Seminární práce k předmětu Didaktika matematiky
Téma práce: Aplikační matematické úlohy
Vypracovala: Kateřina Fišerová
25. dubna 2009
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 I=
U , r R
(1)
RU 2 2 . r R
(2)
výkon P zátěže je při jejím odporu R roven P=RI 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 U 2 rR2−2r R RU 2 U 2 r R−2RU 2 U 2 r −R . = = = dR r R4 r R3 r R3
(3)
dP 0 pro R∈0 ; r , a klesající na dR dP dP 0 pro R∈ r ; ∞ . V bodě R=r je =0 , proto v něm intervalu r ;∞ , neboť dR dR 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 2 2 rU U P max = = . (4) 2r 2 4r
Funkce P(R) je rostoucí na intervalu 0 ; r , neboť
2
Odpověď. Maximálního výkonu P max =
U dosáhneme při volbě odporu zátěže R=r . 4r
Příklad 1 byl převzat z webu Dr. Abdelkadera Dendaneho, Ph.D. z United Arab Emirates University http://www.analyzemath.com/calculus/Problems/maximum_power_delivered.html.
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 s1 a s 2 , kde s1 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 2 2 2 s1 s 2=10 ,
(1)
v 1 t2[v 2 t−1/5] 2=102 ,
(2)
5t 2[8t−1 /5]2=10 2 ,
(3)
89 t 2−
128 2346 t− =0 . 5 25
(4)
6 Kvadratická rovnice (4) s diskriminantem D=35 444=188 2 má jediné kladné řešení t= . 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 2 2 2 [v 1 t1/5] v 2 t =10 ,
(5)
[5 t1/5]2 8 t 2=10 2 ,
(6)
89 t 210t−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 http://www.analyzemath.com/math_problems/rate_time_dist_problems.html.
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 1958. 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 50 m2 . Kolik kbelíků nátěru by bylo potřeba koupit pro ošetření pláště všech ocelovohliníkových spojovacích trubek? Řešení. Označme průměr koulí D=18 m , průměr hranových trubek d a=3 m , průměr diagonálních trubek d e =3,3 m , délku hranových trubek a=29 m a délku diagonálních trubek e=23 m . a) Vzdálenost „dna” vrchní koule ode „dna“ spodní koule h je rovna h=2e+2 D=82 m .
(1)
Volný pád z výšky h se ve vzduchu přibližně řídí vztahem 1 y=h− g t 2 , 2
(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=4,1 s . b) Povrch pláště jedné hranové trubky S a je roven S a = d 2a /4 a , povrch pláště diagonální trubky S e je roven S e =d e2 /4e . Celkový povrch S , který je potřeba natřít, je tedy roven 2
2
S=12Sa 8Se =3 d a a2 d e 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 m2 .)
