строим искомый равнобедренный треугольник АВС по основанию АС =2хи высоте DB = h b (рис. 6.63).

Рис. 6.63

Доказательство. Нужно доказать, что в построенном равнобедренном треугольнике АВС высоты BD -h b и АЕ- h a . Первое равенство очевидно, а справедливость второго вытекает из обратимости всех формул, приведенных в анализе. _

Исследование. Замечаем, что отрезок у = yl(.2h b) 2 -h 2 можно построить лишь в том случае, если (2/i b) 2 -h a 2 >0, или 2h b >h a .

При этом условии можно построить отрезок х и, следовательно, искомый треугольник АВС. Так как два равнобедренных треугольника, имеющих равные основания и равные высоты, равны, то задача имеет единственное решение.

Замечание. Задача допускает более простое решение другим способом. Если через точку D провести прямую, параллельную высоте АЕ и пересекающую сторону ВС в точке F, то треугольник DFB можно построить по катету 0,5h a и гипотенузе h b , что приведет к построению искомого треугольника.

Задача 6.57. Через данную вне круга точку А провести такую секущую, которая разделилась бы этой окружностью в данном отношении.

Решение

Анализ. Допустим, что задача решена: секущая AL удовлетворяет условию задачи (рис. 6.64). Проведем из точки А секущую АС, проходящую через центр О данного круга. Так как точка А нам дана, то, значит, нам известны отрезки AD и АС. Обозначим буквой х длину отрезка АК. Если из точки А, находящейся вне круга, проведем секущие, то произведение всей секущей на ее внешнюю часть есть величина постоянная, а потому

Рис. 6.64

Из чертежа усматриваем, что AL = х + LK.

л шс.. пх

А так как по условию х: LK = m : п, т.е. ЬК = -, то, значит, AL = x + - -

= -(т + п ). т

Поэтому равенство (*) примет такой вид: х-(m + п) = AD ? АС, откуда

Построение. 1. Исходя из формулы (**) известным построением определим отрезок х.

• 2. Из точки А делаем на данной окружности засечку К радиусом, равным найденному х.
• 3. Соединив точки А и К и продолжив эту прямую, получим искомую секущую.

Заметим, что мы не привели рассуждения, которые имеют место к решению этой задачи на этапах доказательства и исследования (предоставляем читателю провести эти этапы самостоятельно).

Задача 6.58. Найти вне данного круга такую точку, чтобы касательная, проведенная из нее к этой окружности, была вдвое меньше секущей, проведенной из той же точки через центр.

Решение

Анализ (рис. 6.65). Обозначим буквой х расстояние до искомой точки от центра О окружности. Как известно, АВ 2 -DA ? АС (1), но DA = х - г (2), АС = х + г (3) и, значит, АВ 2 = (х - г) (х + г) = х 2 - г 2 и АВ = 1х 2 -г 2 (4).

Рис. 6.65

Так как по условию АС = 2АВ, то из формул (3) и (4) имеем х + г - = 21х 2 -г 2 , откуда х 2 + 2гх + г 2 = 4х 2 - 4г 2 , или Зх 2 - 2гх - 5г 2 = 0. Следовательно,

т.е. х а = - г и х 2 =-г.

В данной задаче х не может быть отрицательной величиной, а потому второй корень отбрасываем.

Построение. Продолжим один из диаметров (CD) данной окружности

и на нем отложим от точки D отрезок DA, равный -г (DA = АО - OD = 5 2 3

Г - г = -г (6)).

Точка А - искомая.

Доказательство. АС = х + г =-г + г, т.е. АС =-г (7).

.- /2 8 4 АС

Из формул (1), (6), (7) находим: AB = y/DA-AC = J-r--r=-r =

что подтверждает правильность сделанного построения (этап исследования предлагаем читателю провести самостоятельно).

Основные методы решения геометрических задач: геометрический – требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; алгебраический – искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; комбинированный – на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других алгебраическим.

Треугольники Признаки равенства треугольников, прямоугольных треугольников. Свойства и признаки равнобедренного треугольника. Задача 1. Медиана АМ треугольника АВС равна отрезку ВМ. Доказать, что один из углов треугольника АВС равен сумме двух других углов. Задача 2. Отрезки АВ и СD пересекаются в их общей середине О. На АC и ВD отмечены точки К 1 такие, что АК=ВК 1. Доказать, что а) ОК=ОК 1, б) точка О лежит на прямой КК 1. Задача 3 (признак равнобедренного треугольника). Если в треугольнике биссектриса является медианой, то треугольник равнобедренный.

Задача 4 (признак прямоугольного треугольника по медиане). Доказать, что если медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то треугольник прямоугольный. Задача 5 (свойство медианы прямоугольного треугольника). Доказать, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна её половине. Задача 6. Доказать, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами биссектриса прямого угла делит угол между высотой и медианой, проведенными из той же вершины, пополам. Задача 7. Медиана и высота треугольника, проведенные из одной вершины, делят этот угол на три равные части. Доказать, что треугольник прямоугольный.

Свойства площадей. Площади многоугольников Следствие из теоремы о площади треугольника. Если высоты двух треугольников равны, то их площади относятся как основания. Теорема об отношении площадей треугольников, имеющих равные углы. Если угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то площади этих треугольников относятся как произведения сторон, заключающих равные углы.

Теоремы о точках пересечения чевиан Теорема. В любом треугольнике медианы пересекаются в одной точке (центроид, центр тяжести) и делятся этой точкой в отношении 2: 1, считая от вершины. Свойства медианы: 1. Медиана разбивает треугольник на два равновеликих, то есть имеющих одинаковую площадь. 2. Три медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих. 3. Отрезки, соединяющие центроид с вершинами треугольника, разбивают треугольник на три равновеликие части.

Одним из основных методов решения задач, в которых участвуют медианы треугольника, является метод «удвоения медианы» . Достроить треугольник до параллелограмма и воспользоваться теоремой о сумме квадратов его диагоналей. Задача 8. Найти отношение суммы квадратов медиан треугольника к сумме квадратов всех его сторон.

Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника. Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные заключающим ее сторонам. Теорема. В любом треугольнике биссектрисы пересекаются в одной точке (ицентр), которая является центром вписанной в него окружности. Замечание: Очевидно, что центроид и ицентр треугольника всегда лежат внутри него.

. Решение. B A 1 1) В треугольнике ABC AA 1 – биссектриса угла A, поэтому AB: AC = BA 1: CA 1 = BA 1: (BC – BA 1) I или C А B 1 2) В треугольнике ABA 1 BI – биссектриса угла B, поэтому AI: IA 1 = BA: BA 1 или

Теорема о серединном перпендикуляре к отрезку. Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему. Теорема. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке, которая является центром описанной около него окружности. Теорема. В любом треугольнике высоты пересекаются в одной точке (ортоцентр треугольника). Вопрос. Где находится ортоцентр остроугольного, прямоугольного, тупоугольного треугольников?

Решение. B 1) Tреугольник BC 1 Н – прямоугольный, и C 1 H 2) Треугольник BC 1 C – прямоугольный, и A B 1 C

Используя формулы приведения. Откуда Замечание. Если один из углов тупой, то в (*) соответствующий косинус нужно взять по модулю.

Интересными являются задачи на нахождение расстояния от произвольной вершины треугольника до одной из его замечательных точек. Сначала решим задачу на нахождения расстояния от вершины до ортоцентра. Задача 11. В треугольнике АВС опущены высоты ВВ 1 и СС 1. Найти длину отрезка НВ, где Н – точка пересечения высот. B 1) треугольник BC 1 Н – прямоугольный, и Решение. C 1 H 2) треугольник BC 1 C – прямоугольный, и A B 1 C

Задача 12. Найти расстояние от вершины B треугольника ABC до ортоцентра, если Решение. По теореме косинусов Тогда

Задача 13. По углам A и B треугольника ABC (A

Задача 14. К какой из вершин треугольника ближе расположен ицентр? Решение. C D I A Пусть I – ицентр, точка пересечения биссектрис треугольника ABC Воспользуемся тем, что против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если AB > BC, то A

Задача 15. Какая из высот треугольника наименьшая? Решение. C B 1 А 1 H A C 1 Пусть Н – точка пересечения высот треугольника ABC. Если AC B. Окружность с диаметром BC пройдет через точки С 1 и В 1. B Учитывая, что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что СС 1

Задача 16. Отрезок АН – высота треугольника АВС. Из вершин В и С проведены перпендикуляры ВВ 1 и СС 1 к прямой, проходящей через точку А. Доказать, что треугольники АВС и НВ 1 С 1 подобны. Найти площадь треугольника НВ 1 С 1, если площадь треугольника АВС равна S, а АС: НС 1 =5: 3. Доказательство. Так как треугольники АНС и АСС 1 прямоугольные, то точки Н и С 1 А лежат на окружности с диаметром АС. С 1 В В 1 Н Аналогично, точки В 1 и Н лежат на окружности с диаметром АВ. С треугольнике АСС 1

Значит, Так как имеют место (1) и (2), А то треугольники АВС и НВ 1 С 1 подобны. С 1 Коэффициент подобия В В 1 Н С значит,

Задача 17. Пусть в остроугольном треугольнике ABC точки A 1, B 1, C 1 есть основания высот. Доказать, что точка H - пересечения высот треугольника ABC является точкой пересечения биссектрис треугольника A 1 B 1 C 1. Решение. На сторонах AC и BC B треугольника ABC, как на C 1 А диаметрах, построим окружности. H Точки A 1, B 1, C 1 принадлежат этим окружностям. 1 A B 1 C Поэтому B 1 C 1 C = B 1 BC, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. B 1 BC = CAA 1, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами.

CAA 1 = CC 1 A 1, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, т. е. C 1 C является биссектрисой угла B 1 C 1 A 1. Аналогичным образом показывается, что AA 1 и BB 1 являются биссектрисами углов B 1 A 1 C 1 и A 1 B 1 C 1. B C 1 А 1 H A B 1 C Самостоятельно исследовать случаи прямоугольного и тупоугольного треугольника.

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?».