Home - Rasfoiesc.com
Educatie Sanatate Inginerie Business Familie Hobby Legal
Doar rabdarea si perseverenta in invatare aduce rezultate bune. stiinta, numere naturale, teoreme, multimi, calcule, ecuatii, sisteme

Biologie Chimie Didactica Fizica Geografie Informatica
Istorie Literatura Matematica Psihologie

Matematica


Index » educatie » Matematica
Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei


Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei



Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei

Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei fata de un punct

Definitia 1: Fiind dat un punct fix O in plan (vezi Figura 1), doua puncte A si B se zice ca sunt simetrice fata de punctul O, daca punctul O este mijlocul segmentului [AB], adica:

OA=OB.

Punctul fix O se numeste centru de simetrie. Din cele spuse mai sus rezulta ca, pentru a construi simetricul unui punct A, cand cunoastem centru de simetrie O, se uneste A cu O si pe prelungirea [AO] luam segmentul [OB], congruent cu segmentul [OA].

Teorema 2: Doua segmente de dreapta simetrice fata de un centru de simetrie sunt paralele si congruente.

Demonstratie: Intr-adevar, fie O centrul de simetrie si segmentele [AB] si [A¢B¢] simetrice fata de punctul O (vezi Figura 2). Sa aratam ca segmentele [AB] si [A¢B¢] sunt paralele si congruente. Patrulaterul ABA¢B¢ este un paralelogram, deoarece, conform ipotezei, diagonalele [AA¢] si [BB¢] se injumatatesc. Deci

ABA¢B¢.

Pe de alta parte, intr-un paralelogram laturile opuse sunt congruente, deci

AB=B¢A¢. ð

Teorema 3: Doua figuri simetrice fata de un punct sunt congruente.

Demonstratie: Intr-adevar fie O punctul dat si luam o figura, de exemplu patrulaterul ABCD, care este simetric cu patrulaterul A¢B¢C¢D¢ (vezi Figura 3). Pentru a arata ca patrulaterele ABCD si A¢B¢C¢D¢ sunt congruente, trebuie sa aratam ca ele au unghiurile si laturile respectiv congruente. Intr-adevar, laturile [AB] si [A¢B¢] fiind simetrice fata de punctul O, pe baza rezultatului gasit mai sus, ele sunt congruente si paralele. De asemenea, latura [BC] este paralela si egala cu [B¢C¢]. De aici rezulta ca unghiul ABC este congruent cu unghiul A¢B¢C¢, ca unghiuri formate de laturi paralele si indreptate in sens contrar. La fel se arata ca si celelalte laturi si unghiuri respective, sunt congruente, deci figura ABCD este congruenta cu figura A¢B¢C¢D¢. ð

Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei fata de o dreapta

Definitia 1: Fiind date in plan o dreapta fixa (D) (vezi Figura 4), doua puncte M si M¢, se spune ca sunt simetrice fata de dreapta (D) atunci cand dreapta (D) este perpendiculara pe segmentul [MM¢] in mijlocul acestuia.

Dreapta fixa (D) se numeste axa de simetrie.

Din definitia de mai sus rezulta ca, pentru a gasi simetricul unui punct M fata de o dreapta (D), se duce din punctul M o perpendiculara pe aceasta dreapta, apoi, pe prelungirea acestei perpendiculare luam segmentul [OM¢] congruent cu segmentul [OM].

Punctele de pe axa de simetrie sunt propriile lor simetrice. Alte puncte nu mai au aceasta proprietate.

Simetricul unui segment de dreapta [MN] fata de o dreapta (D) se obtine unind printr-o dreapta simetricele punctelor M si N (vezi Figura 5).

Teorema 2: Doua segmente simetrice fata de o dreapta sunt ongruente.

Demonstratie: Pentru a construi simetrica unei drepte (D1) fata de o axa de simetrie (D) (vezi Figura 6), se ia pe dreapta (D1) un segment [MN] si se construieste simetricul lui, adica [M¢N¢].

Dreapta pe care se gaseste segmentul [M¢N¢] este simetrica dreptei (D1) in raport cu axa de simetrie pe care am luat-o. Dreapta (D1) intersecteaza axa de simetrie in punctul A. Punctul A este propriul sau simetric; deci el trebuie sa se gaseasca si pe dreapta (D¢), pentru ca simetricele tuturor punctelor de pe dreapta (D1) se afla pe dreapta (D¢). De aici reiese ca doua drepte simetrice in raport cu o dreapta se intersecteaza pe axa de simetrie. ð

Teorema 3: Doua figuri, simetrice fata de o axa de simetrie sunt congruente (vezi Figura 7). ÿ

In spatiu, simetria fata de un punct se defineste la fel ca in geometria plana.

Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei fata de un plan

Definitia 1: Fiind dat un plan P fix (vezi Figura 8), se spune ca doua puncte M si M¢ sunt simetrice fata de planul P, daca planul P este perpendicular pe segmentul [MM¢] in mijlocul acestuia.

Planul P se numeste plan de simetrie.

Din definitia de mai sus rezulta ca, pentru a construi simetricul unui punct M fata de un plan dat P, se duce din M perpendiculara MO pe planul P, apoi se ia pe prelungirea acestei perpendiculare segmentul [OM¢], cu:

OM¢=OM.

Metoda simetriei consta in faptul ca, in rezolvarea unor probleme de geometrie ne folosim de simetrie pentru a reduce problema data la una a carei rezolvare este cunoscuta sau se poate rezolva mai usor. Rezolvarea problemei noi aduce dupa sine si rezolvarea problemei initiale.

Exemplele urmatoare pun in evidenta aplicarea metodei simetriei.

Problema 1: In interiorul unghiului AOB se dau doua puncte: C si D. Sa se gaseasca pe latura [OA] a unghiului dat un punct F si pe latura [OB] un punct E, in asa fel incat linia franta CEFD sa fie cea mai scurta posibila.

Solutie: Mai intai construim figura (vezi figura de mai jos), care se compune din elementele date. Pentru a gasi punctele E si F vom proceda astfel: construim punctul C¢, simetricul lui C fata de OB, si punctul D¢, simetricul lui D fata de OA. Punctele C¢, D¢ si unghiul AOB inlocuiesc figura initiala, obtinand in felul acesta o figura noua. In loc de C si D, acum punctele C¢ si D¢ indeplinesc conditiile impuse de problema. Noua problema la care s-a redus problema initiala este: sa se gaseasca drumul cel mai scurt posibil intre C¢ si D¢, care sa atinga laturile [OB] si [OA] ale unghiului dat. Aceasta este o problema cunoscuta. Drumul cel mai scurt intre doua puncte este segmentul de dreapta care le uneste. In cazul nostru, segmentul [C¢D¢] intersecteaza laturile [OB] si [OA] in punctele E si F. Acestea sunt punctele cautate. Revenind la figura initiala, avem:

CE=C¢E,

deoarece sunt lungimi de segmente simetrice fata de axa OB;

EF=EF, (latura comuna);

FD=FD¢,

ca lungimi de segmente simetrice fata de axa OA;

CE+EF+FD=C¢E+EF+FD¢=C¢D¢.

Linia franta CEFD este cea mai scurta. Oricare alte doua puncte luate pe laturile [OB] si [OA], in afara de E si F gasite mai sus, ne vor da o linie franta mai lunga decat CEFD. Intr-adevar, fie G si H doua puncte oarecare situate, respectiv, pe laturile [OB] si [OA]. Vrem sa aratam ca:

CE+EF+FD<CG+GH+HD.

Observam ca, datorita simetriei, putem scrie:

CE+EF+FD=C¢E+EF+FD¢=C¢D¢ si

CG+GH+HD=C¢G+GH+HD¢.

Insa, in patrulaterul C¢D¢HG, segmentul [C¢D¢] este mai scurt decat linia franta C¢GHD¢. Deci:

C¢D¢<C¢GHD¢ sau

CE+EF+FD<CG+GH+HD. ð

Problema 2: Pe o masa de biliard care are forma unui dreptunghi sunt asezate doua bile. In ce directie trebuie lansata una dintre bile, care dupa ce a atins pe rand cele patru margini sa loveasca pe cea de-a doua bila?

Solutie: Fie ABCD dreptunghiul care reprezinta forma masei de biliard (vezi figura de mai jos) si M si N pozitiile celor doua bile. Ne propunem sa lansam bila M. Aceasta dupa ce va lovi pe rand cele patru margini ale mesei, va trebui sa loveasca si bila N. Cunoscand legile reflexiei, am putea face acest lucru daca am cunoaste punctul de pe marginea AD a mesei de biliard pe care-l atinge bila M lansata, deoarece in felul acesta directia este determinata. Pentru a gasi acest punct procedam astfel:

Aflarea solutiei: Presupunem problema rezolvata. Fie I1, I2, I3 si I4, punctele pe unde bila de biliard atinge cele patru margini ale mesei. Observam ca bila M poate ajunge in punctul I2, lansand-o din pozitia M1, care este simetricul punctului M fata de latura [AD]. Cu alte cuvinte, putem inlocui punctul M cu M1 si indepartam marginea AD. Acum punctul M1 indeplineste conditiile lui M. De asemenea, bila M1 poate ajunge in punctul I3, lansand-o din punctul M2, simetricul lui M1 fata de latura [DC]. Deci inlocuim punctul M1 cu M2 si indepartam latura [DC]. La fel se observa ca bila M2 poate ajunge in I4, daca am lansa-o din punctul M3, care este simetric cu punctul M2 fata de latura [BC]. Deci inlocuim pozitia bilei M2 cu M3 si suprimam marginea BC. Bila M3, la randul ei, poate sa loveasca bila N, daca am lansa-o din punctul M4, simetricul lui M3 fata de latura [AB]. Deci se poate inlocui punctul M3 cu M4 si indeparta latura [AB]. Punctul I4 fiind astfel gasit, putem pleca din N prin reflexii succesive si gasim punctul I1, care impreuna cu punctul M determina directia pe care trebuie lansata bila situata in punctul M pentru a lovi, dupa patru reflexii, bila N.

Constructia: Din cele spuse mai sus rezulta ca, pentru a gasi punctul I1 care constituie cheia dezlegarii problemei, construim M1 simetricul lui M fata de dreapta AD, M2 simetricul lui M1 fata de dreapta DC, M3 simetricul lui M2 fata de BC si punctul M4 simetricul lui M3 fata de AB. Unim M4 cu N si gasim punctul I4. Unind I4 cu M3, gasim punctul I3; unind I3 cu M2, gasim punctul I2 si, in cele din urma, unind pe I2 cu M1, gasim punctul I1.

Demonstratie: Este cuprinsa in aflarea solutiei.

Discutia: Pentru ca problema sa fie posibila trebuie ca dreapta M4N sa intersecteze latura [AB] intr-un punct situat intre varfurile A si B ale dreptunghiului care reprezinta forma mesei de biliard. ð

Problema 3: Intr-un triunghi isoscel, suma distantelor de la un punct oarecare al bazei la celelalte doua laturi este constanta.

Solutie: Fie ABC triunghiul isoscel dat (vezi figura de mai jos), iar D un punct oarecare pe latura [BC]. Din punctul D ducem perpendiculare pe laturile [AC] si [AB]. Se cere sa aratam ca:

DE+DF=constant.

Sa construim simetricul triunghiului ABC fata de latura [BC] ca axa de simetrie. Segmentul [DF] este congruent cu [DF¢] care la randul lui este in prelungirea segmentului [ED]. Intr-adevar, triunghiul ABC fiind isoscel, are:

ABCºACB, (1).

Triunghiurile dreptunghice BDE si DFC avand cate un unghi ascutit de masuri egale, urmeaza ca ele au si celelalte doua unghiuri ascutite tot congruente, adica:

BDEºFDC.

Insa:

FDCºCDF¢, (2),

prin simetrie. Deci:

BDEºCDF¢.

Deoarece unghiurile BDE si CDF¢ sunt congruente si avand pozitia a doua unghiuri opuse la varf, urmeaza ca segmentul [DF¢] este in prelungirea segmentului [ED]. Pe de alta parte, segmentele [DF] si [DF¢] sunt congruente, pentru ca sunt simetrice fata de BC, deci:

ED+DF=ED+DF¢=EF¢.

Unghiul ABC fiind congruent cu unghiul BCG, deoarece:

ABCºACB, (triunghiul ABC fiind isoscel);

ACBºBCG, (prin simetrie).

Deci:

ABCºBCG.

Urmeaza ca dreptele AB si CG sunt paralele. Ducand inaltimea [CH] in triunghiul ABC, avem:

CHEF¢

pentru ca amandoua sunt perpendiculare pe aceeasi dreapta AB. De aici rezulta ca patrulaterul EF¢CH este un dreptunghi in care avem:

EF¢=CH sau:

ED+DF=CH.

Insa inaltimea dusa in triunghiul ABC din varful C este o marime constanta, deci:

ED+DF=constant. ð



Matematica


Statistica

Aplicatii liniare
Formule simple de aproximare a derivatelor
OPERATII CU FRACTII
Observatii asupra definirii grupului
Fourier
Fisa de lucru - INMULTIREA SI IMPARTIREA
Rezolvarea numerica a ecuatiilor diferentiale si a sistemelor de ecuatii diferentiale
Metoda aproximatiilor succesive
Vectori
Gometrie analitica (clasa a XI-a)











 
Copyright © 2014 - Toate drepturile rezervate