Seminární práce k předmětu Didaktika matematiky. Téma práce: Aplikační matematické úlohy

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "Seminární práce k předmětu Didaktika matematiky. Téma práce: Aplikační matematické úlohy"

Jarmila Bártová
před 7 lety
Počet zobrazení:

1 Seminární práce k předmětu Didaktika matematiky Téma práce: Aplikační matematické úlohy Vypracovala: Kateřina Fišerová 25. dubna 2009

2 Příklad 1 (Derivace funkce jedné proměnné) Do stejnosměrného elektrického obvodu se zdrojem o napětí U a odporem vodičů r zapojíme zátěž s odporem R. Určete maximální možný teoretický výkon P této zátěže. Pro jaké R tato situace nastane? Řešení. Nakresleme si nejprve ilustrativní schéma obvodu. Velikost proudu v daném obvodu je rovna výkon P zátěže je při jejím odporu R roven I = U r R, (1) P=RI 2 = RU 2 r R 2. (2) Budeme nyní hledat takovou (kladnou) hodnotu odporu R, pro niž je výkon P maximální. Zkoumejme průběh funkce P(R) na intervalu 0 ;. Platí dp 2 dr =U r R 2 2 r R RU 2 = U 2 r R 2RU 2 r R 4 r R 3 = U 2 r R r R 3. (3) Funkce P(R) je rostoucí na intervalu 0; r, neboť dp dr 0 pro R 0 ;r, a klesající na intervalu r ;, neboť dp dr 0 pro R r ;. V bodě R=r je dp dr =0, proto v něm funkce P(R) nabývá extrému a vzhledem k výše uvedeným skutečnostem jde o maximum. Maximální výkon zátěže tedy dostaneme, je-li její odpor R roven R=r. Velikost tohoto výkonu lehce dopočteme. Platí P max = ru 2 2r 2 = U 2 4r. (4) Odpověď. Maximálního výkonu P max = U 2 4r dosáhneme při volbě odporu zátěže R=r. Příklad 1 byl převzat z webu Dr. Abdelkadera Dendaneho, Ph.D. z United Arab Emirates University

Velikost proudu v daném obvodu je rovna výkon P zátěže je při jejím odporu R roven I = U r R, (1) P=RI 2 = RU 2 r R 2.

3 Příklad 2 (Pythagorova věta) Turista vykročil v 8 hodin ráno z místa A (které se, abychom předešli rýpavým dotazům, nenachází v blízkosti zemských pólů) a ubírá se přímo k jihu stálou rychlostí 5 km/hod. O 12 minut později vyrazil ze stejného místa jeho kolega, který jde přímo k východu stálou rychlostí 8 km/hod. Oba u sebe mají vysílačku s dosahem signálu 10 km. Jak dlouho mohou oba zároveň stále jít, aby si ještě mohli zavolat? Přesněji řečeno, v kolik hodin se ztratí jeden druhému z dosahu signálu? Řešení 1. Označme rychlost prvního výchozího turisty v 1 =5 km/hod a rychlost jeho kolegy v 2 =8 km/hod. Označme t čas uplynulý od vykročení prvního turisty měřený v hodinách. Trajektorie obou chodců svírají pravý úhel a jejich vzájemná vzdálenost je tedy rovna délce přepony v pravoúhlém trojúhelníku s odvěsnami s 1 a s 2, kde s 1 značí vzdálenost, kterou za čas t urazil první turista, a s 2 značí vzdálenost, kterou za čas t 1/5 hod urazil jeho kolega (obojí vyjádřeno v km). V krajním případě, kdy vzdálenost obou turistů dosáhne 10 km, musí dle Pythagorovy věty platit s 1 2 s 2 2 =10 2, (1) v 1 t 2 [v 2 t 1/5 ] 2 =10 2, (2) 5t 2 [8 t 1/5 ] 2 =10 2, (3) 89 t t =0. (4) Kvadratická rovnice (4) s diskriminantem D=35 444=188 2 má jediné kladné řešení t= 6 5. Odpověď. Turisté se jeden druhému ztratí z dosahu signálu po 1 hodině a 12 minutách chůze prvního výchozího, tj. po 1 hodině chůze jeho kolegy, tj. v 9 hodin a 12 minut. Řešení 2. V prvním řešení jsme se k výsledku dobrali celkem bez problému, přesto jsme ale museli řěšit kvadratickou rovnici s racionálními koeficienty a počítat s velikými čísly, což by bez použití kalkulačky mohlo být obtížné. Podívejme se nyní, jak může být řešení mnohem elegantnější, změníme-li jen drobně označení. Vezměme si nyní jako čas t čas uplynulý od vykročení druhého turisty měřený v hodinách. Jistě pak v krajním případě platí [v 1 t 1/5 ] 2 v 2 t 2 =10 2, (5) [5 t 1/5 ] 2 8t 2 =10 2, (6) 89 t 2 10t 99=0. (7) Kvadratická rovnice (7) s diskriminantem D=35 444=188 2 má jediné kladné řešení t=1. Významová interpretace tohoto výsledku je shodná s prvním řešením. Příklad 2 byl lehce inspirován úlohou 6 z webu Dr. Abdelkadera Dendaneho, Ph.D. z UAEU

Jak dlouho mohou oba zároveň stále jít, aby si ještě mohli zavolat? Přesněji řečeno, v kolik hodin se ztratí jeden druhému z dosahu signálu? Řešení 1.

4 Příklad 3 (Geometrie v prostoru) K zadání tohoto příkladu mě inspirovala má nedávná návštěva Bruselu. Atomium je 165-miliardkrát zvětšený model základní buňky krystalové mřížky železa vytvořený u příležitosti mezinárnodní výstavy v Bruselu konané roku Stavba je tvořena devíti velkými koulemi o průměru 18 m uspořádanými do tvaru krychle. Trubky o průměru 3 m spojující koule ve vrcholech krychle jsou dlouhé 29 metrů. Trubky spojující centrální kouli s koulemi ve vrcholech krychle mají průměr 3,3 m a jsou dlouhé 23 m. (Nepřesnosti způsobené dosedáním trubek na zakřivený povrch koulí můžeme zanedbat, jsou v řádech desetin procenta.) a) Tíhové zrychlení nabývá v Bruselu hodnoty g =9,82 m.s 2. Jak dlouho by padalo těleso volným pádem od spodního bodu nejvrchnější koule na dno koule spodní? (Uvnitř všech trubek jsou tunely.) Odpor vzduchu zanedbejte. b) Jeden kbelík protikorozního nátěru stačí k natření 50m 2. Kolik kbelíků nátěru by bylo potřeba koupit pro ošetření pláště všech ocelovohliníkových spojovacích trubek? Řešení. Označme průměr koulí D=18m, průměr hranových trubek d a =3m, průměr diagonálních trubek d e =3,3 m, délku hranových trubek a=29m a délku diagonálních trubek e=23m. a) Vzdálenost dna vrchní koule ode dna spodní koule h je rovna h=2e+2 D=82 m. (1)

Stavba je tvořena devíti velkými koulemi o průměru 18 m uspořádanými do tvaru krychle. Trubky o průměru 3 m spojující koule ve vrcholech krychle jsou dlouhé 29 metrů.

5 Volný pád z výšky h se ve vzduchu přibližně řídí vztahem y=h 1 2 g t2, (2) přičemž t označuje dobu pádu a počátek soustavy souřadnic volíme na dně spodní koule. V okamžiku dopadu vrženého tělesa na dno spodní koule můžeme rovnici (2) přepsat do tvaru t= 2h g. (3) Dosazením konkrétních hodnot výšky h a tíhového zrychlení g do vztahu (3) dostaneme, že doba pádu t je přibližně rovna t=4,1s. b) Povrch pláště jedné hranové trubky S a je roven S a = d a 2 /4 a, povrch pláště diagonální trubky S e je roven S e = d e 2 /4 e. Celkový povrch S, který je potřeba natřít, je tedy roven S=12S a 8S e =3 d a 2 a 2 d e 2 e, (4) což je přibližně rovno S=4030 m 2. Stačí-li jeden kbelík protikorozního nátěru k natření maximálně 50 m 2, je potřeba koupit 81 kbelíků. (80 kbelíků by stačilou pouze na 4000 m 2.)

(3) Dosazením konkrétních hodnot výšky h a tíhového zrychlení g do vztahu (3) dostaneme, že doba pádu t je přibližně rovna t=4,1s.

Podobné dokumenty

Stereometrie pro učební obory

Variace 1 Stereometrie pro učební obory Autor: Mgr. Jaromír JUŘEK Kopírování a jakékoliv další využití výukového materiálu je povoleno pouze s uvedením odkazu na www.jarjurek.cz 1. Vzájemná poloha prostorových