Straipsniai

13.3: Naujas puslapis - matematika


13.3: Naujas puslapis - matematika

13.3: Naujas puslapis - matematika

Visi MDPI paskelbti straipsniai yra nedelsiant prieinami visame pasaulyje pagal atviros prieigos licenciją. Norint pakartotinai panaudoti visą MDPI paskelbtą straipsnį ar jo dalį, įskaitant paveikslus ir lenteles, nereikia specialaus leidimo. Straipsniai, paskelbti pagal atviros prieigos „Creative Common CC BY“ licenciją, bet kurią straipsnio dalį gali būti pakartotinai naudojami be leidimo, jei aiškiai nurodomas originalus straipsnis.

„Feature Papers“ yra pažangiausi moksliniai tyrimai, turintys reikšmingą didelį poveikį šioje srityje potencialą. Teminiai straipsniai pateikiami atskiriems mokslo redaktorių kvietimams ar rekomendacijoms ir prieš juos paskelbiant, jie yra peržiūrimi.

„Feature Paper“ gali būti originalus mokslinis straipsnis, esminis naujas tyrimo tyrimas, kuriame dažnai naudojami keli metodai ar metodai, arba išsamus apžvalgos dokumentas, kuriame glaustai ir tiksliai atnaujinama naujausia šios srities pažanga, kuriame sistemingai apžvelgiami įdomiausi mokslo pasiekimai. literatūra. Šio tipo dokumentuose pateikiamos ateities tyrimų kryptys arba galimos taikymo perspektyvos.

„Editor's Choice“ straipsniai yra pagrįsti MDPI žurnalų iš viso pasaulio mokslinių redaktorių rekomendacijomis. Redaktoriai pasirenka nedidelį skaičių neseniai žurnale paskelbtų straipsnių, kurie, jų manymu, bus ypač įdomūs autoriams ar svarbūs šioje srityje. Tikslas yra pateikti įdomiausių darbų, paskelbtų įvairiose žurnalo tyrimų srityse, vaizdą.


CUNY matematikos katedros

Čia pateikiamos CUNY & # 8217s matematikos skyrių vietos ir kontaktinė informacija. Taip pat žiūrėkite CUNY & # 8217s kolegijų puslapį ir žemėlapį, kad gautumėte bendros informacijos apie miestelį.


Abėcėlės sąrašas

Bernardo M. Barucho kolegija
24th St & amp Lexington Ave
Vienas Bernardo Barucho kelias
Rm 6-230
Niujorkas, NY 10010
(telefonas) (646) 312-4110
(faksas) (646) 312-4111

Manhatano bendruomenės koledžas
199 Chambers Street
Rm N-520
Niujorkas, NY 10007
(telefonas) (212) 220-1335
(faksas) (212) 748-7459

Bronkso bendruomenės koledžas
University Ave and W 181st St
Rm CP 315
Bronksas, NY 10453
(telefonas) (718) 289-5411
(faksas) (718) 289-6056

Bruklino koledžas
2900 Bedford Ave
1156 m. Ingersoll salė
Brooklyn, NY 11210
(telefonas) (718) 951-5246
(faksas) (718) 951-4674

Niujorko miesto koledžas
Vienuolyno ave ir 138-oji gatvė
Rm NAC 8/133
Niujorkas, NY 10031
(telefonas) (212) 650-5346
(faksas) (212) 862-0004
(el. paštas) [email protected]

Stateno salos kolegija
2800 Victory Blvd
Rm 1S-215
Stateno sala, NY 10314
(telefonas) (718) 982-3600

Absolventų centras
365 5 a
Rm 4208
Niujorkas, NY 10016 m
(telefonas) (212) 817-8530
(faksas) (212) 817-1527
(el. paštas) [email protected]

Hostos bendruomenės koledžas
500 „Grand Concourse“
Rm B-408
Bronksas, NY 10451
(telefonas) (718) 518-6615

Medžiotojų koledžas
695 Park Ave
Rm 919/944 E
Niujorkas, NY 10065 m
(telefonas) (212) 772-5300

Johno Jay kriminalinės justicijos koledžas
444 Vakarų 56-oji gatvė
Rm 4221N
Niujorkas, NY 10019 m
(telefonas) (212) 237-8925

Kingsborough bendruomenės koledžas
2001 m. Rytų bulvaras
Rm F309
Brooklyn, NY 11235
(telefonas) (718) 368-5931
(faksas) (718) 368-4868
(el. paštas) [email protected]

Lehmano koledžas
250 Bedford Park Blvd W
Rm GI-211
Bronksas, NY 10468
(telefonas) (718) 960-8117
(faksas) (718) 960-8969

LaGuardia bendruomenės koledžas
Thomson prospektas 31-10
Rm E218
Long Island City, NY 11101
(telefonas) (718) 482-5710

Medgaro Everso koledžas
1650 Bedford Ave
Brooklyn, NY 11225
(telefonas) (718) 270-6416

Niujorko technologijos kolegija
Jay gatvės 300
Rm N-711
Brooklyn, NY 11201
(telefonas) (718) 260-5380
(faksas) (718) 254-8537

Karalienės koledžas
65-30 Kissena bulv
Kiely 237
Flushing, NY 11367
(telefonas) (718) 997-5800

Palikti atsakymą Atšaukti atsakymą

„CUNYMath“ tinklaraštis

Graikijos mokslininkė Hypatia yra viena iš pirmųjų matematikoje gerai žinomų moterų.


Sveiki!

Pagrindinės katedros telefono linijos (212) 650-5346,7 yra pervedamos į asmeninį telefoną už kolegijos ribų, į jas bus atsakyta maždaug nuo 11 iki 19, pirmadienį ir trečiadienį, ir nuo 9 iki 17, antradienį, ketvirtadienį ir penktadienį, kai kolegija nedirba atostogoms ar sniegui.

Pageidautina el. Paštu atsiųsti savo susirūpinimą keliančius klausimus ir klausimus adresu [email protected], kuris taip pat stebimas.

Darbuotojai ir administratoriai arba persiunčia savo telefono linijas, arba reguliariai stebi miestelio balso paštą.

Pirmininko padėjėjas prof. Bakas ir ne didžiųjų skyrių patarėjai p. Parkas ir p. Turneris reguliariai organizuoja internetines konsultavimo valandas, per kurias galite susisiekti su jais realiuoju laiku. Išsamią informaciją galite rasti mūsų administravimo puslapyje, kurį galite pasiekti per kairę šoninę juostą, arba galite spustelėti čia.

Be to, p. Turneris, kuris taip pat yra „Artino“ laboratorijos direktorius, savo minėtomis komandiruotės valandomis gali atsakyti į 328, 377 ir 412 / A1200 matematikos studentų programavimo klausimus.

Su instruktoriais galima susisiekti el. Paštu arba jų darbo laiku. Dėstytojų sąrašą rasite spustelėję čia arba galite spustelėti čia, kad peržiūrėtumėte 2021 m. Vasaros kadencijos darbo laiką.

Tikimės, kad visi išliks saugūs ir sveiki, ir tikimės dar kartą susitikti asmeniškai.

Susipažinkite su „Platonic Solids: Octahedron“

Platoniškos kietosios medžiagos buvo žinomos nuo antikos laikų, ir jos vaidina svarbų vaidmenį Platono fizinio pasaulio aprašyme. Plokšti kiekvieno kietojo paviršiaus paviršiai yra vienodi daugiakampiai. Pasirodo tik lygiakraščiai trikampiai, kvadratai ir taisyklingi penkiakampiai.

Nors atrodo, kad platoninės kietosios medžiagos yra grynai geometriniai objektai, jie įkūnija daugybę gilių algebrinių ypatybių. Pavyzdžiui, jų simetrijos susijusios su mažo laipsnio polinomų lygčių sprendimu.

Jei norite sužinoti daugiau apie kietąsias platonines medžiagas, galite pradėti čia.


Bendra pagrindinė 3 klasės matematika (darbalapiai, namų darbai, pamokų planai)

Ieškote vaizdo pamokų, kurios padėtų jums atlikti pagrindinius 3 klasės matematikos užsiėmimus ar namų darbus?
Ieškote bendrų pagrindinių matematikos užduočių ir pamokų planų, kurie padėtų jums paruošti pamokas 3 klasės mokiniams?

Šie pamokų planai ir darbalapiai yra iš Niujorko valstijos švietimo departamento bendrų pagrindinių švietimo išteklių. Pamokų planai ir darbalapiai yra suskirstyti į septynis modulius.

3 klasės namų darbai, pamokų planai ir darbalapiai

1 pamoka: suprask lygiomis grupėmis kaip daugyba. (Vaizdo įrašas)

4 pamoka: Supraskite nežinomos reikšmę kaip grupės padalijimo dydį. [Vaizdo įrašas] [Darbo lapas „Sprint A“ (Darbo lapas „Sprintas B“)

5 pamoka: supraskite nežinomybės, kaip grupių skaičiaus pasidalijimo, reikšmę. (Vaizdo įrašas)

7 pamoka, 8 pamoka: pademonstruokite daugybos komutatyvumą ir praktikuokite susijusius faktus, praleisdami skaičiavimo objektus masyvo modeliuose. (Vaizdo įrašas)

9 pamoka: raskite susijusius daugybos faktus, masyvo modeliuose pridedant ir atimant lygias grupes. (Vaizdo įrašas)

11 pamoka: Modelio padalijimas kaip nežinomas daugybos veiksnys naudojant masyvus ir juostų diagramas. (Vaizdo įrašas)

12 pamoka: interpretuokite koeficientą kaip grupių skaičių arba kiekvienos grupės objektų skaičių naudodami 2 vienetus. (Vaizdo įrašas)

14 pamoka: Praleiskite objektų skaičiavimą modeliuose, kad sukurtumėte sklandumą su daugybos faktais, naudodami 4 vienetus. (Vaizdo įrašas) (Darbo lapo sprintas A) (Darbo lapo sprintas B)

15 pamoka: susiekite masyvus su juostų schemomis, kad modeliuotumėte komutacinę daugybos savybę. (Vaizdo įrašas)

16 pamoka: naudokite skirstomąją ypatybę kaip strategiją, kad surastumėte susijusius daugybos faktus. (Vaizdo įrašas)

20 pamoka: išspręskite dviejų pakopų žodžių užduotis, susijusias su dauginimu ir dalijimu, ir įvertinkite atsakymų pagrįstumą. [Vaizdo įrašas] [Darbo lapas „Sprint A“ (Darbo lapas „Sprintas B“)

1 pamoka: tyrinėkite laiką kaip nuolatinį matavimą naudodami chronometrą. (Vaizdo įrašas)

2 pamoka: susiekite praleidimo skaičiavimą 5 laikrodyje ir pasakojimo laiką su tęstinio matavimo modeliu - skaičių eilute. [Vaizdo įrašas] [Darbo lapas „Sprint A“ (Darbo lapas „Sprintas B“)

3 pamoka: skaičiuokite pagal penkis ir tuos, kurie yra skaičių eilutėje, kaip strategiją, nurodančią laiką minutės tikslumu. (Vaizdo įrašas)

4 pamoka: spręskite laiko intervalų žodines užduotis per 1 valandą skaičiuodami atgal ir pirmyn naudodami skaičių eilutę ir laikrodį. (Vaizdo įrašas)

6 pamoka: Sukurkite ir suskaidykite kilogramą, kad pagrįstumėte 1 kilogramo, 100 gramų, 10 gramų ir 1 gramo dydžiu ir svoriu. (Vaizdo įrašas)

7 pamoka: Sukurkite vertinimo strategijas, argumentuodami žinomų objektų serijos svorį kilogramais, kad nustatytumėte protinius etalonus. (Vaizdo įrašas)

8 pamoka: Išspręskite vieno žingsnio žodinius uždavinius, susijusius su metriniu svoriu, neviršijančiu 100, ir įvertinkite, ar pagrįstas sprendimais. (Vaizdo įrašas)

9 pamoka: suskaidykite litrą, kad pagrįstumėte 1 litro, 100 mililitrų, 10 mililitrų ir 1 mililitro dydį. (Vaizdo įrašas)

10 pamoka: apskaičiuokite ir išmatuokite skysčio tūrį litrais ir mililitrais, naudodami vertikalią skaičių liniją. (Vaizdo įrašas)

12 pamoka: suapvalinkite dviženklius matavimus dešimtu tikslumu vertikalioje skaičių eilutėje. (Vaizdo įrašas)

13 pamoka: vertikalioje skaičių eilutėje suapvalinkite dviejų ir trijų skaitmenų skaičius dešimtainiu tikslumu. (Vaizdo įrašas)

15 pamoka: pridėkite matavimus naudodami standartinį algoritmą, kad vieną kartą sudarytumėte didesnius vienetus. (Vaizdo įrašas)

16 pamoka: pridėkite matavimus naudodami standartinį algoritmą, kad du kartus sudarytumėte didesnius vienetus. (Vaizdo įrašas)

18 pamoka: vieną kartą suskaidykite, kad atimtumėte matavimus, įskaitant trisženklius minusus su nuliais dešimtyje ar vienoje vietoje. (Vaizdo įrašas)

19 pamoka: suskaidykite du kartus, kad atimtumėte matavimus, įskaitant trisženklius minusus su nuliais dešimtyje ir vienoje vietoje. (Vaizdo įrašas)

20 pamoka: Apskaičiuokite skirtumus suapvalindami ir pritaikykite sprendžiant matavimo žodžio uždavinius. [Vaizdo įrašas] [Darbo lapas „Sprint A“ (Darbo lapas „Sprintas B“)

1 pamoka: tyrinėkite komutatyvumą, kad rastumėte žinomus 6, 7, 8 ir 9 faktus. (Vaizdo įrašas) („Sprinter A“) („Sprint B“ darbalapis)

2 pamoka: Taikykite skirstomąsias ir komutacines savybes, kad susietumėte daugybos faktus 5 × n + n iki 6 × n ir n × 6 kur n yra vieneto dydis. [Vaizdo įrašas] [Darbo lapas „Sprint A“ (Darbo lapas „Sprintas B“)

4 pamoka: suskaičiuokite vienetais po 6, kad padaugintumėte ir padalytumėte naudodami skaičių ryšius, kad suskaidytumėte. (Vaizdo įrašas)

5 pamoka: suskaičiuokite vienetais iš 7, kad padaugintumėte ir padalytumėte naudodami skaičių ryšius, kad suskaidytumėte. (Vaizdo įrašas)

6 pamoka: naudokite skirstomąją ypatybę kaip strategiją, kad padaugintumėte ir padalytumėte naudodami 6 ir 7 vienetus. (Vaizdo įrašas)

8 pamoka: Supraskite skliaustų funkciją ir pritaikykite spręsdami problemas. (Vaizdo įrašas)

9 pamoka: modeliuokite asociacinę savybę kaip dauginimo strategiją. (Vaizdo įrašas)

10 pamoka: naudokite skirstomąją savybę kaip strategiją, kad padaugintumėte ir padalytumėte. (Vaizdo įrašas)

12 pamoka: paskirstymo savybę ir faktą 9 = 10 - 1 pritaikykite kaip dauginimo strategiją. (Vaizdo įrašas)

16 pamoka: Aiškinkite ir paaiškinkite aritmetinius modelius naudodami 0 ir 1 vienetus, kai jie yra susiję su dauginimu ir dalijimu. [Vaizdo įrašas] [Darbo lapas „Sprint A“ (Darbo lapas „Sprintas B“)

17 pamoka: nustatykite daugybos ir dalijimo faktų modelius naudodami daugybos lentelę. (Vaizdo įrašas)

19 pamoka: padauginkite iš 10 kartotinių, naudodami vietos vertės diagramą. (Vaizdo įrašas)

20 pamoka: naudokite vietos vertės strategijas ir asociacinę savybę n × (m × 10) = (n × m) × 10 (kur n ir m yra mažesni nei 10), kad padaugintumėte iš 10 kartotinių. (Vaizdo įrašas)

1 pamoka: Supraskite plotą kaip plokštumos figūrų atributą. (Vaizdo įrašas)

2 pamoka: suskaidykite ir perkomponuokite figūras, kad palygintumėte sritis. (Vaizdo įrašas)

3 pamoka: modeliuokite plyteles su centimetro ir colio vienetų kvadratais, kaip strategiją matuoti plotą. (Vaizdo įrašas)

5 pamoka: suformuokite stačiakampius išklodami plyteles vieneto kvadratais, kad sudarytumėte masyvus. (Vaizdo įrašas)

6 pamoka: Nubrėžkite eilutes ir stulpelius, kad nustatytumėte stačiakampio plotą, atsižvelgiant į neišsamų masyvą. (Vaizdo įrašas)

7 pamoka: interpretuokite srities modelius, kad suformuotumėte stačiakampius masyvus. (Vaizdo įrašas)

9 pamoka: išanalizuokite skirtingus stačiakampius ir priežastis dėl jų ploto. (Vaizdo įrašas)

10 pamoka: paskirstymo savybę pritaikykite kaip strategiją, kad surastumėte bendrą didelio stačiakampio plotą, pridėdami du produktus. (Vaizdo įrašas)

12 pamoka: išspręskite su sritimi susijusias teksto problemas. (Vaizdo įrašas)

13 pamoka, 14 pamoka: raskite sritis suskaidydami į stačiakampius arba užpildydami sudėtines figūras, kad suformuotumėte stačiakampius. (Vaizdo įrašas)

1 pamoka: nurodykite ir padalykite visumą į lygias dalis, nustatydami ir suskaičiuodami vieneto dalis naudodami betono modelius. (Vaizdo įrašas)

2 pamoka: nurodykite ir padalykite visumą į lygias dalis, nustatydami ir suskaičiuodami vieneto dalis sulankstydami frakcijų juostas. (Vaizdo įrašas)

3 pamoka: nurodykite ir padalykite visumą į lygias dalis, nustatydami ir suskaičiuodami vienetų dalis, piešdami vaizdinius ploto modelius. (Vaizdo įrašas)

5 pamoka: padalykite visumą į lygias dalis ir apibrėžkite lygias dalis, kad skaitmeniniu būdu būtų galima nustatyti vieneto dalį. (Vaizdo įrašas)

6 pamoka: sudarykite ne vieneto trupmenas, kurios sudarytų mažiau nei vieną visumą iš vieneto trupmenų. (Vaizdo įrašas)

7 pamoka: nustatykite ir pateikite šešėlines ir neužtamsintas vienos visumos dalis kaip trupmenas. (Vaizdo įrašas)

8 pamoka: vaizduokite vienos visumos dalis kaip trupmenas su skaičių jungtimis. (Vaizdo įrašas)

10 pamoka: palyginkite vieneto trupmenas, argumentuodami jų dydį, naudodami trupmenų juostas. (Vaizdo įrašas)

11 pamoka: palyginkite vieneto trupmenas su skirtingo dydžio modeliais, vaizduojančiais visumą. (Vaizdo įrašas)

12 pamoka: nurodykite atitinkamą visumą, kai pateikiama viena lygi dalis. (Vaizdo įrašas)

13 pamoka: nustatykite tamsesnę dalinę dalį skirtingais būdais, priklausomai nuo visumos žymėjimo. (Vaizdo įrašas)

14 pamoka: vienetų trupmenas padėkite skaičių eilutėje su 0 ir 1 taškais. (Vaizdo įrašas)

15 pamoka: bet kurią trupmeną padėkite skaičių eilutėje, kurios galiniai taškai yra 0 ir 1. (Vaizdo įrašas)

16 pamoka: skaičių eilutėje padėkite sveikųjų skaičių dalis ir vieneto dalis tarp sveikųjų skaičių. (Vaizdo įrašas)

17 pamoka: praktikuokite dėti įvairias trupmenas skaičių eilutėje. (Vaizdo įrašas)

18 pamoka: palyginkite trupmenas ir sveikus skaičius skaičių eilutėje, argumentuodami jų atstumą nuo 0. (Vaizdo įrašas)

19 pamoka: Supraskite atstumą ir padėtį skaičių eilutėje kaip trupmenų palyginimo strategijas. (Pasirenkama) (Vaizdo įrašas)

20 pamoka: atpažink ir parodyk, kad lygiavertės trupmenos yra vienodo dydžio, nors nebūtinai vienodos. (Vaizdo įrašas)

21 pamoka: atpažink ir parodyk, kad lygiavertės trupmenos nurodo tą patį tašką skaičių eilutėje. (Vaizdo įrašas)

22 pamoka, 23 pamoka: sukurkite paprastas lygiavertes trupmenas naudodami vaizdinių trupmenų modelius ir skaičių eilutę. (Vaizdo įrašai)

24 pamoka: išreikškite sveikus skaičius kaip trupmenas ir atpažinkite lygiavertiškumą su skirtingais vienetais. (Vaizdo įrašas)

25 pamoka: išreikškite sveikojo skaičiaus trupmenas skaičių eilutėje, kai vieneto intervalas yra 1. (Vaizdo įrašas)

26 pamoka: skaidykite sveiko skaičiaus dalis, didesnes nei 1, naudodami sveikojo skaičiaus ekvivalentiškumą su įvairiais modeliais. (Vaizdo įrašas)

28 pamoka: sulyginkite trupmenas su tuo pačiu skaitikliu vaizdingai. (Vaizdo įrašas)

29 pamoka: palyginkite trupmenas su tuo pačiu skaitikliu naudodami & lt, & gt, arba = ir naudokite modelį, kad pagrįstumėte jų dydį. (Vaizdo įrašas)

1 pamoka: generuokite ir tvarkykite duomenis. (Vaizdo įrašas)

2 pamoka: pasukite juostos diagramas vertikaliai. (Vaizdo įrašas)

5 pamoka: sukurkite liniuotę su 1 colio, 1/2 colio ir 1/4 colio intervalais ir sugeneruokite matavimo duomenis. (Vaizdo įrašas)

6 pamoka: interpretuokite įvairių linijų diagramų matavimo duomenis. (Vaizdo įrašas)

7 pamoka, 8 pamoka: pavaizduokite matavimo duomenis su linijų diagrama. (Vaizdo įrašas)

1 pamoka, 2 pamoka: spręskite teksto užduotis įvairiais atvejais naudodami raidę, kad pavaizduotumėte nežinomą. (Vaizdo įrašas)

4 pamoka: palyginkite ir klasifikuokite keturkampius. (Vaizdo įrašas)

5 pamoka: Palyginkite ir klasifikuokite kitus daugiakampius. (Vaizdo įrašas)

6 pamoka: Nubrėžkite daugiakampius su nurodytais atributais problemoms spręsti. (Vaizdo įrašas)

7 pamoka: daugiakampių sudarymo ir skaidymo priežastis naudojant tetromino. (Vaizdo įrašas)

8 pamoka: sukurkite „tangram“ galvosūkį ir stebėkite figūrų santykius. (Vaizdo įrašas)

10 pamoka: suskaidykite keturkampius, kad suprastumėte perimetrą kaip formos ribą. (Vaizdo įrašas)

11 pamoka: Tessellate suprasti perimetrą kaip formos ribą. (Pasirenkama) (Vaizdo įrašas)

12 pamoka: išmatuokite šonų ilgius sveikais skaičiais, kad nustatytumėte daugiakampių perimetrą. (Vaizdo įrašas)

13 pamoka: tyrinėkite perimetrą kaip plokštumos figūrų atributą ir spręskite problemas. (Vaizdo įrašas)

14 pamoka: nustatykite taisyklingų daugiakampių ir stačiakampių perimetrą, kai trūksta sveiko skaičiaus matavimų. (Vaizdo įrašas)

15 pamoka: išspręskite teksto užduotis, kad nustatytumėte perimetrą pagal nurodytus šoninius ilgius. (Vaizdo įrašas)

16 pamoka: Stygomis išmatuokite įvairių apskritimų perimetrą ketvirčio colio tikslumu. (Vaizdo įrašas)

18 pamoka: pastatykite stačiakampius iš nurodyto vienetų kvadratų skaičiaus ir nustatykite perimetrus. (Vaizdo įrašas)

19 pamoka: naudokite linijos diagramą, kad užregistruotumėte stačiakampių, sukonstruotų iš nurodyto skaičiaus vienetų kvadratų, skaičių. (Vaizdo įrašas)

20 pamoka, 21 pamoka: naudodami vieneto kvadratus, susikurkite stačiakampius su nurodytu perimetru ir nustatykite jų plotus. (Vaizdo įrašas)

23 pamoka: išspręskite įvairias žodžio užduotis perimetru. (Vaizdo įrašas)

24 pamoka, 25 pamoka, 26 pamoka, 27 pamoka: stačiakampiais nupieškite robotą su nustatytais perimetro matais ir paaiškinkite įvairias sritis, kurios gali būti gaminamos. (Vaizdo įrašas)

28 pamoka, 29 pamoka: naudodamiesi visomis keturiomis operacijomis, išspręskite įvairias teksto problemas, susijusias su plotu ir perimetru. (Vaizdo įrašas)

31 pamoka, 32 pamoka: tyrinėkite ir kurkite netradicinius pusės vaizdus. (Vaizdo įrašas)

33 pamoka: įtvirtinkite sklandumą 3 klasės įgūdžiais.

Išbandykite toliau pateiktą nemokamą „Mathway“ skaičiuoklę ir problemų sprendimą, kad galėtumėte praktikuoti įvairias matematikos temas. Išbandykite pateiktus pavyzdžius arba įveskite savo problemą ir patikrinkite savo atsakymą pateikdami nuoseklius paaiškinimus.

Mes laukiame jūsų atsiliepimų, komentarų ir klausimų apie šią svetainę ar puslapį. Prašome pateikti savo atsiliepimus ar klausimus per mūsų atsiliepimų puslapį.


Matematikos mokymas / mažinimas

Ar matematikos specialybė man tinka?

Ar jums patinka galvoti apie matematikos problemas? Ar jums patinka diskutuoti matematikos klausimais su draugais? Ar jums įdomu, kaip matematika naudojama mūsų vis sudėtingesniame pasaulyje? Ar norite studijuoti dalyką, kuris pagerins jūsų analitinius ir mąstymo įgūdžius? Jei į bet kurį iš šių klausimų atsakėte teigiamai, galbūt norėsite apsvarstyti matematikos specialybę.

Ką aš galiu padaryti turėdamas matematikos laipsnį po studijų?

Yra daugybė dalykų, kuriuos galite padaryti: pradėti karjerą aktuaristo profesijoje, dirbti finansų sektoriuje atliekant statistinę analizę ir finansinį modeliavimą, siekti MBA arba matematikos ar statistikos magistrų, mokyti matematikos vidurinėse mokyklose arba eiti į matematikos daktaro laipsnį ir sukurkite matematiką, kurią naudos kiti žmonės. Trumpai tariant, matematikos specialybė suteikia kruopštaus mąstymo ir problemų analizės mokymą, kuris plačiai pritaikomas daugelyje karjeros krypčių. Peržiūrėkite šios svetainės karjeros puslapį, kad gautumėte daugiau informacijos apie plačias galimybes, laukiančias šiandienos matematikos specialybės.

Kokio pagrindo man reikia matematikos specialybei?

Matematika yra nuoseklus dalykas, todėl jūs negalite tiesiog šokinėti be tvirto pagrindo. Visi pagrindiniai matematikos studentai turi atlikti skaičiavimo seką, Math 20100, 20200 ir 20300. Šie kursai apima vieno kintamojo ir daugiakintamo skaičiavimo pagrindus. Nors kai kuriuose išplėstiniuose matematikos kursuose skaičiavimas nenaudojamas, skaičiavimo kursai apima daug algebros ir geometrijos metodų, kurie yra būtini aukštosios matematikos srityje.

Ką matematikos specialybė imasi po skaičiavimo?

Mes siūlome tris matematikos specialybės galimybes. Tai, ką vartosite po skaičiavimo, tam tikru mastu priklauso nuo to, kurio iš šių variantų sieksite. Galimi variantai yra gryna matematika (B.A. arba B.S.), vidurinis ugdymas (B.A. arba B.S.) ir taikomoji matematika (B.S.). Jie išsamiai aprašyti pagrindiniame aprašyme.

Nors šių variantų reikalavimai sutampa, studentui geriausia pasikonsultuoti su katedros padėjėju planuojant studijų kursą ir pildant dokumentus, reikalingus norint užsiregistruoti kaip pagrindiniam.

Studentai, besimokantys vaikų ugdymo studijų Švietimo mokykloje, gali atlikti specialią tarpdisciplininę matematikos koncentraciją, kad įvykdytų savo pagrindinius reikalavimus. Šios programos kursai aprašyti matematikos / vaikų ugdymo informaciniame lape.

Mane domina matematikos specialybė. Kurį variantą turėčiau pasirinkti?

Jei jus domina valstybinis vidurinis ugdymas - o vidurinių mokyklų matematikos mokytojų poreikis yra nepasotinamas - turėtumėte pasinaudoti šia galimybe viduriniame ugdyme. Norėdami gauti pažymėjimą Niujorko valstijoje, turėsite baigti kai kuriuos švietimo kursus.

Jei galvojate apie aukštojo matematikos laipsnio siekimą arba tiesiog norite įsitraukti į griežtą studijų kursą, kuris paruoš jus iššūkių profesinėms galimybėms, turėtumėte apsvarstyti „Grynosios matematikos“ pasirinkimą.

Taikomosios matematikos programa siekiama suteikti studentams matematines priemones, kurių labiausiai reikia pradinio lygio karjeroje verslo ir mokslinių tyrimų bendruomenėse. Programa pabrėžia tikimybę ir statistiką, matematinį modeliavimą ir kompiuterių naudojimą matematinėje ir statistinėje analizėje.

Kokias galimybes Departamentas teikia pagrindinėms studijoms?

Mes siūlome keletą stipendijų programų, kurios teikia visas studijas vieneriems ar dvejiems metams išskirtinėms didžiosioms mokykloms. Katedra turi papildomų piniginių ir akademinių apdovanojimų, kuriuos skiria studentų pasiekimams įvertinti. Mes taip pat teikiame mokamas vasaros praktikas verslo ir valdžios studentams.

Pagrindinės studijos taip pat raginamos kreiptis tiesiogiai į kitas institucijas, remiančias Nacionalinio mokslo fondo finansuojamas gyvenamųjų namų vasaros tyrimų programas. Katedros padėjėjas padės studentams pasirinkti tinkamą programą.

Matematikos specialybės studentai, norintys dirbti miestelyje, dirbdami taip, kad pagerintų jų akademinius įgūdžius, raginami kreiptis į „Math Help Desk“ dėstytojus. Pretendentai turi būti baigę skaičiavimo seką su 3,0 vidurkiu ir bent vieną iš šių kursų (Math 34600, Math 39200 arba Math 39100), įgiję B ar aukštesnį laipsnį, ir turėti Math GPA (skaičiuoklę ir aukštesnę) bent mažiausiai 2,75.

Ar galiu laikyti matematikos kursus kaip bakalaurantas?

Bakalaurantai, turintys atitinkamas prielaidas, gali registruotis į A lygio magistrantūros kursus. Jie bus įskaityti į bakalauro laipsnį. Dėl siūlomų pasiūlymų patikrinkite absolventų kursų tvarkaraštį. Bakalaurantams, norintiems išklausyti aukštesnio lygio kursą, reikia pirmininko padėjėjo pritarimo.

Jei einate „Grynosios matematikos“ trasoje ir lankysite magistrantūros studijas, turėtumėte apsvarstyti galimybę kreiptis į pagreitintą magistro studijų programą, kuri gali padėti greičiau įgyti magistro laipsnį, gavę bakalauro laipsnį.

Ar yra galimybių studentams atlikti tyrimus?

Departamentas skiria laipsnį su pagyrimu studentams, baigusiems atitinkamą studijų kursą. Profesorius Thea Pignataro yra katedros „Garbės“ koordinatorius, o apdovanojimų programa besidomintys studentai turėtų su ja konsultuotis iki jaunesnių metų pradžios.

Ar galiu mokytis matematikos?

Taip, studentai gali gauti nepilnamečius matematikos dalykus, jei įvykdys šiuos reikalavimus. Skaičiavimo seka („Math 20100“, „20200“ ir „20300“) plius dvylika matematikos kreditų miesto kolegijoje 30000 lygio ar aukštesniuose kursuose, į kurią įeina vienas iš šių dalykų: „Math 34600“: tiesinės algebros arba „Math 39200“ elementai: tiesiniai Inžinierių algebra ir vektorinė analizė. Inžinerijos studentai paprastai gali baigti nepilnamečius, išklausydami du matematikos kursus be tų, kurie reikalingi jų laipsniui gauti. Atlikę reikalavimus, studentai turi pateikti nepilnametės deklaracijos formą per pagrindinį katedros patarėją.


Matematika: taikymai ir interpretacija SL DARBINIAI SPRENDIMAI

Ši knyga suteikia jums visiškai parengtus kiekvieno klausimo „Pratimai“, „Apžvalgos rinkiniai“, „Veikla“ ir „Tyrimai“ (be studentų eksperimentų) kiekvieno mūsų vadovėlio „Matematika: Taikymas ir aiškinimas“ klausimus.

Kur tinka, kiekvienas dirbtas sprendimas yra modeliuojamas pagal atitinkamą vadovėlyje pateiktą pavyzdį. Teisingus atsakymus kartais galima gauti skirtingais metodais.

Šis produktas buvo sukurtas nepriklausomai nuo Tarptautinės bakalaureato organizacijos ir jo nepatvirtina. „International Baccalaureate“, „Baccalaure & aacutet International“, „Bachillerato Internacional“ ir IB yra registruoti prekių ženklai, priklausantys Tarptautinei bakalaureato organizacijai.

Publikavimo metai: 2020
Puslapių skaičius: 701
Internetinis ISBN: 978-1-925489-84-2 (9781925489842)

Matematika: taikymai ir interpretacija SL DARBINIAI SPRENDIMAI

1 APLINKYBĖS IR KLAIDA 5
2 PASKOLOS IR METINĖS METOS 25
3 FUNKCIJOS 51
4 MODELIAVIMAS 105
5 BIVARIATINĖ STATISTIKA 133
6 Kvadratinės funkcijos 180
7 TIESIOGINĖ IR atvirkštinė variacija 252
8 EKSPONENTAI IR LOGARITMAI 278
9 TRIGONOMETRINĖS FUNKCIJOS 334
10 DIFERENCIJA 374
11 Kreivių savybės 420
12 DIFERENCIJOS TAIKYMAS 468
13 INTEGRACIJA 505
14 Diskretūs atsitiktiniai kintamieji 551
15 NORMALUS PASKIRSTYMAS 582
16 HIPOTEZĖS BANDYMAS 623
17 VORONOI DIAGRAMOS 660

Autoriai

Bradley Steventonas

Juozapas Mažas

Ngoc Vo

Ngoc Vo Adelaidės universitete baigė matematikos mokslų bakalaurą - statistikos ir taikomosios matematikos specialybę. Jos matematiniai interesai apima regresijos analizę, Bajeso statistiką ir statistinius skaičiavimus. Ngoc nuo 2016 m. Dirba Haese matematikoje korektoriumi ir rašytoju.

Kas jus patraukė matematikos srityje?

Iš pradžių planavau studijuoti inžineriją universitete, bet po kelių savaičių greitai supratau, kad tai ne man. Taigi, pasinaudodamas pirmąja galimybe, perėjau į matematikos laipsnį. Aš tikrai neturėjau plano studijuoti statistikos srityje, tačiau tęsdamas studijas pastebėjau, kad vis labiau mėgstu discipliną. Matematinis griežtumas įrodant paskirstymo rezultatus ir kaip jie susiejami su realaus pasaulio duomenimis - viskas tiesiog spustelėjo.

Kokie įdomūs dalykai, kuriuos turite nuveikti darbe?

Kaip statistinis rezidentas čia, Haese matematikoje, man malonu rašyti naujus statistikos skyrius ir susijusią medžiagą. Statistika visada buvo sudėtinga tema tiek mokant, tiek mokantis, tačiau taip turi būti ne visada. Norėdamas įveikti šią spragą, norėčiau pabandyti įtraukti kuo daugiau istorinių užrašų, veiklos ir tyrimų, kad tai būtų kuo patrauklesnė. Priežastys kodėl mes darome dalykus, o už jų esantys žmonės dažnai yra svarbūs dalykai, apie kuriuos pamiršome kalbėti. Statistika ir, žinoma, matematika ne tik egzistuoja jūsų vadovėlio puslapiuose ar net programoje. Šiose disciplinose yra tiek daug pločio ir gylio, dažniausiai mes vos vos subraižome paviršių.

Kas jus domina ne matematikoje?

Laisvalaikiu man patinka mokytis geros tipografijos ir tobulinti „TeX“ įgūdžius, kad tapčiau kitu „TeXpert“. Kalbant apie ne tokią techninę pusę, man taip pat patinka „scrapbooking“, tapyti ir gaminti proginę kortelę.


§ 22.1-253.13: 3. 3 standartas. Akreditavimas, kiti standartai, vertinimai ir atleidimas nuo valstybinių taisyklių.

A. Valdyba paskelbia reglamentus, kuriais nustatomi akreditavimo standartai pagal Administracinio proceso įstatymą (2.2–4000 ir paskesni straipsniai), į kuriuos įeina: i) studentų rezultatai ir augimo priemonės, ii) reikalavimai ir gairės mokymo programoms ir švietimo technologijų integravimas į tokias mokymo programas, iii) administracinio ir mokomojo personalo lygis ir pareigybės, įskaitant personalo pareigas švietimo technologijoms remti, iv) studentų paslaugos, v) pagalbinės švietimo programos, tokios kaip bibliotekos ir žiniasklaidos paslaugos, vi) ) reikalavimai baigti vidurinę mokyklą, vii) santykiai su visuomene ir viii) visuomenės švietimo filosofija, tikslai ir uždaviniai Abiejų Tautų Respublikoje.

Valdyba paskelbia taisykles, nustatančias valstybinių virtualių mokyklų, kurias priima vietos mokyklų taryba, akreditavimo standartus, kurie priima mokinius visą laiką, akreditavimo standartus.

Valdybos nuostatai, nustatantys akreditavimo standartus, užtikrina, kad akreditavimo procesas būtų skaidrus ir pagrįstas objektyviais matavimais ir kad taryba išklausytų ir priimtų bet kokį apeliacinį skundą dėl mokyklos akreditacijos statuso.

Valdyba kasmet peržiūri visų Sandraugos mokyklų akreditacijos būklę. Taryba kartą per trejus metus peržiūri mokyklos akreditacijos statusą, jei mokykla buvo visiškai akredituota trejus metus iš eilės. Atlikusi tokią trejų metų peržiūrą, taryba per tą trejų metų peržiūros laikotarpį kiekvienais metais peržiūri mokyklos akreditacijos būklę. Jei taryba nustato, kad mokykla būtų akredituota kiekvienais trejų metų peržiūros laikotarpio metais, taryba akredituoja mokyklą dar trejiems metams. Valdyba gali peržiūrėti bet kurios kitos mokyklos akreditacijos būklę kartą per dvejus metus arba kartą per trejus metus, su sąlyga, kad bet kuriai mokyklai, gavusiai daugiametį, išskyrus visišką akreditaciją, bus taikomas valdybos patvirtintas daugiametis taisomųjų veiksmų planas visam laikotarpiui. akreditavimo laikotarpio. Į tokį daugiametį taisomųjų veiksmų planą turi būti įtraukta kasmetinė raštiška valdybos pažangos ataskaita. Daugiametė akreditacijos būklė neatleidžia nė vienos mokyklos ar padalinio metinių ataskaitų teikimo reikalavimų.

Kiekviena vietinė mokyklos taryba prižiūri mokyklas, kurios yra visiškai akredituotos pagal tarybos nustatytus akreditacijos standartus. Kiekviena vietos mokyklos taryba kasmet viešoje sesijoje praneša apie visų vietos mokyklų skyriaus mokyklų akreditacijos būklę.

Valdyba nustato peržiūros procesą, kad padėtų visoms mokykloms, neatitinkančioms tarybos nustatytų standartų. Atitinkama mokyklos taryba viešoje sesijoje praneša apie tokios peržiūros rezultatus ir metines pažangos ataskaitas, įgyvendina visus peržiūros metu nustatytus veiksmus ir panaudoja juos tobulinimo planavimui.

Valdyba nustato kiekvienos mokyklos, neatitinkančios valdybos nustatytų standartų, taisomųjų veiksmų plano procesą. Tokio proceso metu reikalaujama, kad a) kiekviena mokyklos taryba pateiktų taisomųjų veiksmų planą bet kuriai vietinės mokyklos padalinio mokyklai, kuri neatitinka valdybos nustatytų standartų, ir b) bet kurią mokyklos valdybą, kuri neparodo pažangos kuriant ar įgyvendinant mokyklą. bet kokį tokį korekcinių veiksmų planą sudaryti susitarimo memorandumą su valdyba.

Kai peržiūros metu valdyba nustato, kad skyriaus mokinių nesugebėjimas įvykdyti tarybos nustatytų standartų yra susijęs su skyriaus lygio nesugebėjimu įgyvendinti kokybės standartus ar kitais skyriaus lygmens veiksmais ar neveikimu, valdyba gali reikalauti skyriaus lygio akademinė apžvalga. Atlikusi tokią peržiūrą ir per tarybos nustatytą laiką, kiekviena mokyklos taryba su taryba sudaro susitarimo memorandumą ir vėliau pateikia valdybai tvirtinti taisomųjų veiksmų planą, atitinkantį tarybos nustatytus kriterijus. keturi konkretūs veiksmai ir tvarkaraštis, sukurtas siekiant užtikrinti, kad jo padalinio mokyklos atitiktų tarybos nustatytus standartus. Jei valdyba nustato, kad siūlomo taisomųjų veiksmų plano nepakanka, kad visos skyriaus mokyklos galėtų atitikti tarybos nustatytus standartus, valdyba gali grąžinti planą vietos mokyklos valdybai nurodydama pateikti pakeistą planą pagal valdybą. gairės. Tokie taisomųjų veiksmų planai yra atitinkamo mokyklos skyriaus bendrojo plano dalis pagal 22.1–253.13: 6 dalis.

B. Valdybos peržiūrėtas viešosios instrukcijos viršininkas parengia kriterijus, pagal kuriuos nustatoma ir pripažįstama švietimo veikla Sandraugos vietos mokyklų skyriuose ir valstybinėse mokyklose. Tokių kriterijų dalis, kuri matuoja individualų mokinių augimą, taps neatsiejama mokyklų, kuriose mokoma bet kokio nuo trečio iki aštuonių klasių lygio, akreditavimo proceso dalis. Viešosios instrukcijos viršininkas kasmet atsiskaito valdybai apie visų mokyklų skyrių ir mokyklų akreditacijos statusą. Į šią ataskaitą įtraukiama viešojo švietimo programų stipriųjų ir silpnųjų pusių analizė įvairiuose Virdžinijos mokyklų skyriuose ir rekomendacijos Generalinei asamblėjai toliau skatinti vienodą mokinių mokymąsi visoje Sandraugoje. Pripažindama švietimo rezultatus ir individualų mokinių augimą mokyklų padaliniuose, valdyba atsižvelgia į specialius mokyklų padalinių pasiekimus, pvz., Dvigubų mokinių ir studentų į aukštesnio lygio ir tarptautinius bakalaureato kursus skaičių ir dalyvavimą mokslo metų valdytojo mokyklose.

Viešosios instrukcijos viršininkas padeda vietos mokyklų taryboms įgyvendinti švietimo planų ir individualaus mokinių augimo didinimo veiksmų planus tuose mokyklų skyriuose ir mokyklose, kurios neatitinka patvirtintų kriterijų. Viešosios instrukcijos viršininkas stebi korekcinių veiksmų, kurių buvo imtasi siekiant pagerinti švietimo rezultatus tokiuose mokyklų skyriuose ir mokyklose, įgyvendinimą ir praneša valdybai.

C. Turėdama šiam tikslui skirtų lėšų, valdyba nurodo vertinimo metodus, kad nustatytų, kaip visi studentai pasiekia mokymosi standartų tikslus. Tokiuose vertinimuose įvertinamos žinios, žinių taikymas, kritinis mąstymas ir įgūdžiai, susiję su vertinamais mokymosi standartais. Valdyba, padedama nepriklausomų bandymų ekspertų, reguliariai atlieka šių vertinimų analizę ir patvirtinimo procesą. Vietoj vienkartinio metų pabaigos vertinimo, valdyba, siekdama numatyti individualių mokinių augimo per mokslo metus priemones, sukuria metinį augimo vertinimo sistemą, suderintą su mokinių standartais. Mokymasis, skirtas skaitymui ir matematikos vertinimams administruoti nuo 3 iki 8 klasių. Tokia metų augimo vertinimo sistema apima bent vieną metų pradžią, vieną vidurio ir vieną metų pabaigą, kad būtų pateikti individualūs mokinių augimo balai per mokslo metus, tačiau bendras Visiems tokiems vertinimams numatytas laikas neturi viršyti 150 procentų laiko, numatyto vienkartiniam metų pabaigos kvalifikacijos vertinimui atlikti. Departamentas užtikrina tinkamą mokytojų ir vadovų mokymą, kaip interpretuoti ir naudoti tokių vertinimų studentų augimo duomenis, siekiant pagerinti skaitymą ir matematikos mokymą nuo trejų iki aštuonių klasių per visus mokslo metus. Naudodama tokiam tikslui turimas lėšas ir turinį, tokia metų augimo vertinimo sistema turi tiksliai įvertinti studento rezultatus, naudodama kompiuterines adaptyviąsias technologijas, prireikus naudodama testo elementus, esančius studento pažymio lygyje, žemesnėje ir aukštesnėje.

Valdyba taip pat numato galimybę pasirinkti pramonės atestaciją ir valstybinius licencijavimo egzaminus kaip studento pasirinktą kreditą.

Departamentas pateikia mokyklų padaliniams mokymosi vertinimų standartus, kuriuos paprastai administruoja aukštosios mokyklos, iki tų mokslo metų, kuriais tokie vertinimai bus administruojami, arba kai bus naujai sukurti įvertinimai, atsižvelgiant į tai, kas bus vėliau, gruodžio 1 d.

Valdyba laiku ir kiek įmanoma greičiau viešai paskelbia tokius vertinimus po tokių testų administravimo, jei tokių vertinimų paskelbimas nekenkia bandymų saugumui ir neišeikvoja vertinimo klausimų, būtinų vėlesniems testams sudaryti, banko, arba apriboti galimybes išbandyti studentus pagal poreikį ir nedelsiant pateikti rezultatus internetinėje vertinimo sistemoje.

Taryba nustato alternatyvius mokymosi vertinimo standartų metodus vaikams su negalia, kaip apibrėžta 22.1–213 straipsniuose, kurie atitinka tarybos nustatytus kriterijus, kad įrodytų mokymosi standartų pasiekimą. Tinkama studento individualaus ugdymo programos komanda galutinai nusprendžia, ar studentui tinka alternatyvus administravimo metodas.

Valdyba į mokinių rezultatus ir augimo priemones, kurių reikalaujama pagal akreditacijos standartus, įtraukia būtinus įvairių klasių lygių ir klasių įvertinimus, įskaitant kiekvienos vietos mokyklos tarybos vykdomų alternatyvių vertinimų atlikimą pagal mokymosi standartus. . Šie vertinimai apima anglų kalbos, matematikos, gamtos mokslų, istorijos ir socialinių mokslų kurso pabaigos arba klasės pabaigos testus ir gali būti integruoti į kelias dalykines sritis.

Trečiųjų – aštuonių klasių mokiniams taikomi mokymosi įvertinimo standartai neturi viršyti i) trečios ir ketvirtos klasių skaitymo ir matematikos (ii) penktos klasės skaitymo, matematikos ir gamtos mokslų (iii) šeštos ir septintos klasės skaitymo ir matematikos. (iv) aštuntos klasės skaitymas, rašymas ir matematika (v) mokslas po to, kai studentas gauna nurodymus šešių klasių gamtos, gamtos mokslų ir fizinių mokslų mokymosi standartuose ir prieš baigdamas aštuntą klasę; ir (vi) Virdžinijos studijos ir „Civics and Economics“ po vieną kartą kiekvienos vietos mokyklos valdybos nuomone tinkamu lygiu. Skaitymo ir matematikos vertinimai, atliekami 3–8 klasių mokiniams, yra augimo vertinimai per metus.

Kiekviena mokyklos taryba kasmet patvirtina, kad ji mokė ir administravo alternatyvų vertinimą, atitinkantį tarybos gaires, kiekvienos mokymosi standartų srities, kurioje mokslo metais nebuvo taikomi mokymosi standartai, 3–8 klasių mokiniams kiekvienoje mokymosi dalyko srityje. . Tokiose gairėse a) turi būti numatytos amžiaus tikrumui tinkamų, autentiškų rezultatų vertinimo ir aplankų su rubrikomis ir kitomis metodikomis galimybės, skirtos užtikrinti, kad studentai pasiektų reikiamą akademinę pažangą dalyko srityje ir būtų mokomasi mokymosi turinio standartų (b) leisti ir skatinti integruotus vertinimus, apimančius kelias dalykines sritis, ir c) pabrėžti mokytojų bendradarbiavimą administruojant ir pagrindžiant vertinimus bei mokytojų profesinį tobulėjimą, kad jie galėtų kuo geriau panaudoti alternatyvius vertinimus.

Vietos mokyklų padaliniai teikia tikslinę matematikos ištaisymą ir intervenciją 6–8 klasių moksleiviams, kuriems yra skaičiavimo trūkumų, kaip rodo jų individualūs rezultatai atliekant bet kurį diagnostinį testą arba matematikos mokymosi standartų testą, kuriame matuojami skaičiuoklės skaičiavimo įgūdžiai.

Departamentas skiria išieškojimo kreditą kiekvienam trečios ir aštuonių klasių studentui, kuris, atlikdamas anglų kalbos skaitymo ar matematikos mokymosi standartų vertinimą, nesiekia lygio, gauna pataisas, vėliau pakartoja ir atlieka tokį įvertinimą, įskaitant ir aukštesnį lygį. bet kuris toks studentas, kuris vėliau pakartotinai pakartoja tokį vertinimą.

Be to, norėdama įvertinti mokinių pažangą, taryba (1) parengia tinkamus vertinimus, kurie gali apimti kriterijus atitinkančius testus ir kitas vertinimo priemones, kurias gali naudoti klasės mokytojai (2) parenka tinkamus pramonės atestatus ir valstybinius licencijavimo egzaminus. ir 3) numatyti ir numatyti priemones, kurios gali apimti nacionaliniu lygmeniu normuotus testus, kurie bus naudojami norint nustatyti studentus, kurie pasirinktų klasių lygius pasiekia apatinėje kvartilėje. Kiekvienam studentui, kuriam suteikta Virdžinijos lygio alternatyva, pateikiamas metinis pagrindimas, kuriame pateikiami įrodymai, kad studentas atitinka katedros nustatytus dalyvavimo kriterijus. Kiekviena individualios švietimo programos komanda peržiūri tokį pagrindimą ir galutinai nusprendžia, ar Virdžinijos lygio alternatyva studentui tinka. Viršininkas ir mokyklos tarybos pirmininkas, patvirtindami atitikimą kokybės standartams, patvirtina valdybai, kad kiekvieno mokinio, pasirinkusio Virdžinijos pakopos alternatyvą, individualaus ugdymo programoje yra pagrindimas. Šio reikalavimo laikymasis yra stebimas kaip specialiojo švietimo stebėsenos proceso dalis, kurią vykdo Departamentas. Valdyba savo metinėse ataskaitose pagal 22.1–18 straipsnius praneša gubernatoriui ir Generalinei asamblėjai apie visus mokyklos skyrius, kurie neatitinka šio reikalavimo.

Mokymosi standartų reikalavimai, įskaitant visus susijusius vertinimus, netaikomi kiekvienam studentui, kuriam pagal Browno v. Švietimo tarybos stipendijų programą paskirta stipendija pagal 30–231.2 straipsnius ir kuris yra įtrauktas į pasirengimo vidurinės mokyklos atitikčiai programą. egzaminas, kurį patvirtina taryba, arba pagal suaugusiųjų pagrindinio ugdymo programą, arba į suaugusiųjų vidurinio ugdymo programą, siekiant gauti vidurinės mokyklos diplomą arba aukštosios mokyklos atitikties pažymėjimą.

Departamentas kuria mokyklos padalinių informavimo apie mokymosi standartų pokyčius procesus.

Valdyba gali priimti specialias nuostatas, susijusias su bet kokių mokymosi testų ar turinio srities testų administravimu ir naudojimu, taikomais akreditavimo reitingams bet kuriuo laikotarpiu, kai peržiūrimi ir palaipsniui keičiami tos srities mokymosi turinio standartai ar vertinimai. Prieš administruodama tokius testus valstybiniu mastu, Valdyba praneša vietos mokyklų taryboms apie tokias specialias nuostatas.

Valdyba, apskaičiuodama mokymosi standartų įvertinimo pralaidumą ar mokymosi standartų tikslų pasiekimo lygį individualiam mokinių augimo įvertinimui valstybės atskaitomybės tikslais, neįtraukia nė vieno studento, kurio tėvai nusprendė neturėti jo vaikas laikosi tokių mokymosi standartų vertinimo, nebent dėl ​​tokių išimčių mokykla neatitiks reikalaujamo valstybinio ar federalinio dalyvavimo lygio.

D. Valdyba gali imtis visų galimų civilinių teisių gynimo priemonių pagal 22.1–19.1 straipsnius arba administracinių veiksmų pagal 22.1–292.1 straipsnius už bandymo saugumo pažeidimus ir neleistiną bandomosios medžiagos ar bandymo rezultatų pakeitimą.

Valdyba gali inicijuoti bet kurio įtariamo saugumo pažeidimo, neteisėto pakeitimo ar netinkamo testų administravimo peržiūrą ar tyrimą, taip pat inicijuoti inicijuoti tyrimą, įskaitant vietinių mokyklos valdybos darbuotojų, atsakingų už užmokestį, atėmimą iš testų, kuriuos reikia įvertinti. tyrimų paskirstymas ar administravimas.

Įrašai ir kita informacija, kurią valdyba pateikė ar parengė peržiūros ar tyrimo metu, gali būti nesaugomi pagal 2.2–3705.3 § 10 poskyrį. Tačiau šis skirsnis nedraudžia atskleisti įrašų i) vietos mokyklos tarybos ar skyriaus viršininkui, kad ši taryba ar viršininkas galėtų apsvarstyti ar imtis su darbuotoju susijusių veiksmų arba ii) bet kurio prašytojo, pasibaigus peržiūrai ar tyrimui tokia forma, kad a) neatskleistų jokio asmens, pateikiančio skundą ar teikiančio informaciją valdybai konfidencialiai, tapatybės ir b) nepakenktų bet kurio įpareigoto testo saugumui. valdybos. Bet kuris vietos mokyklos tarybos ar skyriaus viršininkas, gavęs tokius įrašus ar kitą informaciją, imdamasis personalo veiksmų atitinkamam darbuotojui, įrašo kopijas ar informaciją, susijusią su konkrečiu darbuotoju, to asmens personalo byloje.

Nepaisant kitų valstybės įstatymų nuostatų, joks šiame skirsnyje, įskaitant mokymosi standartų vertinimus, leidžiamas testas ar egzaminas nebus išleidžiami arba nebus privalomi kaip minimalios kompetencijos testai, jei, tarybos vertinimu, toks atleidimas pažeis tokio egzamino ar egzamino saugumas arba išeikvoja klausimų, būtinų norint sukurti būsimus saugius testus, banką.

E. Turėdama lėšų, kurios gali būti skiriamos, valdyba gali sudaryti susitarimą su pardavėjais, turinčiais techninius pajėgumus ir kompetenciją teikti kompiuterizuotus testus ir vertinimus, taip pat išbandyti konstravimą, analizę ir saugą (i) kompiuterizuotai internete. testai ir vertinimai, įskaitant kompiuterinius adaptacinius mokymosi vertinimo standartus, skirti studentų pažangai įvertinti gydant ir po jos, ir (ii) kuriant ištaisomųjų priemonių banką, tiesiogiai susijusį su mokymosi standartais.

F. Norėdama įvertinti mokinių, kaip asmenų ir grupių, švietimo pažangą, kiekviena vietos mokyklos taryba reikalauja naudoti mokymosi vertinimo standartus, alternatyvius vertinimus ir kitus susijusius duomenis, tokius kaip pramonės sertifikavimas ir valstybiniai licencijavimo egzaminai, kad būtų įvertinta mokinių pažanga. ir nustatyti švietimo rezultatus. Kiekviena vietinė mokykla reikalauja, kad mokiniams būtų administruojami tinkami vertinimai, kurie gali apimti kriterijus atitinkančius testus ir mokytojų parengtus testus, įskaitant mokymosi standartų įvertinimus, vietinius mokyklos tarybos alternatyvius vertinimus ir Nacionalinį švietimo pažangos vertinimą. valstybinis vertinimas. Kiekviena mokyklos taryba, vadovaudamasi bet kokiais kriterijais, kuriuos gali nustatyti taryba, kasmet analizuoja ir teikia ataskaitas apie „Stanford Achievement Test Series“, „Devintojo leidimo“ („Stanford Nine“) įvertinimo rezultatus, jei toks yra, pramonės sertifikavimo egzaminus ir standartus. Mokymosi vertinimai visuomenei.

Valdyba nereikalauja administruoti „Stanford“ pasiekimų testų serijos, devintojo leidimo („Stanford Nine“) įvertinimo, išskyrus atvejus, kai gali būti pasirenkama, kad būtų lengviau laikytis instrukcijų namuose pagal 22.1–254.1 straipsnius.

Valdyba įtraukia mokymosi vertinimo standartų ataskaitų teikimo reikalavimus, neatsižvelgdama į akreditavimo dažnumą, kaip dalį tarybos reikalavimų, susijusių su mokyklos veiklos ataskaitos kortele. Tokie balai kiekvienoje mokykloje suskirstomi pagal Virdžinijos vertinimo programos mokinių pogrupius, jei reikia, ir apie juos pranešama visuomenei per tris mėnesius nuo jų gavimo. Šios ataskaitos (i) turi būti paskelbtos Departamento tinklalapio dalyje, susijusioje su Mokyklos veiklos ataskaitų kortele, tokia forma ir tokiu būdu, kad būtų galima palyginti kiekvienais metais, ir (ii) gali apimti Nacionalinį švietimo vertinimą. Pažangos vertinimas pagal valstybes.

G. Kiekvienas vietos mokyklų skyriaus viršininkas reguliariai tikrina skyriaus pateiktus duomenis ir ataskaitas, kurių reikalauja valstijos ir federaliniai įstatymai ir kiti teisės aktai, kad užtikrintų, jog visa informacija yra tiksli ir pateikiama laiku. Viešosios instrukcijos viršininkas kasmet teikia skyrių viršininkams reikalingų ataskaitų ir duomenų sąrašą. Šio reikalavimo laikymosi būklė įtraukiama į valdybos metinę ataskaitą gubernatoriui ir Generalinei asamblėjai, kaip reikalaujama 22.1–18 straipsniuose.

H. Bet kuri mokyklos taryba gali prašyti valdybos atleisti nuo valstybinių taisyklių arba vienos ar kelių savo mokyklų vardu patvirtinti individualų mokyklos akreditavimo planą, kad būtų galima įvertinti vienos ar kelių jos mokyklų veiklą, kaip tai leidžiama. tam tikros kitos mokyklos pagal Virdžinijos administracinio kodekso 8VAC20-131-280 C akreditavimo standartus. Reguliavimo reikalavimų gali atsisakyti valdyba, gavusi skyriaus viršininko ir vietos mokyklos tarybos pirmininko prašymą. Valdyba gali leisti iki penkerių metų atsisakyti reguliavimo reikalavimų, kurie nėra i) įpareigoti valstijos ar federalinio įstatymo arba ii) skirti skatinti sveikatą ar saugą. Mokyklos taryba prašyme atsisakyti pateikia aprašymą, kaip atleidimas nuo valstybinių taisyklių yra skirtas mokymo kokybei gerinti ir mokinių pasiekimams gerinti paveiktoje mokykloje ar mokyklose. Departamentas teikia (a) gaires bet kuriam vietos mokyklų skyriui, kuris prašo išleisti iš valstybės įstatymų, ir (b) informaciją apie galimybes užmegzti partnerystę su kitomis agentūromis ar subjektais bet kuriam vietos mokyklų skyriui, kuriame mokykla ar mokyklos suteikė išleidimą iš valstybinių taisyklių pademonstravo mokymo kokybės ir studentų pasiekimų gerėjimą.

Valdyba taip pat gali leisti vietos mokyklų taryboms netaikyti 22.1–253.13: 2 straipsniuose nustatytų specialių reikalavimų, remdamasi skyriaus viršininko ir vietos mokyklos tarybos pirmininko prašymu, leidžiančiu vietos mokyklos valdybai paskirti mokyklas instruktoriams. didžiausi poreikiai, jei mokyklos skyriuje dirba pakankamas personalo skaičius, kad būtų patenkintas visas 22.1-253.13: 2 reikalaujamas skaičius ir visi mokinių / mokytojų santykiai ir klasės maksimalūs dydžiai, nustatyti 22.1- C poskirsnyje. 253.13: 2 yra įvykdyti. Mokyklos taryba savo prašyme pateikia aprašą, kaip atleidimas nuo specialių kokybės standartų personalo standartų yra skirtas padidinti mokymo kokybę ir pagerinti mokinių pasiekimus paveiktoje mokykloje ar mokyklose. Atsisakymas gali būti atnaujinamas iki penkerių metų arba atšauktas, atsižvelgiant į mokinių pasiekimus paveiktoje mokykloje ar mokyklose.

1988 m. 645, 682, 1990, cc. 820, 839 1992, c. 591 1998 m. 456, 567, 602, 627, 843, 902 1999 m. 670, 731, 1015 2000, cc. 504, 735, 742, 750, 752, 867, 1061 2001 m. 651, 731 2002, cc. 101, 167, 656, 732 2003 m. 691, 1004 2004, cc. 472, 939, 955, 965 2005 m. 331, 450, 753, 834 2006 m. 25, 38, 95, 117, 131, 2007 m. 234, 2009 m. 825 2010 m. 76 2011 m. 248, 666, 2012, c. 183 2013 m. 539, 571, 584, 728 2014 m. 84, 585, 622, 2015 m. 145, 149, 322, 323, 558, 566, 2016 m. 386, 387, 502, 522, 720, 750 2017 m. 328, 778, 2019 m. 585 2021, Sp. Sesė. Aš, kopija 443, 444.

Susirinkimo aktų skyriai, į kuriuos nurodoma istorinė citata šio skyriaus pabaigoje, negali būti išsamus tokių skyrių sąrašas ir gali būti neįtraukti į skyrius, kurių nuostatų galiojimas pasibaigęs.


13.3 Pusiausvyros pokyčiai: Le Châtelier principas

Pusiausvyros sistema yra dinaminės pusiausvyros būsenoje, o pirmyn ir atgal reakcijos vyksta vienodu greičiu. Jei pusiausvyros sistemai pasikeičia sąlygos, kurios skirtingai veikia šiuos reakcijos greičius (a stresas), tada normos nebėra vienodos, o sistema nėra pusiausvyroje. Vėliau sistema patirs neto reakciją didesnio greičio kryptimi (a pamainą), kuri atkurs pusiausvyrą. Šis reiškinys apibendrintas Le Châtelier principu: jei įtempta pusiausvyros sistema, sistema patirs pokytį, reaguodama į įtampą, kuri atkuria pusiausvyrą.

Reakcijos greitį pirmiausia veikia koncentracijos, kaip aprašyta reakcijos greičio dėsnyje, ir temperatūra, kaip aprašyta Arrheniuso lygtyje. Vadinasi, koncentracijos ir temperatūros pokyčiai yra du įtempiai, galintys pakeisti pusiausvyrą.

Koncentracijos pokyčio poveikis

Jei pusiausvyros sistemai pasikeičia reagento ar produkto rūšies koncentracija, pasikeis tiek pirmyn, tiek atvirkštinės reakcijos greitis. Kaip pavyzdį apsvarstykite pusiausvyros reakciją

Normos dėsniai išankstinei ir atvirkštinei reakcijai yra

Kai ši sistema yra pusiausvyroje, pirmojo ir atvirkštinio reakcijos greičiai yra vienodi.

Jei sistema patiria įtampą pridedant reagento, arba H2 ar aš2, dėl padidėjusios koncentracijos padidėja reakcijos į priekį greitis, viršijantis atvirkštinės reakcijos greitį:

Sistema patirs laikiną grynąją reakciją į priekį, kad atkurtų pusiausvyrą (pusiausvyra pasislinks į dešinę). Tas pats pokytis atsiras, jei iš sistemos bus pašalintas tam tikras produktas HI, o tai sumažins atvirkštinės reakcijos greitį ir vėl sukels tą patį greičio disbalansą.

Ta pačia logika galima paaiškinti kairįjį poslinkį, kuris atsiranda pašalinant reagentą arba pridedant produktą į pusiausvyros sistemą. Dėl šių įtempių padidėja atvirkštinės reakcijos greitis

ir laikina grynoji reakcija priešinga kryptimi pusiausvyrai atkurti.

Kaip alternatyvą šiai kinetinei interpretacijai, koncentracijos pokyčių poveikį pusiausvyrai galima racionalizuoti atsižvelgiant į reakcijos koeficientus. Kai sistema yra pusiausvyroje,

Jei pridedamas reagentas (padidinant reakcijos daliklio vardiklį) arba pašalinamas produktas (mažinant skaitiklį), tada Klausimasc & lt K.c ir pusiausvyra pasislinks į dešinę. Atkreipkite dėmesį, kad trys skirtingi šio streso sukėlimo būdai lemia tris skirtingus pusiausvyros mišinio sudėties pokyčius. Jei H2 pridedamas, dešinė pamaina sunaudos I2 ir gaminti HI, nes pusiausvyra atsistato, gaunant mišinį, kuriame yra didesnė H koncentracija2 ir HI ir mažesnė I koncentracija2 nei buvo anksčiau. Jeigu aš2 pridedama, naujajame pusiausvyros mišinyje bus didesnė I koncentracija2 ir HI ir mažesnė H koncentracija2. Galiausiai, jei HI bus pašalinta, naujame pusiausvyros mišinyje bus didesnė H koncentracija2 ir aš2 ir mažesnė HI koncentracija. Nepaisant šių sudėties skirtumų, pusiausvyros konstantos vertė po įtempio bus tokia pati, kokia buvo prieš tai (pagal masinio veikimo dėsnį). Tokiu atveju logika gali būti taikoma įtempiams, susijusiems su reagentų pašalinimu arba produkto pridėjimu Klausimasc & gt K.c ir pusiausvyra pasislinks kairėn.

Kalbant apie dujų fazės pusiausvyrą, pvz., Šią, verta paminėti keletą papildomų reagentų ir produktų koncentracijos keitimo perspektyvų. Dalinis slėgis P idealių dujų yra proporcinga jų molinei koncentracijai M,

todėl bet kurio reagento ar produkto dalinio slėgio pokyčiai iš esmės yra koncentracijų pokyčiai ir todėl tas pats poveikis pasireiškia pusiausvyrai. Be reagento ar produkto pridėjimo ar pašalinimo, rūšių slėgis (koncentracija) dujų fazės pusiausvyroje taip pat gali būti pakeistas keičiant sistemos užimtą tūrį. Kadangi visos dujų fazės pusiausvyros rūšys užima tą patį tūrį, nurodytas tūrio pokytis sukels tą patį koncentracijos pokytį tiek reagentams, tiek produktams. Norint nustatyti, koks poslinkis, jei toks yra, reikia atsižvelgti į tokio tipo stresą, kuris sukels reakcijos stechiometriją.

Esant pusiausvyrai, reakcija H 2 (g) + I 2 (g) HI 2 HI (g) H 2 (g) + I 2 (g) ⇌ 2 HI (g) apibūdinama reakcijos koeficientu

Jei šių rūšių pusiausvyros mišinio užimamas tūris sumažėja 3 kartus, visų trijų rūšių dalinis slėgis padidės 3 kartus:

Taigi pakeitus šio dujų ir fazių pusiausvyros mišinio tūrį pusiausvyra nepasikeis.

Panašiai apdorojant skirtingą sistemą 2 NO 2 (g) ⇌ 2 NO (g) + O 2 (g), 2 NO 2 (g) ⇌ 2 NO (g) + O 2 (g), gaunama skirtingas rezultatas:

Šiuo atveju pasikeitus tūriui, reakcijos koeficientas yra didesnis už pusiausvyros konstantą, todėl pusiausvyra pasislinks kairėn.

Šie rezultatai iliustruoja dujų fazių pusiausvyros stechiometrijos ir tūrio sukelto slėgio (koncentracijos) pokyčio poveikį. Jei bendras reagentų ir produktų molinis kiekis yra vienodas, kaip parodyta pirmame pavyzdyje, tūrio pokytis nepajudina pusiausvyros.Jei reaguojančių medžiagų ir produktų moliniai kiekiai skiriasi, pasikeitus tūriui, pusiausvyra pasislinks ta kryptimi, kuri geriau „pritaikys“ tūrio pokyčius. Antrame pavyzdyje du moliai reagento (NO2) gaunami trys moliai produkto (2NO + O2), todėl mažinant sistemos tūrį pusiausvyra pasislenka į kairę, nes atvirkštinė reakcija sukelia mažiau dujų (2 mol) nei pirmyn nukreipta reakcija (3 mol). Ir atvirkščiai, padidinus šios pusiausvyros sistemos apimtį, būtų pereita prie produktų.

Ryšys su mokymusi

Peržiūrėkite šią nuorodą, kad pamatytumėte dramatišką vizualų demonstravimą, kaip pusiausvyra keičiasi keičiantis slėgiui.

Chemija kasdieniame gyvenime

Pusiausvyra ir gaivieji gėrimai

Ryšys tarp chemijos ir gazuotų gaiviųjų gėrimų siekia 1767 m., Kai Džozefas Priestley (1733–1804) sukūrė vandens užpilimo anglies dioksidu metodą gazuotam vandeniui gaminti. „Priestly“ metodas buvo susijęs su anglies dioksido turinčio reaguojančio vitriolio (sieros rūgšties) aliejaus su kreida (kalcio karbonatas) gamyba.

Anglies dioksidas buvo ištirpintas vandenyje, reaguodamas, kad gautų vandenilio karbonatą, silpną rūgštį, kuri vėliau jonizuota, kad gautų bikarbonato ir vandenilio jonus:

Tos pačios pusiausvyros reakcijos yra šiandieninio gaiviųjų gėrimų karbonizacijos proceso pagrindas. Gėrimai yra veikiami aukšto dujinio anglies dioksido slėgio, kad pirmoji pusiausvyra būtų perkelta aukščiau į dešinę, todėl susidaro pageidautinai didelė ištirpusio anglies dioksido koncentracija ir, esant panašiems poslinkiams kitose dviejose pusiausvyrose, - hidrolizės ir jonizacijos produktai. Butelis ar skardinė beveik užpildomi gazuotu gėrimu, paliekant santykinai nedidelį oro kiekį inde virš gėrimo paviršiaus ( galvos erdvė) prieš ją užplombuojant. Anglies dvideginio slėgis konteinerio priekinėje erdvėje iškart po sandarinimo yra labai žemas, tačiau jis kyla, kai tirpimo pusiausvyra atstatoma pasislinkus į kairę. Kadangi gėrimo tūris yra žymiai didesnis nei laisvosios erdvės, galvos erdvėje prarandamas tik palyginti nedidelis kiekis ištirpusio anglies dioksido.

Atidarius gazuotų gėrimų talpyklą, girdimas šnypštimas kaip CO slėgis2 pabėga iš galvos erdvės. Dėl to tirpimo pusiausvyra pasislenka kairėn, todėl sumažėja ištirpusio CO koncentracija2 ir vėlesni kairieji hidrolizės ir jonizacijos pusiausvyros poslinkiai. Vartotojo laimei, tirpimo pusiausvyra paprastai atsistato lėtai, todėl gėrimu galima mėgautis, o jo ištirpusio anglies dioksido koncentracija išlieka maloniai didelė. Atkūrus pusiausvyrą, CO2(aq) koncentracija bus žymiai sumažinta, o gėrimas įgauna būdingą skonį, vadinamą „plokščiu“.

Temperatūros pokyčio poveikis

Laikantis masinio veikimo dėsnio, pusiausvyra, kurią pabrėžia koncentracijos pokytis, pereis prie pusiausvyros atkūrimo, nekeičiant pusiausvyros konstantos vertės, K.. Kai pusiausvyra pasikeičia reaguojant į temperatūros pokyčius, ji vėl nustatoma su kitokia santykine kompozicija, kuri rodo skirtingą pusiausvyros konstantos vertę.

Norėdami suprasti šį reiškinį, apsvarstykite elementarią reakciją

Kadangi tai yra elementari reakcija, į priekį ir atgal nukreiptų normų dėsniai gali būti gaunami tiesiogiai iš subalansuotos lygties stechiometrijos:

Kai sistema yra pusiausvyroje,

Normos dėsnius pakeičiant į šią lygybę ir pertvarkant, gaunama

Pusiausvyros konstanta laikoma matematine greičio konstantų funkcija pirmyn ir atgal vykstančioms reakcijoms. Kadangi greičio konstantos kinta priklausomai nuo temperatūros, kaip aprašyta Arrheniuso lygtyje, yra aišku, kad pusiausvyros konstanta taip pat kinta priklausomai nuo temperatūros (darant prielaidą, kad temperatūros pokyčiai greičio konstantoms daro skirtingą įtaką). Sudėtingesnėms reakcijoms, susijusioms su daugiapakopiais reakcijos mechanizmais, egzistuoja panašus, bet sudėtingesnis matematinis ryšys tarp pusiausvyros konstantos ir mechanizmo žingsnių greičio konstantų. Nepaisant reakcijos sudėtingumo, jos pusiausvyros konstantos priklausomybė nuo temperatūros išlieka.

Prognozuoti poslinkį, kurį patirs pusiausvyra reaguojant į temperatūros pokyčius, patogiausia įvykdyti atsižvelgiant į reakcijos entalpijos pokyčius. Pvz., Azoto tetoksido skilimas yra endoterminis (šilumą vartojantis) procesas:

Taikant Le Chatelier principą, šiluma (q) gali būti vertinamas kaip reagentas:

Sistemos temperatūros pakėlimas yra panašus į reagento kiekio padidėjimą, todėl pusiausvyra pasislinks į dešinę. Sumažinus sistemos temperatūrą, pusiausvyra pasislinks kairėn. Vykdant egzoterminius procesus, šiluma laikoma reakcijos produktu, todėl pastebima priešinga temperatūros priklausomybė.

Kaip „Amazon“ partneris uždirbame iš kvalifikuotų pirkimų.

Norite cituoti, dalytis ar modifikuoti šią knygą? Ši knyga yra „Creative Commons“ priskyrimo licencija 4.0, todėl turite priskirti „OpenStax“.

    Jei visą knygą ar jos dalį perskirstote spausdinimo formatu, kiekviename fiziniame puslapyje turite nurodyti šį priskyrimą:

  • Norėdami sugeneruoti citatą, naudokite toliau pateiktą informaciją. Mes rekomenduojame naudoti tokį citavimo įrankį kaip šis.
    • Autoriai: Paulas Flowersas, Edwardas J. Nethas, William R. Robinson, daktaras, Klausas Theopoldas, Richardas Langley
    • Leidėjas / svetainė: „OpenStax“
    • Knygos pavadinimas: Chemija: Atomai Pirmieji 2e
    • Paskelbimo data: 2019 m. Vasario 14 d
    • Vieta: Hiustonas, Teksasas
    • Knygos URL: https://openstax.org/books/chemistry-atoms-first-2e/pages/1-introduction
    • Skilties URL: https://openstax.org/books/chemistry-atoms-first-2e/pages/13-3-shifting-equilibria-le-chateliers-principle

    © 2021 m. Sausio 22 d. „OpenStax“. „OpenStax“ sukurtas vadovėlių turinys yra licencijuojamas pagal „Creative Commons Attribution License 4.0“ licenciją. „OpenStax“ vardui, „OpenStax“ logotipui, „OpenStax“ knygų viršeliams, „OpenStax CNX“ pavadinimui ir „OpenStax CNX“ logotipui „Creative Commons“ licencija netaikoma ir jų negalima atgaminti be išankstinio ir aiškaus rašytinio Rice universiteto sutikimo.


    13.3: Naujas puslapis - matematika

    Jūs supratote problemos sprendimą - fantastinis! Bet jūs nebaigėte. Nesvarbu, ar rašote sprendimus konkursui, žurnalą, skelbimų lentą, ar tiesiog norėdami parodyti savo draugams, turite išmokti aiškiai perteikti savo sprendimo meną. Puikios idėjos ir novatoriški problemų sprendimai yra gana beverčiai, jei negalite jų perduoti. Šiame straipsnyje mes ištyrėme daugybę aspektų, kaip parašyti aiškų sprendimą. Toliau pateikiama kiekvieno straipsnio puslapio rodyklė, kurioje pateikiamas pavyzdinis & # 8216Kaip ne & # 8217 sprendimas ir & # 8216Kaip & # 8217 sprendimas. Viena įprasta tema, kurią rasite kiekviename taške, yra ta, kad kiekvieną kartą, kai priversite patyrusį skaitytoją galvoti apie savo sprendimą, jūs pralaimėsite.

    Skaitydami & # 8216Kaip & # 8217 sprendimus galite pagalvoti, kad kai kurie iš jų yra perrašyti. Iš tiesų, kai kurie iš jų gali būti sutirštinti. Kai kuriuos žingsnius, kuriuos pasirinkome įrodyti, tikriausiai galima būtų nurodyti be įrodymų. Tačiau daug geriau įrodyti per daug per aiškiai, nei įrodyti per mažai. Retai skaitytojas skundžiasi, kad sprendimas yra per lengvai suprantamas arba per lengvas.

    Vienas įspėjimas: daugelis problemų, kurias naudojame pavyzdžiuose, yra labai sudėtingos. Pradedantieji ir net tarpiniai studentai neturėtų būti nusiminę, jei jiems sunku patiems išspręsti problemas.

    Turinys:

    Turi planą

    Jūsų tikslas rašant aiškų sprendimą yra užkirsti kelią skaitytojui galvoti. Privalote aiškiai ir glaustai išsakyti savo idėjas. Patyrusiam skaitytojui niekada neturėtų kilti klausimas, kur jūs einate, arba kodėl jūsų teiginys yra teisingas. Pirmasis žingsnis rašant aiškų sprendimą yra plano sudarymas. Sudarykite paprastą savo sprendimo planą. Įtraukite elementus, kuriuos turite apibrėžti, ir tvarką, kuria surašysite svarbias sprendimo dalis. Kontūras padės užtikrinti, kad nieko nepraleisite ir veiksmus atliksite tokia tvarka, kurios lengva laikytis.

    Spindulio (r ) sfera įbrėžta į tetraedrą. Lėktuvai, liečiantys šią sferą ir lygiagrečiai tetraedro paviršiams, atkirpę keturias mažas tetraedras nuo tetraedro, šie maži tetraedrai turi užrašytas sferas spinduliais ). Parodyti tai:

    Čia yra sprendimas, kuris atrodo trumpas, bet yra gana sunkiai skaitomas:

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Tegul mūsų tetraedras yra (ABCD ). Mažas tetraedras, apimantis A viršūnę, yra panašus į didįjį tetraedrą. Kadangi šio tetraedro veidas, lygiagretus veidui (BCD ), liečia sritį, įrašytą (ABCD ), atstumas tarp (BCD ) ir šio lygiagretaus mažojo tetraedro paviršiaus yra (2r ). Pavadinkime tą mažą tetraedrą (AXYZ ). Taigi, aukštis nuo (A ) (AXYZ ) yra (h_a & # 8211 2r ), kur (h_a ) yra aukščio ilgis nuo (A ) iki šono (BCD) ). Todėl aukščių nuo (A ) (AXYZ ) ir (ABCD ) santykis yra ((h_a- 2r) / h_a ). Kadangi šie du tetraedrai yra panašūs su santykiu (a / r ) (kadangi tai yra atitinkamų ilgių, būtent įbrėžtų sferų spindulių, santykis), turime (a / r = ) ((h_a- 2r) / h_a ).

    Tetraedro tūris yra ([A] h_a / 3 ), kur ([A] ) yra trikampio plotas (BCD ). Tetraedro tūris taip pat gali būti parašytas (rS / 3 ), kur (S ) yra (ABCD ) paviršiaus plotas. Mes galime tai įrodyti leisdami (I ) būti užrašytos sferos centru. Tada tetraedro tūris yra tetraedro (IABC ), (IABD ), (IBCD ) ir (IACD ) tūrių suma. (IABC ) tūris yra (r [D] / 3 ), kur ([D] ) yra apibrėžtas taip, kaip mes apibrėžėme anksčiau ([A] ). Panašiai galime rasti ir kitų 4 vienetų tūrius. Kai juos visus susumuosime, gausime
    [ tekstas ABCD = ([A] + [B] + [C] + [D]) r / 3 = rS / 3. ]

    Mes nustatome, kad lygu kitai mūsų tūrio išraiškai ir gauname (h_a = rS / [A] ). Jei pertvarkysime lygtį iš viršaus, turime (a = r & # 8211 2r ^ 2 / h_a ). Tada galime įtraukti išraišką (h_a ), kurią ką tik radome:

    Jei apibrėžsime ([B] ), ([C] ) ir ([D] ) taip pat, kaip apibrėžėme ([A] ), galime naudoti tą patį argumentą, kad gautume:

    Pridėjus šiuos ir mūsų išraišką (A ), gauname:

    $ a + b + c + d = 4r & # 8211 2r cdot ([A] + [B] + [C] + [D]) / S = 2r, $

    Pagrindinė minėto sprendimo problema yra organizavimas. Mes apibrėžėme kintamuosius po to, kai jie pasirodė. Įpusėjus tirpalui mes nuėjome į šalį, norėdami įrodyti, kad ABCD tūris yra (rS / 3 ). Kartais svarbias lygtis rašėme tiesiai į savo pastraipas, užuot jas paryškinę suteikdami savo eilutes.

    Jei apibūdinsime prieš rašydami sprendimą, šių problemų neturėsime. Mes galime išvardyti tai, ką turime apibrėžti, nuspręsti, kokius daiktus turime įrodyti prieš pagrindinį įrodymą (mes vadiname šias lemmas), ir išvardyti svarbius žingsnius, kad žinotume, ką pabrėžti.

    Mūsų subraižytas lapas su kontūra gali būti toks:

    Daiktai apibrėžti: (ABCD, h_a, S, [A], AXYZ ).

    1. Tomas (ABCD = rS / 3 ) (lemma)
    2. Rodyti aukštį (AXYZ = h_a & # 8211 2r )
    3. Naudokite panašumą, kad gautumėte (a = r & # 8211 2r ^ 2 / h_a )
    4. Sulyginkite tūrius, kad gautumėte (1 / h_a = A / (rS) )
    5. sub (4 ) į (3 ) ir pridėkite

    Šis sąrašas atrodo akivaizdus, ​​kai jį surašysite, bet jei jūs tiesiog suplanuojate sprendimą neplanuodami, galite praleisti daiktus ir juos pleišti, kaip tai darėme mūsų & # 8216Kaip nerašyti sprendimo & # 8217 .

    Kaip parašyti sprendimą:

    Tegul mūsų pradinis tetraedras yra (ABCD ). Mes apibrėžiame:

    ([A] ) = (ABCD ) veido plotas priešais (A )
    (h_a ) = aukščio ilgis nuo (A ) iki (BCD )
    (S ) = (ABCD ) paviršiaus plotas
    (AXYZ ) = vienas iš mažų tetraedrų, susiformavusių taip, kaip aprašyta

    Panašiai apibrėžkite ([B] ), ([C] ), ([D] ) ir (h_b ), (h_c ), (h_d ).

    Kadangi mažojo tetraedro (AXYZ ) veidas (XYZ ) yra lygiagretus veidui (BCD ), tetraedras (AXYZ ) yra panašus į (ABCD ). Atitinkamų ilgių šiose tetraedrose santykis yra lygus jų užrašytų sferų spindulių arba (a / r ) spindulių santykiui.

    Kadangi (XYZ ) liečia sritį, įrašytą (ABCD ), atstumas tarp (BCD ) ir (XYZ ) yra (2r ). Taigi aukštis nuo (A ) iki (XYZ ) yra (h_a & # 8211 2r ). Todėl aukščio nuo (A ) santykis dviejose tetraedrose yra ((h_a & # 8211 2r) / h_a ). Taigi,

    (a / r = (h_a & # 8211 2r) / h_a ) arba (a = r & # 8211 2r ^ 2 / h_a ).

    Tetraedro tūris yra (h_a [A] / 3 ). Nustačius tai lygią 1 Lemma išraiškai, gaunama:

    ir pakeisdami tai į (1) lygtį, gausime:

    Tuo pačiu argumentu mes turime:

    Pridėjus šiuos ir mūsų išraišką (A ), gauname:

    $ a + b + c + d = 4r & # 8211 2r cdot ([A] + [B] + [C] + [D]) / S = 2r, $

    Skaitytojai nėra vertėjai žodžiu

    Pirmas dalykas, kurį skaitytojas mato ant jūsų popieriaus, nėra jūsų sprendimo struktūra. Tai nėra atsakymas, tai nėra jūsų pasirinkti žodžiai. Tai, kaip sprendimas yra ant popieriaus. Jei skaitytojas turi iššifruoti nuskaitymą, jūs jo neteksite. Idealiu atveju jūs surinksite savo sprendimą naudodami tokią programą kaip „LaTeX“. Tačiau daugumoje konkursų neturite prabangos kreiptis į kompiuterį, todėl jūs turėsite tai išrašyti ranka. Rašant sprendimą ranka, yra keletas labai svarbių taisyklių. Daugelis jų yra akivaizdūs, kai kurie - mažiau. Turėtumėte laikytis visų jų.

    1. Naudokite tuščią popierių. Nenaudokite grafinio popieriaus ar brūkšniuoto popieriaus ir # 8211 eilutės dažnai apsunkina sprendimus. Niekada nenaudokite popieriaus, kuris yra išplėštas iš spiralinio sąsiuvinio.
    2. Gerbkite paraštes. Jei pradedate nuo visiškai tuščio popieriaus lapo, nubrėžkite paraštes iš visų keturių pusių (viršuje, apačioje, dešinėje, kairėje). Padarykite paraštes mažiausiai 0,5 colio, pageidautina viso colio.
    3. Rašykite horizontaliai, niekada nepasukite rašymo, kai pasieksite eilutės pabaigą, kad įstrigtumėte šiek tiek daugiau informacijos. Visada galite pradėti naują eilutę ar naują puslapį.
    4. Palikite vietos viršuje „_ & # 8217“ puslapiui, kad skaitytojas žinotų, kiek puslapių yra ir kokiame puslapyje yra. Tikriausiai nežinojote, kiek puslapių parašysite, kai pradėsite, tačiau galite juos užpildyti, kai baigsite. Jei pateksite į puslapio apačią ir jūsų sprendimas turi tęstis kitame puslapyje, to puslapio apačioje parašykite & # 8216Tęsinys & # 8217, kad skaitytojas žinotų, kad mes dar nebaigėme. (Tai taip pat padeda skaitytojams žinoti, ar jiems trūksta puslapių.)
    5. Nerašykite kursyvu. Spausdinti. Ir spausdinkite aiškiai.
    6. Naudokite rašiklį. Jei turite naudoti pieštuką, neištrinkite & # 8211 trintukų dėmių.
    7. Padarę klaidą, kurios nenorite praleisti, per ją nubrėžkite vieną liniją ir eikite toliau. Jei praleidžiate didelį bloką, per jį nupieškite & # 8216X ir # 8217 ir eikite toliau. Nerašykite didelių teksto blokų.
    8. Jei ką nors palikote ir norite pridėti pabaigoje, vietoje, kur norite, kad naujas tekstas būtų laikomas pridėtu, įdėkite paprastą simbolį, pvz., (*), Ir palikite trumpą užrašą, pvz., & # 8216Tvirtinimas žemiau. & # 8217 Žemiau galite parašyti & # 8216 (*) priedą: & # 8217 ir tęsti įrodymą. Nenaudokite daugybės rodyklių, kad nukreiptumėte skaitytoją visame puslapyje.

    Problema: Tegul (S (n) ) yra (n ) skaitmenų suma. Rasti

    Žemiau pateikiami du sprendimai. Nei vienas, nei kitas sprendimas nėra tobulas, kai jums reikia laiko spaudimo, sunku parašyti tobulos išvaizdos įrodymus. Antrąjį turėtumėte rasti daug maloniau skaityti. Kai rašote sprendimus, nepamirškite aukščiau pateiktų patarimų ir tiesiog prisiminkite: & # 8216Jei jie negali jo perskaityti, tai neteisinga. & # 8217

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Tas sprendimas aukščiau yra netvarka. Žemiau pateiktas rašymas užtruko tiek pat laiko, ir jį daug lengviau skaityti.

    Kaip parašyti sprendimą:

    U s e S p a c e

    Rašydami savo sprendimą turėtumėte:

    1. Pateikite kiekvienam svarbiam apibrėžimui ar lygčiai savo eilutę.
    2. Neužkaskite per daug algebros pastraipoje. Galite rašyti eilutę po algebros eilutės, bet kiekvieną žingsnį įrašykite į savo eilutę. Neužpildykite algebros pastraipoje.
    3. Pažymėkite lygtis, formules, lemmas ar atvejus, kuriuos vėliau naudosite labai aiškiai.
    4. Atminkite, kad popieriaus visada yra daugiau.

    Problema: Tebūnie (p (x) ) polinomas, kurio laipsnis (98 ) yra toks, kad (p (n) = 1 / n ) reikšmei (n = ) (1, 2, 3, ) (4, ldots, 99 ). Nustatykite (p (100) ).

    Smagu skaityti šį sprendimą:

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Tegul (r (x) = ) (x (p (x) & # 8211 1 / x) ) (= xp (x) & # 8211 1. ) Kadangi (p (x) ) yra polinomas su laipsniu (98 ), (r (x) ) yra polinomas su laipsniu (99 ). Kadangi (r (x) = ) (x (p (x) & # 8211 1 / x), ) ir mums duota, kad ((p (x) & # 8211 1 / x) = 0 ) už (x = 1, ) (2, 3, ldots, 99 ), (r (x) ) turi šaknis (1, 2, ldots, 99. ) Kadangi (r (x) ) turi laipsnį (99 ), tai yra vienintelės (r (x) ) šaknys, todėl jos turi būti formos (r (x) = ) (c (x & #) 8211 1) (x & # 8211 2) ) ((x & # 8211 3) cdots (x & # 8211 99) ) tam tikrai konstantai (c ). Norėdami rasti (c, ), pirmiausia leiskite (x = 0 ) lygtyje (r (x) = ) (xp (x) & # 8211 1, ), gaunant (r (0) = -1. ) Leisti (x = 0 ) į (r (x) = ) (c (x & # 8211 1) (x & # 8211 2) ) ((x & # 8211 3) ) cdots (x & # 8211 99) ) duoda (r (0) = -c (99!) ) taigi, (c = 1/99!. ) Taigi turime (r (x ) = ) ((x & # 8211 1) (x & # 8211 2) ) ((x & # 8211 3) cdots (x & # 8211 99) / 99!. ) galime sujungti lygtys (r (x) = ) (xp (x) & # 8211 1 ) ir (r (x) = ) ((x & # 8211 1) (x & # 8211 2) ) ((x & # 8211 3) cdots (x & # 8211 99) / 99! ) ir leiskite (x = 100 ) rasti (100p (100) & # 8211 1 = ) (( 100 & # 8211 1) (100 & # 8211 2) ) ((100 & # 8211 3) ldots (100 & # 8211 99) / 99!, ) Taigi (100p (100) & # 8211 1 = ) (99! / 99! = 1, ) taigi (p (100) = 1/50. )

    Čia tas pats sprendimas ir beveik ta pati formuluotė.

    Kaip parašyti sprendimą:

    Kadangi (p (x) ) yra polinomas su laipsniu (98 ), (r (x) ) yra polinomas su laipsniu (99 ). Kadangi (r (x) = ) (x (p (x) & # 8211 1 / x) ), ir mums duota, kad ((p (x) & # 8211 1 / x) = 0 ) už (x = ) (1, 2, ) (3, ldots, 99, )

    (r (x) ) turi šaknis (1, 2, ldots, 99. )

    Kadangi (r (x) ) turi laipsnį (99 ), tai yra vienintelės (r (x) ) šaknys, kurios turi turėti:

    tam tikram pastoviam (c ). Norėdami rasti (c ), pirmiausia leiskite (x = 0 ) lygtyje ((1) ), gaunant (r (0) = -1. ) Leisdami (x = 0 ) ((2) ) duoda (r (0) = -c (99!) ) Taigi (c = 1/99! ). Taigi mes turime:

    Mes galime sujungti ((1) ) ir ((3) ) lygtis ir leisti (x = 100 ) rasti

    [100p (100) & # 8211 1 = (100 & # 8211 1) (100 & # 8211 2) (100 & # 8211 3) cdots (100 & # 8211 99) / 99! ] [100p ( 100) & # 8211 1 = 99! / 99! = 1 ] [p (100) = 1/50. ]

    Kurį mieliau perskaitytumėte?

    SdrawkcaB knihT, rašykite į priekį

    Toliau pateikiama ištrauka iš kulinarinės knygos, kuri niekada nebuvo parašyta:

    Išsiaiškinti, kaip pasigaminti omletą, lengva. Visi valgę omletą žino, kad omletas paprastai gaminamas iš kelių kiaušinių, pripildytų įvairių maisto produktų, tokių kaip kumpis, pipirai, svogūnai ir šoninė, ir dažnai gaminamas su sūriu. Tai, kad visi šie ingredientai patenka į kiaušinio vidų, reiškia, kad kiaušinius turėtume pradėti gaminti vienodai ant keptuvės ir tada įdėti ingredientus. Tada mes galime apvolioti dalį kiaušinio ant ingredientų, kad jie būtų įstrigę viduje. Jei mums reikės kai kurių iš anksto paruoštų ingredientų, tai galime padaryti prieš pridėdami juos prie kiaušinių & # 8230 & # 8221

    Vienas dalykas yra išsiaiškinti, kaip pasigaminti omletą. Kitas paaiškinti kam nors kitam, kaip tokį pasigaminti. Pradėti mūsų paaiškinimą nuo pat pradžių yra daug aiškiau, nei pradėti nuo gatavo omleto.

    Paruoškite daržoves ir kitus norimus omleto įdarus. Plakite kiaušinius. Pradėkite virti kiaušinius. Viduryje įdėkite įdarų, kad kiaušinius būtų galima ištraukti ant ingredientų. Kai omletas bus uždarytas, virkite toliau ir apverskite omletą, kol kiaušiniai atrodys gerai iškepti. & # 8221

    Skaitytojui nerūpi, kaip autorius išaiškino omleto virimo procesą. Skaitytojas tiesiog nori žinoti, kaip pasigaminti omletą.

    Galvokite apie sprendimus kaip apie receptus. Pradėkite nuo pradžių ir judėkite pirmyn. Išvardinkite ingredientus ir paaiškinkite, kaip ir kada juos dėti į puodą.

    Problema: Pažymėkime trikampio kraštinių ilgius (a ), (b ) ir (c ). Parodyti tai

    $ a ^ 2 (-a + b + c) + b ^ 2 (a & # 8211 b + c) + c ^ 2 (a + b & # 8211 c) leq 3abc. $

    Šis sprendimas gali būti geras būdas sužinoti, kaip mes galime pasiūlyti sprendimą nuo nulio, tačiau tai nėra ypač gerai parašytas įrodymas:

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Pažymime, kad nelygybėje yra veiksniai ((- - a + b + c) ), ((a & # 8211 b + c) ) ir ((a + b & # 8211 c) ). Šie veiksniai nurodo trikampio nelygybės naudojimą, todėl atrodo natūralu palikti faktorius ramybėje ir remtis tuo, kad kiekvienas iš jų nėra neigiamas.

    Kadangi kiekvienas iš šių trijų veiksnių padauginamas iš šono ilgio kvadrato, gali būti įmanoma manipuliuoti nelygybe, įtraukiant šiuos neneigiamus trikampio nelygybės veiksnius, padaugintus iš tobulų kvadratų. Tada galėtume teigti, kad ši suma taip pat neturi būti neigiama. Pradedame judėdami (3abc ) į kairę pusę:

    $ a ^ 2 (-a + b + c) = b ^ 2 (a & # 8211 b + c) + c ^ 2 (a + b & # 8211 c) & # 8211 3abc le 0. $

    Jei į (3abc ) turėtume žiūrėti kaip į ((3)) terminų, kurie kiekvienas yra sandorių, sudarytų iš (ab ), (bc ), arba (ca ), ir vieną iš trikampio nelygybės, sumą. veiksnių, mes pradedame susidaryti idėją, kaip galima sutvarkyti nelygybę. Kadangi nelygybė yra ciklinė, atrodo natūralu, kad šiuos produktus vartojate taip, kad išsaugotumėte ciklinį pobūdį. Pvz., Padauginame (ab ) su ((a + b & # 8211 c) ), nes (a ) ir (b ) turi tą patį prisijungimo ženklą ((a + b & # 8211) c) ):

    prasideda
    ab (a + b & # 8211 c) & amp = a ^ 2b + ab ^ 2 -abc ge 0,
    ab (-a + b + c) & amp = -abc + b ^ 2c + bc ^ 2 ge 0,
    ca (a & # 8211 b + c) & amp = a ^ 2c -abc + ac ^ 2 ge 0.
    galas

    Šių produktų sumoje matome (- 3abc ). Nagrinėjant kitus terminus

    pastebime, kad (a ^ 2b + ab ^ 2 ) yra veiksniai, kurie pasirodys iš ((a & # 8211 b) ^ 2 (a + b & # 8211 c) ). Išplėsdami išraiškų, tokių kaip (((a-b) ^ 2 (a + b-c) ), kvadratas, gauname

    prasideda
    (a & # 8211 b) ^ 2 (a + b & # 8211 c) & amp = a ^ 2 (a + b & # 8211 c) & # 8211 2ab (a + b & # 8211 c) + b ^ 2 ( a + b & # 8211 c) ge 0,
    (b & # 8211 c) ^ 2 (-a + b + c) & amp = b ^ 2 (-a + b + c) & # 8211 2bc (-a + b + c) + c ^ 2 (-a + b + c) ge 0,
    (c & # 8211 a) ^ 2 (a & # 8211 b + c) & amp = c ^ 2 (a & # 8211 b + c) & # 8211 2ca (a & # 8211 b + c) + a ^ 2 ( a & # 8211 b + c) ge 0. pabaiga

    Susumavus šias nelygybes, pradedama matyti, kaip nelygybė formuojasi:

    prasideda
    & ampa ^ 2 (a + b & # 8211 c + a & # 8211 b + c) + b ^ 2 (a + b & # 8211 c & # 8211 a + b + c) + c ^ 2 (-a + b + c + a & # 8211 b + c)
    & amp- 2a ^ 2b & # 8211 2ab ^ 2 + 2abc + 2abc & # 8211 2b ^ 2c & # 8211 2bc ^ 2 & # 8211 2a ^ 2c + 2abc & # 8211 2ac ^ 2
    & amp = a ^ 2 (2a & # 8211 2b & # 8211 2c) + b ^ 2 (-2a + 2b & # 8211 2c) + c ^ 2 (-2a & # 8211 2b + 2c) + 6abc ge 0.
    galas

    Padauginus šią nelygybę iš (- 1/2 ), anuliuojamas nelygybės ženklas ir gaunama

    $ a ^ 2 (-a + b + c) + b ^ 2 (a & # 8211 b + c) + c ^ 2 (a + b & # 8211 c) & # 8211 3abc ge 0. $

    Pridėjus (3abc ) į abi puses, gauname

    $ a ^ 2 (-a + b + c) + b ^ 2 (a & # 8211 b + c) + c ^ 2 (a + b & # 8211 c) ge 3abc $

    Virėjų knygos stilius yra lengviau skaitomas ir įtikinamesnis:

    Kaip parašyti sprendimą:

    Pagal trikampio nelygybę bet kurių dviejų trikampio kraštinių suma yra bent jau tokia pati kaip trečiosios kraštinės ilgis. Taigi, mes turime nelygybę

    Padauginus juos iš tobulų kvadratų, kiekviena kairė pusė nebus teigiama, taigi

    Pridėjus šias nelygybes, gauname

    prasideda
    & ampa ^ 2 (a + b & # 8211 c + a & # 8211 b + c) + b ^ 2 (a + b & # 8211 c & # 8211 a + b + c) + c ^ 2 (-a + b + c + a & # 8211 b + c)
    & amp- 2a ^ 2b & # 8211 2ab ^ 2 + 2abc + 2abc & # 8211 2b ^ 2c & # 8211 2bc ^ 2 & # 8211 2a ^ 2c + 2abc & # 8211 2ac ^ 2
    & amp = a ^ 2 (2a & # 8211 2b & # 8211 2c) + b ^ 2 (-2a + 2b & # 8211 2c) + c ^ 2 (-2a & # 8211 2b + 2c) + 6abc ge 0.
    galas

    Pridėjus (6abc ) į abi puses ir padalijus iš (2 ), mes turime norimą

    $ a ^ 2 (-a + b + c) + b ^ 2 (a & # 8211 b + c) + c ^ 2 (a + b & # 8211 c) leq3abc. $

    Pavadinkite savo personažus

    Didelė plonos apvalkalo transporto priemonė jaunai paukščiai, kurią sukūrė didžiulė paukščių patelė, sėdėjo ant sienos. Didžiulė plonos apvalkalo transporto priemonė jaunai paukščiai, kurią sukūrė didžiulė paukščių patelė, labai krito. Visi didžiojo žmogaus, gyvenusio didelėje pilyje, valdžiusiame krašto žmones, arkliai ir visi didžiojo žmogaus, gyvenusio didelėje pilyje, valdžiusiame krašto žmones, arkliai negalėjo uždėti didelio plono. - nulupta transporto priemonė jaunai paukščiai, kurią vėl sukūrė didžiulė paukščių patelė.

    Įrodymai labai panašūs į istorijas. Rašydamas sprendimą, jūsų darbas yra pasakoti matematikos istoriją taip, kaip jūsų auditorija supras ir džiaugsis. Vietoj to, kad rašytume apie & # 8216didelę plono apvalkalo jaunai paukščiai skirtą transporto priemonę, kurią sukūrė didžiulė paukščių patelė, & # 8217 vadiname tuo dideliu kiaušiniu & # 8216Humpty-Dumpty & # 8217 ir pasakojame istoriją. Taip pat gerai parašytame įrodyme dažnai nurodomi svarbūs kiekiai ar idėjos, kurios yra svarbios jūsų sprendimo istorijoje. Pavadinus savo personažus, taip pat galite rasti problemų sprendimus, todėl ne tai, ko turėtumėte palaukti, kol pasirodys įrodymų rašymo laikas.

    Pavadindami savo personažus, juos įvardijate paprastai, aiškiai ir parašote iš anksto, todėl skaitytojas tiksliai žino, kur kreiptis, kad tiksliai sužinotų, kas yra šis ((n)) asmuo ir kas tas (f (x) ) funkcija reiškia.

    Toliau pateiktą sprendimą sunku perskaityti, nes sveikieji skaičiai ir sumos, kurios yra sprendimo raktas, lieka neįvardyti.

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Tarkime, kad numerius į savo rinkinį įdėjome tam tikra fiksuota tvarka. Jei pradėsime nuo pradžių, yra (100 ) sumų, kurias galime surinkti tik susumuodami nuo pradinio skaičiaus. Galėtume susumuoti pirmuosius (2 ) skaičius arba pirmąjį (4 ), pirmąjį (57 ) ar bet ką. Jei viena iš šių sumų yra (100 ) kartotinė, tai mes baigėme. Jei nė viena iš sumų nėra kartotinė iš (100 ), turime atsižvelgti į likutį, kai kiekvienas iš šių terminų padalijamas iš (100 ). Iš viso yra (100 ) liekanų, nes yra (100 ) sumų. Kadangi nė vienas iš jų nėra (0 ), tarp šių (100 ) liekanų yra daugiausia (99 ) skirtingi likučiai. Todėl du iš šių liekanų turi būti vienodi, nes jei nebūtų bent dviejų vienodų, iš viso liktų tik ((99)) (nes žinome, kad nė vienas nėra nulis). Dabar paimkite skirtumą tarp dviejų sumų, kurių likutis yra tas pats, padalijus iš (100 ). Šis skirtumas turi būti likęs (0 ), padalytas iš (100 ). Tarkime, kad iš mažesnio skaičiaus atėmėme sumą, turinčią mažiau skaičių. Kai imsime šį skirtumą, visi antrosios sumos skaičiai panaikinami su pirmosios sumos skaičiais, nes kiekviena suma tik sujungia mūsų rinkinio skaičius, pradedant pirmuoju, tačiau antroji suma yra trumpesnė. Dėl šio atšaukimo šių dviejų sumų, kurių likutis yra toks pat, skirtumas, padalijus iš (100 ), gaunama skaičių suma pradiniame rinkinyje. Mes parodėme, kad šis skirtumas turi likusią dalį (0 ), padalijus iš (100 ), taigi tai yra mūsų norima skaičių rinkinio suma, kuri dalijasi iš (100 ).

    Toliau pateiktą sprendimą lengva perskaityti, nes pagrindiniai veikėjai turi vardus. Konkrečiai, mes įvardijame sveikus skaičius rinkinyje ir elementų sumas pogrupiuose, kuriuos nagrinėjame. Šie vardai leidžia mums sekti personažus visoje istorijoje. Jie taip pat leidžia rašytojui apibūdinti veikėjus išsamiau ir lakoniškiau.

    Kaip parašyti sprendimą:

    Iškvieskite 100 sveikųjų skaičių (n_1, ) (n_2, ) ( ldots, ) (n_ <100> ).

    Tegul (S_k = n_1 + n_2 + taškai + n_k ) už (k = 1, ) (2, taškai, 100. )

    1 atvejis: Jei visi (S_1, S_2, taškai, S_ <100> ) yra skirtingi (100 mod.), Tai tiksliai vienas iš jų turi būti 100 kartotinis.

    2 atvejis: Priešingu atveju 100 sumų, (S_k ), yra ne daugiau kaip 99 skirtingos liekanos (mod 100), o pagal balandžių skylės principą dvi iš sumų, (S_k ), turi tas pačias liekanas (mod 100).

    Tai reiškia, kad egzistuoja keli skaičiai (j ) ir (k ), (0 & lt j & lt k & lt 101 ), kad

    Dabar apsvarstykite pogrupį su elementais (n_, ) (n_, ) ( ldots, ) (n_k ). Šio pogrupio elementų suma yra

    prasideda
    & amp n_ + n_ + taškai + n_k
    & amp = (n_1 + n_2 + taškai + n_k) & # 8211 (n_1 + n_2 + taškai + n_j)
    S_k & amp equiv 0 pmod <100>.
    galas

    Taigi ši suma yra 100 kartotinė ir mes baigėme.

    Nuotrauka yra verta tūkstančio žodžių

    Kai rašote geometrijos problemos ar bet kokios su nuotrauka susijusios problemos sprendimą, turėtumėte įtraukti diagramą. Jei neįtraukiate diagramos, dažnai verčiate greiderį ją nupiešti jums. Net jei schema pateikta problemoje, turėtumėte ją įtraukti į savo sprendimą. Jei priversite savo skaitytoją ieškoti kažkur kitur schemos, greičiausiai prarasite jų dėmesį.

    Tiksliai nupieškite schemą. Naudokite geometrijos atvaizdavimo programą, jei rašote tirpalą, arba liniuotę ir kompasą, jei sprendimą rašote ranka.

    Čia yra sprendimas be diagramos:

    Kaip parašyti sprendimą:

    Tegul mūsų apskritimai yra (O ) ir (O & # 8217 ). Tebūna (M ) ir (M & # 8217 ) įjungti (O ) ir (O & # 8217 ), kad (MM & # 8217 ) būtų bendrasis liestinis per (K ). Leiskite (L ) ir (L & # 8217 ) būti taškais, kur (AD ) susitinka atitinkamai su apskritimais (O ) ir (O & # 8217 ). Leiskite (N ) ir (N & # 8217 ) būti taškais, kuriuose (BC ) susitinka atitinkamai su apskritimais (O ) ir (O & # 8217 ).

    Mes parodysime, kad (AK = ) (<(AB + AC & # 8211 BC)> / 2 ), taigi parodysime, kad (AK ) ilgis nepriklauso nuo (D ).

    Kadangi liestinės nuo taško iki apskritimo yra lygios, turime ir (DN = DL ), ir (DN & # 8217 = DL & # 8217 ). Taigi,

    Kadangi pagal simetriją (MM & # 8217 = NN & # 8217 ), darome išvadą, kad (KL = DL ). Taigi,

    Mes galime apskaičiuoti (NN & # 8217 ), taigi ir (KD ), atsižvelgiant į (AD ) ir trikampio kraštus:

    kaip norėta. Kadangi (A ), (B ) ir (C ) yra nepriklausomi nuo (D ), darome išvadą, kad ilgis (AK ) nepriklauso nuo (D ).

    Čia yra sprendimas, kuriame yra schema:

    Kaip parašyti sprendimą:

    Tegul mūsų apskritimai yra (O ) ir (O & # 8217 ). Tebūna (M ) ir (M & # 8217 ) įjungti (O ) ir (O & # 8217 ) taip, kad (MM & # 8217 ) būtų bendrasis liestinis per (K ). Leiskite (L ) ir (L & # 8217 ) būti taškais, kur (AD ) susitinka atitinkamai su apskritimais (O ) ir (O & # 8217 ). Leiskite (N ) ir (N & # 8217 ) būti taškais, kuriuose (BC ) susitinka atitinkamai su apskritimais (O ) ir (O & # 8217 ).

    Mes parodysime, kad (AK = ) (<(AB + AC & # 8211 BC)> / 2 ), taigi parodysime, kad (AK ) ilgis nepriklauso nuo (D ).

    Kadangi liestinės nuo taško iki apskritimo yra lygios, turime ir (DN = DL ), ir (DN & # 8217 = DL & # 8217 ). Taigi,

    Kadangi pagal simetriją (MM & # 8217 = NN & # 8217 ), darome išvadą, kad (KL = DL ). Taigi,

    Mes galime apskaičiuoti (NN & # 8217 ), taigi ir (KD ), atsižvelgiant į (AD ) ir trikampio kraštus:

    kaip norėta. Kadangi (A ), (B ) ir (C ) nepriklauso nuo (D ), darome išvadą, kad ilgis (AK ) nepriklauso nuo (D ).

    (Sprendimo metodą rado bendruomenės narys 3cnfsat olimpiados geometrijos klasėje)

    Aukščiau pateiktame sprendime panaudojome tai, kad segmentų ilgis nuo trikampio viršūnės (kaip aukščiau esanti trikampio viršūnė (D ) (ABD ) aukščiau) iki įbrėžto apskritimo su kraštinėmis taškų trikampio nuo tos viršūnės (segmentai (DN ) ir (DL ) aukščiau) yra lygūs pusei trikampio perimetro, atėmus priešingą trikampio kraštą. Taikant šį principą ilgiui (DN ) rasti trikampyje (ABD ), gaunama:

    Jei nesate susipažinę su šiuo faktu, pabandykite tai įrodyti patys (ir parašykite gražų sprendimą). Kiekvienas geras geometras pasiekia šį faktą taip pat lengvai, kaip ir Pitagoro teoremą.

    Sprendimų skaitytojai, o ne mąstytojai

    Pilnas sprendimas nereiškia tik teisingo atsakymo. Turėtumėte pagrįsti kiekvieną pastebimą savo sprendimo žingsnį. Patyręs skaitytojas niekada neturėtų stebėtis & # 8216Kodėl tai tiesa? & # 8217 skaitydamas jūsų sprendimą. Jai taip pat niekada neturėtų kilti abejonių, ar jūs nežinote, kodėl tai tiesa.

    Ne visada aišku, kokius veiksmus galite manyti, kad skaitytojas supranta ir kokius veiksmus turite paaiškinti. Čia pateikiamos kelios gairės:

    1. Jei galite pacituoti teoremą, turinčią pavadinimą, jūs neprivalote įrodyti teoremos. Galite pacituoti teoremą ir judėti toliau, kaip ir & # 8216Pagagano teoremoje (AC = 3 ). & # 8217
    2. Jei esate labai įsitikinęs, kad žingsnis yra gerai žinomas, bet nežinote pavadinimo, galite pasakyti & # 8216 Pagal gerai žinomą teoremą (ABC ) plotas lygus (rs ), kur (r ) yra spindulys, o (s ) yra pusperimetras. & # 8217 Taip pat galite palikti & # 8216 pagal gerai žinomą teoremą & # 8217 bitą, ypač norint gauti ypač paplitusius rezultatus, pavyzdžiui, ką tik nurodytą. (Jei nežinote to rezultato, pabandykite tai įrodyti patys.)
    3. Jei vis dar nesate tikras, ar įrodyti tam tikrą žingsnį, ar manote, kad jis gerai žinomas, turite priimti sprendimą. Jei galite tai įrodyti viena ar dviem eilutėmis, pirmyn ir darykite tai. Jei tai reikės pareikalauti daug darbo, bet žinote, kaip tai padaryti, tada bent jau apibūdinkite įrodymą (o jei turite laiko, pateikite išsamesnį). Jei dalyvaujate konkurse ir neįsivaizduojate, kaip tai įrodyti, nurodykite jį ir eikite toliau. Gal jums pasiseks ir tai bus & # 8216 gerai žinoma teorema & # 8217. Jei nerašote mokomojo darbo ir nežinote, kaip tai įrodyti, jūsų dokumentas nebus baigtas, kol nesuprasite.
    4. Rašant algebrinių žingsnių eilutę, kiekvienas žingsnis turėtų sekti akivaizdžiai nuo prieš jį buvusio. Nerašykite kažko panašaus, & # 8216Taigi, mes turime [x ^ 2 (x & # 8211 4) + <(x +1)> ^ 2 + 5x & # 8211 4 (x +2) = -2, ] taigi (x = 1 ) yra vienintelis sprendimas. & # 8217 Turėtumėte įtraukti aiškius paprastus veiksmus, kurie aiškiai parodytų, kad aukščiau nurodyta reikšmė yra lygi ((x & # 8211 1) ^ 3 = 0 ).
    5. Galite naudoti simetriją ar analogiją, kai atvejai yra visiškai vienodi. Pvz., Tarkime, kad norite įrodyti, kad bet kurio trikampio (ABC ) plotą nurodo [[ABC] = (ab sin C + bc sin A + ac sin B) / 6, ] kur (a = BC ), (b = AC ) ir (c = AB ), o ([ABC] ) yra (ABC ) sritis. Jei įrodysite, kad [[ABC] = (ab / 2) ( sin C), ], jūs galite tiesiog parašyti, & # 8216. Panašiai turime [[ABC] = (bc / 2) ( sin A ) = (ac / 2) ( sin B). & # 8217 ]
    6. Jei kyla abejonių, paaiškinkite. Daugelis šiame straipsnyje pateiktų sprendimų turi šiek tiek per daug. Geriau įrodyti per daug nei per mažai.

    Tai visiškai nepriimtina:

    Kaip nerašyti 1 sprendimo:

    Aukščiau pateiktas yra atsakymas, o ne sprendimas. Šiame sprendime nėra jokių įrodymų, kad šie sprendimai iš tikrųjų veikia, ir nerodo, kad kitų sprendimų nėra. Be to, tai nepriartina skaitytojo prie sprendimo supratimo.

    Kaip nerašyti 2 sprendimo:

    Pateikta lygtis pertvarkoma į $ (m + 1) (n & # 8211 1) = pm 2, $, taigi sprendiniai yra [(1, 2), (-3, 0), (0, 3), ( -2, -1), (1, 0), (-3, 2), (0, -1), (-2, 3). ]

    Aukščiau pateiktas sprendimas yra geresnis nei pirmasis, motyvuotas skaitytojas bent jau žvilgteli į kelią į sprendimą, tačiau visiškai neaišku, kaip pirminė lygtis pertvarko duotą lygtį, nei kaip seka parodos sprendimai.

    Kaip parašyti sprendimą:

    Išplėsime pirmąjį terminą ir dešinę pusę, tada pergrupuokite terminus: $ (m ^ 2 + 1) (n ^ 2 + 1) + 2 (m & # 8211 n) (1 & # 8211 mn) = 4 (mn + 1) $ $ m ^ 2n ^ 2 + m ^ 2 + n ^ 2 + 1 + 2 (m & # 8211 n) (1 & # 8211 mn) = 4mn + 4 $ $ m ^ 2n ^ 2- 2mn + 1 + m ^ 2 & # 8211 2mn + n ^ 2 + 2 (m & # 8211 n) (1 & # 8211 mn) = 4 $ $ (mn & # 8211 1) ^ 2 + (m & # 8211 n) ^ 2 & # 8211 2 (m & # 8211 n) (mn & # 8211 1) = 4 $ Ši kairė pusė yra ([((mn & # 8211 1)) ir # 8211 (m & # 8211 n) kvadratas. ] ), taigi turime: $ [(mn & # 8211 1) (m & # 8211 n)] ^ 2 = 4 $ $ [mn & # 8211 m + n & # 8211 1] ^ 2 = 4 $ $ [(m + 1) (n & # 8211 1)] ^ 2 = 4 $ $ (m + 1) (n & # 8211 1) = pm2, $ 1 atvejis: už ((m + 1) (n & # 8211 1) = 2 ), turime lygčių sistemas: begin m + 1 & amp = 1 n & # 8211 1 & amp = 2 & amp (0, 3) pabaiga prasideda m + 1 & amp = 2 n & # 8211 1 & amp = 1 & amp (1, 2) pabaiga prasideda m + 1 & amp = -1 n & # 8211 1 & amp = -2 & amp (-2, -1) pabaiga prasideda m + 1 & amp = -2 n & # 8211 1 & amp = -1 & amp (-3, 0) pabaiga 2 atvejis: ((m + 1) (n & # 8211 1) = -2 ), turime lygčių sistemas: begin m + 1 & amp = 1 n & # 8211 1 & amp = -2 & amp (0, -1) pabaiga prasideda m + 1 & amp = -2 n & # 8211 1 & amp = 1 & amp (-3, 2) pabaiga prasideda m + 1 & amp = -1 n & # 8211 1 & amp = 2 & amp (-2, 3) pabaiga prasideda m + 1 & amp = 2 n & # 8211 1 & amp = -1 & amp (1, 0) pabaiga Taigi sprendiniai yra ((1, 2), ) ((- 3, 0), ) ((0, 3), ) ((- 2, -1), ) ( (1, 0), ) ((- 3, 2), ) ((0, -1), ) ((- 2, 3). )

    Vykdykite lemmas

    Prieš pradėdami spręsti pagrindinę problemą, dažnai turėsite įrodyti kelis preliminarius dalykus. Rašydami įrodymą, mes dažnai nusprendžiame atskirti šias dalis nuo pagrindinio įrodymo, pažymėdami kiekvieną kaip & # 8216Lemma & # 8217 ir aiškiai atskirdami lemmą ir jos įrodymą nuo likusio sprendimo.

    Čia pateikiama dviejų skirtingų sprendimų, kuriuose naudojamos lemos, problemos pavyzdys. Rašydami sprendimus su lemmomis naudojome šiek tiek per daug, norėdami pabrėžti, kaip gerai galime paaiškinti sprendimus su lemmomis. Abu šiuos sprendimus yra žymiai lengviau skaityti, aiškiai suskaidžius tirpalą į dalis.

    Problema: Iš trikampio (ABC ) viršūnės (A ) statmenos (AM ) ir (AN ) traukiamos į trikampio išorinių kampų, esančių (B ) ir (C , ). Įrodykite, kad (MN ) yra lygus pusei (ABC ) perimetro.

    Kaip nerašyti 1 sprendimo:

    Leiskite tiesei per (A ) lygiagrečiai (BC ) susitikti tiesei (BM ) ties (J ). Leiskite tiesei per (J ) lygiagrečiai su (AB ) susitikti tiesę (BC ) ties (K ). Leiskite (MN ) paspausti (AB ) ties (X ) ir (AC ) ties (Y ).

    Kadangi (JK lygiagretus AB ) ir (AJ lygiagretus BK ), (JKBA ) yra lygiagretainis. Nuo

    Iš stačiojo trikampio (BAM ) randame

    $ kampas BAM = 90 & # 8211 kampas ABM = kampas B / 2. $

    Kadangi (AJ lygiagretus BC ), turime ( kampas JAB = kampas B ), taigi (MA ) dalijasi ( kampas BAJ ). Taigi, ASA sutampa su ( kampu JAM = ) ( kampu BAM ) ir trikampiais (BAM ) ir (JAM ). Taigi, (AJ = AB ) ir lygiagretainis (JKBA ) yra rombas.

    Rombo įstrižainės dalija viena kitą, todėl trikampiai (AMJ ) ir (KMB ) sutampa. Taigi aukštis nuo (M ) iki (AJ ) ir (BK ) yra lygus, o (M ) yra vienodai nutolęs nuo linijų (AJ ) ir tiesių (BK ). Pagal simetriją tai galioja ir (N ). Taigi, (MN lygiagretus BC ) ir (MN ) yra vienodai nutolę nuo (AJ ) ir (BC ).

    Kadangi (MX lygiagretus BK ), ( trikampis AMX sim trikampis AKB ). Kadangi (AM = ) (AK / 2 ), turime (MX = ) (KB / 2 ). Kadangi (JKBA ) yra rombas, (KB = AB ), todėl (MX = ) (AB / 2 ), kaip norite.

    Pagal simetriją mes taip pat turime (NY = ) (AC / 2 ). Kadangi (XY ) yra (ABC ) vidurinė linija, lygiagreti šonui (BC ), turime (XY = ) (BC / 2 ). Taigi,

    $ MN = MX + XY + YN = AB / 2 + AC / 2 + BC / 2, $

    Aiškus bylų nagrinėjimas

    Kartais problemos sprendimas priklauso nuo kelių skirtingų atvejų tyrimo. Savo sprendime turėtumėte aiškiai nustatyti atvejus ir parodyti, kad šie atvejai aprėpia visas galimybes.

    Problema: Kiek teigiamų 3 skaitmenų sveikųjų skaičių yra tokie, kad vienas skaitmuo yra lygus kitų 2 skaitmenų sandaugai?

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Aukščiau pateiktas sprendimas yra trumpas, o atsakymas teisingas, tačiau visiškai neaišku, ar visos galimybės buvo atrastos. Be to, gana sunku pamatyti, kad radome tiksliai 52 sprendimus, o skaitytojas yra priverstas patiems suskaičiuoti.

    Toliau pateiktas sprendimas aiškiai aprėpia visus galimus atvejus ir nepalieka abejonių, kad bendras skaičius yra 52.

    Kaip parašyti sprendimą:

    Tyrimą skirstome į bylas pagal mažiausią kiekvieno skaičiaus skaitmenį.

    1 atvejis: Mažiausias skaitmuo yra (0 ).

    Jei mažiausias skaitmuo yra (0 ), skaičiuje turi būti antroji (0 ). Taigi šis atvejis susideda iš formos (n00 ) skaičių, kur (1 leq n leq 9 ) yra bet kuris skaitmuo nuo (1 ) iki (9 ). Yra taip 9 skaičiai su mažiausiu skaitmeniu (0 ), kurie tenkina problemą.

    2 atvejis: Mažiausias skaitmuo yra (1 ).

    Jei mažiausias skaitmuo yra (1 ), numeris turi būti formos (nn1 ) arba šios formos permutacijos (t. Y. (N1n ) arba (1nn )). Tačiau šie 3 permutacijos yra vienodi, kai (n = 1 ). Taigi mes turime po 3 permutacijas (2 leq n leq 9 ) ir tik (1 ) (n = 1 ), iš viso (1 + ) (3 (8 ) = ) ( mathbf <25> ) skaičiai, turintys mažiausią skaitmenį (1 ) ir patenkinantys problemą.

    3 atvejis: Mažiausias skaitmuo yra (2 ).

    Jei mažiausias skaitmuo yra (2 ), tai skaičius yra formos (2mn ), kur (n = 2m ), ir šios formos permutacijos. Vieninteliai mūsų variantai yra ((m, n) = (2,4) ), o tai suteikia 3 skaičius ((224, 242, 422) ), ((m, n) = (3,6 ) ), kuris suteikia mums 6 skaičius ( (236 ) permutacijos) ir ((m, n) = (4,8) ), kuris taip pat suteikia 6 skaičius. Taigi yra (3 + ) (6 + ) (6 = ) ( mathbf <15> ) skaičiai su mažiausiu skaitmeniu (2 ).

    4 atvejis: Mažiausias skaitmuo yra (3 ).

    Yra 3 sprendimai šiuo atveju: (339 ), (393 ), (933 ).

    5 atvejis: Mažiausias skaitmuo yra didesnis nei (3 ).

    Jei mažiausias skaitmuo yra didesnis nei (3 ), mažiausias produktas, kurį galime suformuoti iš dviejų skaitmenų, yra (4 (4) = 16 ), kuris nėra vieno skaitmens skaičius. Taigi nėra skaičių, kurie patenkintų problemą, kai mažiausias skaitmuo yra didesnis nei (3 ).

    Kadangi kiekvienas galimas 3 skaitmenų skaičius patenka tiksliai į vieną iš šių atvejų, darome išvadą, kad jų yra

    skaičiai, tenkinantys problemą.

    Provokacija

    Komunikuoti sudėtingas idėjas nėra lengva ir tai gali dar sunkiau redaguoti šių idėjų pristatymą mūsų prisitaikymui. Tai verta mokytis - tai darbas, kurį lengva perskaityti, kad būtų aišku, jog klausytojas supranta esmę, ir įsitikinkite, kad jūsų pasakymas primena.

    Jei visada rašyčiau taip, niekas niekada neskaitytų nieko, ką parašiau.

    Perskaitykite ir redaguokite savo darbą. Dievas gali padaryti kryžiažodžius rašikliu, bet jūs padarysite klaidų. Užtikrinti, kad parašėte taip, kad aiškiai ir teisingai išsakytumėte savo idėjas, yra antra pagal teisingą atsakymą.

    Įsitikinkite, kad jūsų lygtys ir nelygybės naudoja jūsų kintamuosius taip, kaip ketinate. Nenorite rašyti & # 8220 abc + bcd & # 8221, kai turite omenyje & # 8220 abd + acd. & # 8221. Tai ne tik apsunkina likusio įrodymo iššifravimą, bet ir gali atmesti savo skaičiavimus.

    Praktika rašyti įrodymus. Mes visi kartkartėmis darome rašybos ar gramatikos klaidų, tačiau klaidų poveikis daugėja, o per daug jų padaro šiaip gerų idėjų neįskaitomomis. Atminkite, kad & # 8220 kartojimas yra visų įgūdžių motina. & # 8221

    Problema: (x ), (y ) ir (z ) yra tokie realieji skaičiai, kad

    [x + y + z = 5 quad text quad xy + yz + zx = 3. ]

    Su įrodymu nustatykite didžiausią bet kurio iš trijų skaičių reikšmę.

    Jei visi įrodymai būtų parašyti prastai, aš verkčiau:

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Mes manipuliuosime pateiktomis lygtimis, kad pasinaudotume faktu, kad bet kurio realaus skaičiaus kvadratas yra neigiamas:

    Mes galime pakeisti tiek (x + y ), tiek (xy ), suteikdami mums nelygybę, apimančią tik kintamąjį (z ):

    $ 0 le (x + y) ^ 2 & # 8211 4xy = 25 & # 8211 10z + z ^ 2 & # 8211 12 + 20z & # 8211 4z ^ 2 = 3z ^ 2 + 10z + 13. $

    Kadangi ši nelygybė galioja (z ), galime nustatyti visas galimas (z ) reikšmes:

    $ 0 ge -3z ^ 2 + 10z + 13 = - (z + 1) (3z & # 8211 13). $

    Etaloniškumas galioja, kai (- 1 ge z ge 13/3 ).

    Greideriai bus laimingesni skaitydami šį sprendimą:

    Kaip parašyti sprendimą:

    Mes manipuliuosime pateiktomis lygtimis, kad pasinaudotume faktu, kad bet kurio realaus skaičiaus kvadratas nėra neigiamas:

    Mes galime pakeisti tiek (x + y ), tiek (xy ), suteikdami mums nelygybę, apimančią tik kintamąjį (z ):

    $ 0 le (x + y) ^ 2 & # 8211 4xy = 25 & # 8211 10z + z ^ 2 & # 8211 12 + 20z & # 8211 4z ^ 2 = -3z ^ 2 + 10z + 13. $

    Kadangi ši nelygybė galioja z, galime nustatyti visas įmanomas z reikšmes:

    $ 0 ≤ -3z ^ 2 + 10z + 13 = - (z + 1) (3z & # 8211 13). $

    Nelygybė galioja, kai (- 1 ≤ z ≤ 13/3 ).

    Knygų laikikliai

    Mūsų biuruose yra kelios lentynos, pilnos matematikos knygų. Kai neturime abiejų galų knygynų, galų gale knygos nugriūna. Tada daugiau griūva, paskui dar daugiau, ir sunku rasti ir gauti knygas, neišpilant kitų žmonių.

    Panašiai, kai turite sudėtingą sprendimą, turėtumėte uždėti knygą ant savo sprendimo, kad skaitytojas nepasimestų per vidurį. Pradėkite sakyti, ką darysite, tada darykite tai, tada pasakykite, ką darėte. Prieš tai paaiškinant bendrą metodą, ypač svarbu naudojant standartines metodikas, tokias kaip prieštaravimas ar indukcija. Pvz., Galite pradėti nuo & # 8216Prieštaraudami parodysime, kad pradų yra be galo daug. Tarkime, priešingai, kad yra tiksliai (n ) pradmenys ( taškai ). & # 8217

    Baigę sprendimą, aiškiai pasakykite, kad baigėte. Nurodykite galutinį rezultatą, kuris turėtų sakyti, kad padarėte būtent tai, ko paprašė jūsų problema, pvz. & # 8216Todėl prieštaringai parodėme, kad yra be galo daug pirminių skaičių. & # 8217 Taip pat galite papuošti įrodymų pabaigą tokiais elementais kaip (QED ) arba (AYD ) arba (WWWWW ) arba ( blacksquare ) arba //.

    Problema: Tebūnie (I ) trikampio (ABC ) sukėlėjas. Įrodyti

    kur (R ) yra (ABC ) apvadas ir (r ) yra (ABC ) spindulys.

    Kadangi tai yra paskutinė mūsų problema, į „& # 8216How Not & # 8217“ sprendimą įtrauksime daugelį „ne“ ženklų. Sėkmės ją sudedant.

    Kaip nerašyti sprendimo:

    Iš ( trikampio AIC ) turime ( kampą AIC = ) (180 ^ < circ> & # 8211 kampą ACI & # 8211 kampą CAI = ) (180 ^ < circ> & # 8211 alpha / 2 & # 8211 gamma / 2 = ) (180 ^ < circ> & # 8211 (180 ^ < circ> & # 8211 beta) / 2 = ) (90 ^ < circ> + beta / 2 ) ir iš ( trikampio EBC ) turime ( kampas EBC = ) ( kampas ABC + kampas ABQ = ) ( beta + (180 ^ < circ> & # 8211 beta) / 2 = ) (90 ^ < circ> + beta / 2 ), taigi ( kampas AIC = kampas EBC ). Taigi, ( trikampis AIC sim trikampis EBC ) pagal kampo ir kampo panašumą. Pagal simetriją darome išvadą ( trikampis BIC sim trikampis EAC ).

    ([AIE] = (AI) (AE) / 2 = ) ((x) (pateikė / z) / 2 = bxy / 2z ), ([AIC] = br / 2 ) ir ([EBC] = [AIC] (BC / IC) ^ 2 = ) ((br / 2) (a / z) ^ 2 = ) (a ^ 2br / 2z ^ 2 ), taigi ( [EACB] = ) (bxy / 2z + br / 2 + ) (a ^ 2br / 2z ^ 2 = ) (axy / 2z + ar / 2 + ) (ab ^ 2r / 2z ^ 2 ). Taigi, ((b & # 8211 a) (xy / 2z + r + abr / 2z ^ 2) = 0 ). Jei (b = a ), tada (ab & # 8211 z ^ 2 = xyz / r ) išplaukia iš Pitagoro teoremos ir kampo dalytuvo teoremos. Priešingu atveju tuojau pat eina (ab & # 8211 z ^ 2 = xyz / r ).

    Nubrėžkite (AIC ) aukštį (IE ). ([EIC] = ) ((z ^ 2/2) sin gamma = ) (r (s & # 8211 c) / 2 ) ir ([ABC] = ) ( (ab / 2) sin gamma = ) (rs ), taigi ([(ab & # 8211 z ^ 2) / 2] sin gamma = rc ). Tada Sinusų dėsnis ir ankstesnė lygtis pateikia mūsų rezultatą.

    Trumpas, negražus ir visiškai nesuprantamas.

    Kaip parašyti sprendimą:

    [a = BC, b = AC, c = AB ] [s = (a + b + c) / 2 ] [ alfa = kampas BAC, beta = kampas ABC, gama = kampas ABC, ]
    [[ABC] = tekstasABC ] [x = IA, y = IB, z = IC ]

    Tegul (trikampis ABC ) išoriniai kampų (A ) ir (B ) dalintuvai susitinka ties (E ), kaip parodyta. Taškas (E ) yra vienodai nutolęs nuo linijų (AB ), (AC ) ir (BC ), taigi jis yra ir kampo dalytuve (CI ). Mes parodysime

    [[EACB] = bxy / 2z + br / 2 + a ^ 2br / 2z ^ 2 = axy / 2z + ar / 2 + ab ^ 2r / 2z ^ 2², tag <1> ]

    Iš (1) parodysime, kad (ab & # 8211 z ^ 2 = ) (xyz / r ), kurį sujungsime su (2) ir žinomais trikampio ryšiais norimam rezultatui parodyti.

    Lemma 1: ( trikampis AIC sim trikampis EBC ] ir ( trikampis BIC sim trikampis EAC ).
    Įrodymas: Pagal simetriją du rezultatai yra lygiaverčiai. Mes parodysime pirmąjį. Kadangi (CI ) dalija ( kampas ACB ), turime ( kampas ACI = kampas BCE ).

    Iš ( trikampio AIC ) mes turime

    ir iš ( trikampio EBC ) turime

    [ kampas EBC = kampas ABC + kampas ABQ = beta + (180 ^ < circ> & # 8211 beta) / 2 = 90 ^ < circ> + beta / 2, ]

    taigi ( trikampis AIC sim trikampis EBC ) pagal kampo ir kampo panašumą. Pagal simetriją darome išvadą ( trikampis AIC sim trikampis EBC. ) ( Blacksquare )

    Lemma 2: [[EACB] = bxy / 2z + br / 2 + a ^ 2br / 2z ^ 2 = axy / 2z + ar / 2 + ab ^ 2r / 2z ^ 2 ] Įrodymas: Mes randame (EACB ) plotą, padalydami jį į dalis:

    Pirmiausia mes sprendžiame ([AIE] ) parodydami, kad tai stačiasis trikampis su kojomis (x ) ir (by / z ). Iš 1 lemmos turime ( trikampis BIC sim trikampis EAC ). Taigi, (AE / IB = AC / IC ) arba

    [[AIE] = (AI) (AE) / 2 = (x) (pagal / z) / 2 = bxy / 2z. Tag <3> ]

    Trikampio (AIC ) atveju pažymime, kad aukštis nuo (I ) iki (AC ) yra (ABC ) spindulys, taigi

    Galiausiai, kadangi ( trikampis AIC sim trikampis EBC ), mes turime

    [[EBC] = [AIC] (BC / IC) ^ 2 = (br / 2) (a / z) ^ 2 = a ^ 2br / 2z ^ 2. Tag <5> ]

    [[EACB] = bxy / 2z + br / 2 + a ^ 2br / 2z ^ 2 tag <6> ]

    Pagal simetriją pažymime, kad ([EACB] ) taip pat prilygsta mūsų išraiškai (6) su (a ) ir (b ) pakaitomis ir (x ) ir (y ) pakaitomis. Vadinasi, mes turime norimą

    $ [EACB] = bxy / 2z + br / 2 + a ^ 2br / 2z ^ 2 = axy / 2z + ar / 2 + ab ^ 2r / 2z ^ 2 $

    Lemma 3 : (ab & # 8211 z ^ 2 = xyz / r ).
    Įrodymas: Pertvarkydami savo rezultatą iš „Lemma 1“, gauname derlių

    [(bxy / 2z + br / 2 + a ^ 2br / 2z ^ 2) & # 8211 (axy / 2z + ar / 2 + ab ^ 2r / 2z ^ 2) = 0 ] [(bxy / 2z ir # 8211 axy / 2z) + (br / 2 & # 8211 ar / 2) + (a ^ 2br / 2z ^ 2 & # 8211 ab ^ 2r / 2z ^ 2) = 0 ] [(ba) (xy / 2z) + (b & # 8211 a) (r / 2) & # 8211 (b & # 8211 a) (abr / 2z ^ 2) = 0 ] [(b & # 8211 a) (xy / 2z + r / 2 & # 8211 abr / 2z ^ 2) = 0 ]

    Taigi vienas iš šio produkto terminų yra lygus 0.

    1 atvejis: (b & # 8211 a = 0 ).

    Jei (b = a ), tada (ABC ) yra lygiašonis ir ( alpha = beta ). Taigi kampo bisektoriaus (CI ) pratęsimas yra statmenas (AB ) taške (D ), kaip parodyta. Kadangi (I ) yra (ABC ) ir (ID perp AB ) sukėlėjas, (ID = r ), nes (ID ) yra (ABC ) spindulys. Be to,

    [ kampas IAB = alfa / 2 = beta / 2 = kampas IBA, ]

    taigi (IB = IA ) (t. y. (x = y )). Taigi lygtis, kurią norime įrodyti, (ab & # 8211 z ^ 2 = ) (xyz / r ), šiuo atveju yra lygiavertė

    Iš stačiųjų trikampių (CAD ) ir (IAD ) mes turime

    [(c / 2) ^ 2 + r ^ 2 = x ^ 2, tag <8> ] [(c / 2) ^ 2 + (z + r) ^ 2 = a ^ 2. tag <9> ]

    Kampo dalytuvo teorema pateikia mums (a / z = ) (AC / CI = ) (AD / DI = ) ((c / 2) / r ) arba

    Pakeitus (10) į (8), gaunama

    [a ^ 2r ^ 2 / z ^ 2 + r ^ 2 = x ^ 2, ] [a ^ 2r ^ 2 + r ^ 2z ^ 2 = x ^ 2z ^ 2, ] [(r / z ) (a ^ 2 + z ^ 2) = x ^ 2z / r. tag <11> ]

    Pakeitus (10) į (9), gaunama

    [a ^ 2r ^ 2 / z ^ 2 + (z + r) ^ 2 = a ^ 2, ] [a ^ 2r ^ 2 + z ^ 2 (z + r) ^ 2 = a ^ 2z ^ 2 , ] [z ^ 2 (z + r) ^ 2 = a ^ 2z ^ 2 & # 8211 a ^ 2r ^ 2, ] [z ^ 2 (z + r) ^ 2 = a ^ 2 (z ^ 2 & # 8211 r ^ 2), ] [z ^ (z + r) = a ^ 2 (z & # 8211 r), ] [a ^ 2r + z ^ 2r = a ^ 2z & # 8211 z ^ 3, ] [(r / z) (a ^ 2 + z ^ 2) = a ^ 2 & # 8211 z ^ 2. tag <12> ]

    Sujungę (11) ir (12) gauname norimą (a ^ 2 & # 8211 z ^ 2 = x ^ 2z / r ).

    2 atvejis: (xy / 2z + r / 2 & # 8211 abr / 2z ^ 2 = 0. )

    Padauginus šią lygtį iš (2z ^ 2 / r ) gaunama

    iš kurio iškart kyla norimas (ab & # 8211 z ^ 2 = xyz / r ).

    Taigi, lemma yra įrodyta. ( blacksquare )

    4 lema: (( sin gama) (ab & # 8211 z ^ 2) / 2 = rc ).

    Mes piešiame aukštį (IF ) statmenai (BC ), kaip parodyta. Mes naudojame šiuos žinomus trikampio santykius:

    Kaip ir ([ABC] = (ab / 2) sin gama ), taip ir turime

    prasideda
    CF ir amp = [(CF) (IC) / 2] sin ( gama / 2)
    CF & amp = [z cos ( gamma / 2)] [z / 2 sin ( gamma / 2)]
    CF & amp = (z ^ 2/2) cos ( gama / 2) sin ( gama / 2)
    CF & amp = (z ^ 2/4) sin gama
    galas

    kur paskutiniame žingsnyje panaudojome ( sin 2 gamma = ) (2 sin gamma cos gamma ).

    Kadangi (CFI ) teisus, turime ([CFI] = r (s & # 8211 c) / 2 ). Taigi mes turime dvi išraiškas ([ABC] ir # 8211 2 [CFI] ):

    prasideda
    (ab / 2) sin gamma & # 8211 2 (z ^ 2/4) sin gamma & amp = rs & # 8211 2 [r (s & # 8211 c / 2]
    [(ab & # 8211 z ^ 2/2] sin gama & amp = rs
    galas

    Dabar mes užpildome savo įrodymą. 4 lempos rezultatą padalijus iš (( sin gama) / 2 ), gaunama

    Kadangi Lemma 3 suteikia mums (ab & # 8211 z ^ 2 = xyz / r ), o išplėstinis Sinusų dėsnis - ( sin gamma = c / 2R ), aukščiau pateikta lygtis tampa

    Taigi, mes parodėme, kad jei (I ) yra trikampio (ABC ) sukėlėjas, mes turime

    kur (R ) yra (ABC ) apvadas ir (r ) yra (ABC ) spindulys.

    Atkreipkite dėmesį, kad mes įrodėme keletą tarpinių rezultatų, kurių tikriausiai neturėjome (pvz., Tai, kad (E ) yra spinduliuojantis (CI )), kai rezultatus buvo greita ir lengva įrodyti. Kitus mes nurodėme „fiat“, pvz., ([ABC] = rs ), nes įrodymai yra labiau susiję, ir mes jaučiame gana saugiai, kad šiuos rezultatus galima nurodyti kaip žinomus rezultatus be įrodymų.

    Pirmiau pateiktas yra gana nelengvas įrodymas. Tai, ko mūsų sprendimas neduoda, rodo, kaip galėjome sugalvoti šį sprendimą. Jei patys neradote pirmiau minėto sprendimo, pažiūrėkite, ar galite išsiaiškinti, kaip galėjote jį sugalvoti dabar, kai pamatėte.


    Žiūrėti video įrašą: Po devynių mėnesių tylos Donatas Montvydas grįžta su nauju vaizdo klipu Ryto saulė (Gruodis 2021).