第九讲 从算术到代数完整资料doc.docx

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第九讲从算术到代数

（一）

　　算术与代数是数学中两门不同的分科，但它们之间关系密切.代数是在算术中“数”和“运算”的基础上发展起来的.

　　在小学算术课本里同学们由浅入深地学习了整数、小数和分数的加、减、乘、除四则运算，并学会了用这些四则运算去解一些不太复杂的四则应用题.归纳一下，在用算术方法解应用题时主要用到了以下三种关系：

　　①部分数与总数的关系；

　　②两数差的关系；

　　③一倍数（或一份数）、倍数和几倍数的关系.第1、第2种关系用“加”、“减”法完成，第3种关系则用乘、除法完成.在解四则运算题时用到了对于数的“加法”、“乘法”都普遍成立的运算法则：

交换律、结合律、分配律.设a、b、c表示任意三个数，下列等式恒成立：

　　交换律：

a＋b=b+a，a×b=b×a

　　结合律：

（a+b）+c=a+（b＋c）

　　　　　（a×b）×c=a×（b×c）

　　分配律：

a×（b+c）＝a×b+a×c.

　　另外，在用算术方法解应用题时常按应用题的性质分为许多类型.如：

和倍问题、差倍问题、行程问题、百分数问题、比例问题、….对每类问题先归纳出解决这类问题的方法、公式，并找出理由加以解释，再做这类题时就“套”这种公式.所以用算术方法解应用题时，对不同类型的题用不同的思路列式求解，解法就不同，因而用算术方法解应用题是不带普遍性的.

　　代数方法的进步首先在于找出了一个统一的方法，即用列“方程”来解很多不同类型的应用题.“方程”是代数学中的重要内容之一.用方程来解应用题时，首先是用一些简单的符号，通常用x，y，z，t，s，u，v等字母来表示问题中待求的未知数，然后把这些未知数和已知数平等地看待，并把题目中的数量关系直接（平铺直叙）“翻译”为算式表示出来.这就是所谓依题意列方程.接着是通过代数方程去确定其中所含未知数应该等于什么样的值，即“解方程”.而解方程的原理就是对方程中的数，包括已知数和未知数，运用在“算术”中学过的“数的运算法则”把未知数求出来.因为这些法则是对任何数都成立的，当然对那些暂时还不知它的值的“未知数”也应当成立.只要适当地运用这些法则，一般就可求出方程中的未知数的值.归纳起来用代数方法解应用题的步骤如下：

　　1.设未知数.常用x，y，z，t，s，…等字母表示.

　　2.依题意列方程.即把所要解决的代数问题中的未知量换成代表未知数的字母，把问题中各种量间的关系“翻译”为带字母的算式表示出来，特别注意找出其中的相等关系.用两个代数式表示同一个数量，列出一个方程.因此方程是含有未知数的等式.一般说来，有n个相等关系就能列出n个方程，当然我们从中选取列方程与解方程时最方便的形式.

　　3.解方程.目的是把原方程变成同解的形如ax＝b的方程，进而解出

　　①用分配律去括号.而不一定能像算术中那样先把括号中数算出来.因为其中有的是未知数算不出来.如下例中的

（1）变成

（2）.

　　例164+x=3（32-x）

（1）

　　　　64+x=96-3

（2）

　　　　x+3x=96-64（3）

　　　　　4x＝32（4）

　　　　　x=8.（5）

　　②移项.把含未知数的项与常数项（即不含未知数的项）分离开来，分别移到等号两端，注意移项变号法则.如上例中的

（2）变成（3）.

　　③合并同类项，如上例中的（3）变成（4）.

　　④用未知数的系数去除方程两端求出x的值.如上例中的（4）变成（5）.

　　4.验算.一是实际计算求出的根是否满足方程，不满足的都舍去，二是根据题目的实际意义，删除不合理的解.

　　先以几个简单的四则应用题为例来对“算术解法”与“代数解法”作一比较.

　　例2车站给某工厂运2000箱玻璃.合同规定完好地运到一箱给5元运费.如损坏一箱，不给运费，倒赔40元.这批玻璃运到后，车站共收到运货款9190元.问损坏了几箱玻璃.

　　解：

①算术解法：

假如设有损坏，2000箱玻璃全运到，则应得运货款：

2000×5=10000（元）.

　　和实际所得运货款相差：

　　10000-9190=810（元）.

　　现在让我们用一箱好的换一箱损坏的玻璃，总箱数2000不变，但每换一箱所得运货款减少：

　　40＋5=45（元）

　　那么换多少箱，货款正好减少多出来的810元呢？

做除法：

　　810÷45＝18（箱）.

　　答：

共换坏了18箱.

　　②代数解法：

　　设损坏了x箱，则没损坏的共2000-x箱.

　　依题意列方程

　　5（2000-x）-40x=9190

　　　　　　　　45x=10000-9190

　　　　　　　　45x=810

　　　　　　　　　x=18.

　　答：

损坏了18箱.

　　比较这两种解法，可见代数方法简洁并具有高度普遍性.我们在后面的许多例题中都能充分地看出代数方法的优越性.但这决不等于说可以取消算术.这正如火车虽快决不能代替步行.在攀登高峰的崎岖的小道上还常常靠坚实的足步.下面举几个例子来看看算术方法的不可缺少.因为有的问题不易找到等量关系列方程.

　　例3一年级72名学生共交了□52.7□元课本费，其中的百位数和百分位上的数被水弄模糊了.你能算出每人交多少元？

　　解：

　　72＝8×9，

　　又∵（8，9）=1

　　　∴原数为25272分，

　　　∴每人应交：

　　　25272÷72=351（分）.

　　答：

每人交3.51元.

　　例4求被6除余4，被10除余8，被9除余4的最小自然数.

　　解：

∵该数被6除余4

（1）

　　又该数被10除余8

（2）

　　∴该数是偶数.

　　再从被9除余4的偶数中从小到大挑选符合条件

（1）、

（2）的数：

　　4，4＋9×2=22，22＋9×2=40，40+9×2=58，

　　又58÷6=9…4

　　　58÷10=5…8

　　　58÷9＝6…4

　　答：

58为所求最小自然数.

　　例5三个学生甲、乙、丙各有若干张画片互相赠送.第一次由甲送给乙、丙画片，所送的张数等于乙、丙各人已有的画片数；第二次由乙送给甲、丙画片，所送的张数等于甲、丙各人已有的画片数；最后由丙送给甲、乙画片，所送的张数也正好等于甲、乙各人已有的画片数.这时每人的画片数都是32张.问原来甲、乙、丙三人各有多少张画片？

　　解：

用倒推法.由最后每人都是32张画片开始，在下面表格里由上行到下一行逐行填写，可知在第三次丙送画片前，乙送完画片后三人手中的画片

（张）；同理，在第二次乙送画片前，甲送完画片后三人手中的画片数应分

…可推知原来：

丙有16张，乙有28张，甲有8＋28＋16=52（张）.

　　答：

原来甲有52张，乙有28张，丙有16张画片.

　　例6有甲、乙、丙三辆汽车，各以一定的速度从A地开往B地.乙比丙晚出发10分钟，出发后40分钟追上丙；甲比乙又晚出20分钟，出发后1小时40分钟追上丙.那么甲出发后需用多少分钟才能追上乙？

　　解法1：

设三车速度依次为V甲，V乙，V丙.丙比乙早出发10分钟，乙追上丙耗40分钟，是典型的追及问题：

　　丙比甲早出发30分钟，甲追上丙耗100分钟，也是追及问题：

的某个倍数代入：

　　解法1既用了算术的追及问题公式，又用了列方程的代数方法.下面再介绍一种列表法，对解这类题更方便.

　　解法2：

我们把题中的条件按下列方式填入下面表格中：

让同一列格子中填行相同路程时甲、乙、丙三辆汽车各自所需的时间，如第一列中填入稍稍转化了的已知条件：

乙走40分钟的路程丙需走40＋10=50（分钟）；第二列中填入甲走100分钟的路程丙需用100＋20＋10=130（分钟）.以前两列中条件的关系，再根据当速度一定时路程与时间成正比的性质，当丙走650=[50，130]分钟的路程时乙需用40×13=520（分钟），甲则需用100×5=500分钟.由于乙比甲早出发20分钟，恰为520分钟与500分钟之差，因此甲出发后500分钟时追上乙.

　　答：

甲出发后需500分钟才能追上乙.

　　说明：

一般地，当知道丙走c分钟的路程与甲走a分钟、乙走b分钟的路程相等时，可列一方程求出所需的答案.设甲出发后ax分钟追上乙，则

　　在本题的条件下，c=650，a=500，b=520.

　　例7星期日小明去找同学玩了两三个小时，离开家时他看了看钟，回家时又看了看钟，发现时针与分针恰好互换了一个位置.问小明共离开家多少时间？

　　解：

因为小明离家回来时时针走到分针位置，分针走到时针位置，说明两针合起来恰好走了若干个整圈.设外出时间分为二个时段，第一段为2小时.小明出去整2小时，分针就应转过2圈，转回原处，而时针两小时走了

习题九

　　1.把一个两位数的个位数字与其十位数字交换后得到一个新数，它与原来的数加起来恰好是某个自然数的平方，求原来这个两位数与新得到的两位数的和.

2.一辆汽车在公路上匀速行驶，司机看见里程碑上的数字是一个两位数

再过一小时，里程碑上是三位数，又恰好是第一个两位数中间加了个零（用

　　3.在一个红钱包与一个黑钱包里分别装着6枚和8枚硬币，并且两个钱包中的总钱数相等.如果从红钱包中任取两枚硬币与黑钱包中任取的两枚硬币交换时，红钱包中的总钱数要么比原来多2分，要么比原来的钱数少2分.问两个钱包中共装了多少钱？

（注：

这里的硬币只有1分、2分、5分三种）

习题九解答

　　由题设条件应有

　　是某自然数的平方，由表达式11（a＋b）可知这个完全平方数既有一个约数11，就一定还有一个约数11，因此11是a+b的约数，而a、b又都只能取自1、2、3、…、8、9.故a+b＝11.

　　答：

原数与新数的和为121.

　　所以（10B＋A）-（10A+B）＝（100A+B）-（10B＋A）

　　即18B=108A，B=6A.

　　由于A、B都是一位非零数字，所以A＝1，B＝6.

　　答：

第一个里程碑上数字是16，第二个里程碑上数字是61，第三个里程碑上数字是106.

　　3.解：

我们先证明红钱包里不可能同时装有1分、2分、5分三种币值的硬币.因为否则，从红钱包里任取两枚硬币时，可能有2+1，2＋5，1+5三种情形.前两种是奇数，后一种是偶数.而从黑钱包里任取的二个硬币都能使红钱包的钱的奇偶性不变，这是不可能的.类似可知，红钱包里不能同时有2分币和1分币或2分币和5分币.因此红钱包中的硬币只有两种可能：

一是全为2分币；二是装有一分与五分币没有2分币.同理，黑钱包中或全为2分币，或其中没有2分币.并且，由于两钱包中钱数相等而硬币数不等，因此不可能红、黑钱包中都只有2分币.

　　情形1：

当红钱包中全为2分币时，总钱数为2×6=12分.此时显然黑钱包中不可能有两个或两个以上的五分币，也不可能都是一分币（否则红、黑钱包中装钱数不等）.因此黑钱包里有一个五分币和七个一分币.这种情形显然也满足题目中的后一条件.这种情况，两个钱包中总钱数为：

　　6×2+5+1×7=24（分），即2角4分钱.

　　情形2：

红钱包仅装有一分或五分币.

　　①黑钱包中有8枚2分币.则红钱包中也应有16（＝2×8）分.但一分币和五分币共6枚，总钱数不可能为16分，因此这种情形不可能发生.

　　②黑钱包中无2分币，设红钱包中有m枚五分币，n枚一分币；黑钱包中有p枚五分币，q枚一分币.则

　　m＋n＝6，p＋q=8，5m＋n=5p＋q.

　　显然m＞p.因此5（n-p）=q-n，因为0＜q-n≤8，5│q-n，所以q-n=5，m-p=1.这两式相减，得到（p+q）-（m＋n）=4.这与（p＋q）-（m＋n）=8-6＝2矛盾.所以这种情形也不会发生.

　　综上所述，两个钱包中共有2角4分钱.