Времясберегающие методы решения задач на проценты

Чертим и уравновешиваем… растворы
В.В.Чистяков (Ярославль)
Проценты состава и не только
Задачи на проценты прочно вошли в школьный курс математики, как
пример задач, демонстрирующий применение математических знаний на
практике и даже в повседневной жизни. При этом, в элективных курсах по
частоте использования «процентная тема» уступает разве что «золотому сечению». Задачи на проценты неизменно присутствуют в контрольноизмерительных материалах (КИМ) типа B (в будущем возможно и C) единого государственного экзамена (ЕГЭ) и в демонстрационной версии письменной работы по алгебре для итоговой аттестации выпускников основной школы в 2008 году.
Между тем результаты итоговых аттестаций школьников, включая ЕГЭ,
показывают, что по-прежнему процентная тема остается проблемной. По
мнению автора, дело здесь скорее не в сложности, но в:
а) отсутствии должной мотивации школьников, воспринимающих материал, как скучный, «бухгалтерский», лишенный творческого элемента;
б) оторванности, изолированности процентной темы от остального математического материала, тем более от других предметов (кроме химии);
в) небогатом арсенале видов деятельности учащегося при решении таких
задач, почти всецело сводящимся к составлению и решению систем уравнений.
В настоящей статье автор стремится показать, что в наши дни, когда результатом обучения математике должны являться сформированные в различных видах учебной деятельности ключевые компетентности и основы естественно-научного мировоззрения, роль таких задач возрастает. Ибо в основе
такого рода задач лежат универсальное понятие и универсальная идея, воплощающие себя и в механике, и в термодинамике, и в геометрии, и в введенной в школьное математическое содержание стохастической линии, и др.
Рассмотрим классическую задачу на смешение/сплавление двух растворов (смесей, сплавов), каждый из которых характеризуется процентным
содержанием некого вещества, которое мы будем называть контрольным
веществом. С математической точки зрения не имеет значение, какие проценты рассматриваются: объемные, весовые, мольные и т. д., лишь бы всегда
фигурировал один и тот же тип.
Вездесущее среднее взвешенное…
Пусть смешивают m1 кг раствора, содержащего x1% контрольного вещества и m2 кг раствора, содержащего x2% контрольного вещества. В результате
получают M = m1 + m2 кг нового раствора, который содержит
0,01(m1x1 + m2x2) кг контрольного вещества и имеет его процентное содержание
2
x
m1 x1  m2 x2
.
m1  m2
(1)
Это — формула взвешенного среднего величин x1 и x2, и она является
рабочей для многих задач, в том числе для элементарных, базисных задач на
определение итоговой концентрации (в %), исходной концентрации (количества) одного из смешиваемых веществ и т. д.
Простой анализ формулы (1) показывает, что величина x не зависит от
абсолютных значений масс m1 и m2, а зависит только от их отношения, т. е.
является однородной функцией от m1 и m2 порядка k = 0.
Что касается зависимости величины x от величин x1 и x2, то она носит
линейный характер (важный частный случай однородности порядка k = 1).
Тем самым, эта формула позволяет продемонстрировать еще одно важное
понятие – понятие однородности выражения по переменным, которое будет
востребовано в дальнейшем при решении тригонометрических, показательных и иных однородных уравнений.
Далее, формула (1) содержит два различных типа величин: экстенсивные
количества и интенсивные процентные содержания. В самом деле, если мы
прибавим к некоторому количеству m1 раствора с концентрацией x1 точно такое же количество m2 = m1 с концентрацией x2 = x1, то получим итоговое количество m = 2m1 , но с концентрацией x = x1.
Выясним, в чем заключается графическая интерпретация формулы (1).
Рассмотрим числовую ось Ox, на которой будем отмечать составы смеси точками в промежутке от 0 до 100, либо в относительных единицах от 0 до 1.
Припишем каждой точке соответствующую массу. Тогда выражение (1) задает хорошо известное из статики положение центра масс (точки баланса) системы двух материальных точек с массами m1 и m2. Положение центра масс
легко находится графически: путем деления отрезка [x1; x2] в отношении обратных масс
1 1
:
(Рис.1) . Такое деление отрезка осуществляется элеменm1 m2
тарно через построение на нем двух подобных, для простоты, прямоугольных
треугольников с вертикальными катетами, с длинами соответственно m2 и m1,
но по разные стороны от этого отрезка. Это хорошо известное из статики
«правило рычага», оно же «золотое правило механики»: чем больше вес (вообще сила), тем меньше должно быть ее плечо относительно точки баланса,
и наоборот.
Для облегчения построения можно применить другой прием, который допускает его легкое последовательное использование в задачах с числом исходных
3
смесей n > 2. А именно, катеты с длинами m1 и m2 откладываются от своих «родных» точек числовой оси – x1 и x2; концы катетов соединяются отрезком, а точка
пересечения с осью симметрично отражается относительно середины отрезка
x  x2
x0  1
. При решении задач с n  3 «массы» mi можно откладывать сразу
2
вверх и вниз, а соединяющие линии проводить на выбор одним из двух описанных
выше способов.
В статистике формула (1) определяет средневзвешенное значение дискретной величины, принимающей два значения x1 и x2, каждое из которых в опыте
встретилось соответственно m1 и m2 раз, а всего – m1 + m2.
В школьной теме «Термодинамика и молекулярная физика» формула, аналогичная (1), определяет равновесную температуру T после теплового контакта
двух изолированных от внешней среды тел с теплоемкостями C1 и C2 и температурами T1 и T2, причем первые— экстенсивные, играют роль масс, а вторые –
интенсивные—роль процентного содержания. (Возможно, это и послужило основой для теории «теплорода» — внутренней жидкости, перетекающей от более
теплого тела к менее теплому при контакте.) Заметим, что подобные задачи обязательно присутствуют в КИМ ЕГЭ по физике.
Таким образом, мы убеждаемся, что формула (1) для средневзвешенного
значения интенсивной величины имеет универсальный характер, и в основе ее
лежит баланс содержания некоторого фактора: контрольного вещества, тепла,
моментов сил тяжести и т. д.
Cвойства cреднего взвешенного.
На значения интенсивной величины x, найденной по формуле (1) распространяются все свойства, имеющие место, например, для координаты центра
системы точечных масс. А именно:
1) x  (x1; x2) (x1 < x2);
2) при изменении x1 и x2 на одну и ту же величину , состав x изменяется
на такую же величину;
3) при изменении x1 и x2 в одинаковое число раз величина x изменяется в
то же число раз;
4) при изменении m1 и m2 в одинаковое число раз величина x не изменяется;
5) взвешенное среднее нуля и единицы равно весу единицы.
Заметим, что формула (1) обобщается на любое число n (n > 2) смешиваемых растворов с концентрациями xi, i =1, 2, …, n:
n
x
m x
i 1
n
i i
m
i 1
.
(1а)
i
Также сохраняются все вышеперечисленные свойства с поправкой на число
растворов.
Применение перечисленных выше свойств позволяет решать задачи едва ли
не устно.
Пример 1. Смешали 1,5 литра раствора соляной кислоты (HCl) с концентрацией
21,5% и 3,5 л с концентрацией 41,5%. Какова концентрация HCl в получившейся
смеси?
Непосредственное применение рабочей формулы осложнено неудобными значениями как масс, так и составов. Однако, используя вышеперечисленные свойства
центра масс, возможно следующее решение.
4
Решение. Если вычесть из концентраций величину  = 21,5%, то получим растворы с концентрациями 0% и 20% соответственно.
«Центр масс» такой смеси находится путем деления отрезка длиной 20 в отношении 3,5:1,5 или же 7:3. Получим 14%.
Теперь осуществляем обратный сдвиг на = 21,5% и получаем ответ 35,5% HCl.
Пример 2. [4, c. 198] Сосуд содержит p %-ный раствор кислоты. Из него отлили a
литров и добавили то же количество q %-ного раствора кислоты (q< p). Затем после перемешивания эту операцию повторили еще (k-1) раз, после чего получился
r %-ный раствор кислоты. Найдите объем сосуда.
Решение1). Решение, предлагаемое авторами ([4]), не наглядно, и оно использует далеко неочевидный искусственный прием, опирающийся на формулу
суммы членов геометрической прогрессии. Между тем, используя свойства взвешенного среднего, решение получается естественным образом практически сразу.
В самом деле, перед первым разбавлением сдвинем концентрации на q% влево,
получим (p – q)% и 0%. В результате смешения V – a и a литров получим сме-
щенную концентрацию
(V  a)( p  q)  0  a  a 
 1  ( p  q ).
V
 V
Истинная концентрация получается обратным сдвигом на q%:
 a
p1  p1  q  1  ( p  q )  q.
 V
p1 
Расчет концентрации после второго разбавления проводится аналогичным образом – сдвиг, смешение, обратный сдвиг:
2
 a
p2  p2  q  1   ( p  q )  q,
 V
после третьего:
3
 a
p3  p3  q  1   ( p  q)  q и т.д.
 V
В итоге получим
k
 a
pk  pk  q  1   ( p  q )  q,
 V
1k
a  r q 

pk  r  1   
V  p  q 
V 
(2)
a
  r  q 1 k 
1  
 
  p  q  


.
Ответ:
a
  r  q 1 k 
1  
 
  p  q  


.
=1) Другое решение, опирающееся на нахождение формулы для общего члена
рекуррентной
последовательности
можно
увидеть
на
www.iro.yar.ru/emd/chistyakov/index.htm.=
Формула (2) отражает простой пошаговый алгоритм. Чтобы найти (составить) выражение для итоговой концентрации после многократного разбавления одного раствора другим в постоянной пропорции, необходимо:
5
сдвинуть влево концентрации на величину одной из них,чаще меньшей,
затем
многократно разбавить чистой основой (0 %), и, наконец,
полученный результат обратно сместить вправо по числовой оси.
Заметим, что разбавление чистой основой сводится всецело к многократному умножению на один и тот же множитель («мультипликатор»), отражающий долю разбавляемого раствора.
Именно так легко, быстро и почти устно решаются задачи B9 на многократное разбавление растворов типовых заданий для подготовки к ЕГЭ 2007
года коллектива авторов [5].
Применимость механических аналогий не исчерпывается использованием только вышеприведенных свойств. Могут быть заимствованы из механики и использованы в других областях новые частные свойства. Например,
хорошо известно, что центр симметрично расположенных на прямой масс
совпадает с центром симметрии. Это позволяет и быстро решать задачи на
смешение «симметричных» растворов, и, задействовав аналитическое мышление, раскладывать несимметричную конфигурацию смешиваемых растворов на сумму симметричных.
Пример 3. Какой процентный состав получится при смешении m1 = 3,7 л
водного раствора уксуса с концентрацией x1 = 34,5% с m3 = 3,7 литрами концентрации x3 = 54,5% и некоторого количества m2 раствора 44,5%-ной концентрации?
Решение. Здесь мы имеем три (n = 3) исходные смеси. При этом применить рабочую формулу мы не можем, но не по причине неудобных данных, а
ввиду отсутствия информации о количестве m2. Однако нетрудно видеть, что
необходимости в задании этого количества нет. В самом деле, элементарное
построение на оси Ox делает наглядным и легко замечаемым симметричное
расположение точек состава относительно x2 = 44,5%. Крайние «массы» (в
данном случае объемы) m1 и m3 при этом отображаются отрезками одинаковой высоты. Следовательно, какой бы ни была масса m2, даже отрицательной
в случае выпаривания такого раствора из смеси, концентрация получившегося раствора будет точно равна x2.
В несколько усложненном варианте аналогичную задачу можно сформулировать для случая четырех (n = 4) исходных смесей, три из которых образуют симметрическое расположение. При этом также путем параллельного
переноса все концентрации можно сделать неудобными для прямых вычислений.
Пример 3*. Пусть в примере 2 масса m2 = 2,6 л, и дополнительно добавлено
m4 =5 л раствора с концентрацией x4= 59,5 %. Требуется также найти концентрацию получившегося раствора.
Решение. Решение не представляет особого труда, так как три раствора
графически отображаются симметричной фигурой с «массой» в 10 л. Последующее смешение с четвертым раствором сводится к операции деления отрезка [44,5; 59;5] в отношении 10:5 =2:1. Параллельный перенос на 44,5 %
6
влево переводит его в отрезок [0;15], делимый в нужном отношении точкой
x = 10. Обратный сдвиг вправо дает ответ: 54,5%.
Ответ: 54,5%.
Решение такого рода задач требует от учащихся наблюдательности.
«Неполнота» же данных создает здесь нестандартную ситуацию, требующую творческого подхода. Отметим, что такого рода «неполнота» уже присутствует в тренировочных заданиях ЕГЭ [6, с. 63], где в задаче B9 отсутствуют данные о количестве спиртового раствора.
Закрывая тему свойств взвешенного среднего, рассмотрим пример из
химии [7, 12].
Пример 4. При сжигании одного объема смеси метана и пропана было затрачено три объема кислорода, измеренного при тех же условиях, что и объем
смеси углеводородов. Рассчитайте объемную долю метана в его смеси с пропаном.
Решение. Здесь условия баланса (по кислороду) выглядят как
2x + 5(1 – x) = 3,
где x – объем и одновременно объемная доля метана (CH4), сжигание которого требует удвоенного количества кислорода, 1 – x – доля пропана (C3H8),
потребляющего при сжигании объем O2, пятикратно превышающий собственный. Условие означает, что 3 является средневзвешенным чисел 2 и 5.
Вопрос, с какими весами (x и 1 – x) решается с опорой на все на те же свойства. Например, следующим образом.
Вычтем из обеих частей min{2;5} = 2; найдем, что 3 – 2 = 1 есть средневзвешенное с теми же коэффициентами 2 – 2 = 0 и 5 – 2 = 3. Попутно интерпретируем: один объем смеси в той же пропорции негорючего газа
(например, гелия) и этилена (C2H4 –трехкратный объем кислорода для полного сгорания, без сажи) требует одного объема O2.
Наконец делим «всё» на 3, и находим (см. свойство 5) весовой коэффициент единицы:
1 x 
1
2
x
или 66,7% (объемных).
3
3
Подобные задачи на химические реакции двухкомпонентных смесей с
окислителем (восстановителем) и др. реагентами, в том числе – задачи на
идентификацию стехиометрического состава одного из компонентов, можно
решать и графически: отметив – реально или мысленно – расходы реагента
точками на числовой оси, сдвинув параллельно точки к нулю и изменив масштаб оси после сдвига делением на больший расход.
Циркуль, линейка и миллиметровка…
Ситуация становится интереснее, когда мы рассматриваем смеси, растворы или сплавы с двумя контрольными веществами. В этом случае каждый
состав уже задается точкой на числовой плоскости. В качестве примера разберем следующую задачу [7, с. 25], аналитически решаемую путем составления системы линейных уравнений.
Пример 5. Сплав состоит из олова, меди и цинка. Если от этого сплава отделить 20 г и сплавить их с 2 г олова, то во вновь получившемся сплаве масса
7
меди будет равна массе олова. Если же отделить от первоначального сплава
30 г и cплавить их с 9 г цинка, то в этом новом сплаве масса олова будет равна массе цинка. Определите в процентах состав первоначального сплава.
Прежде чем приступить к решению отметим, что предлагаемый графический прием не стоит рассматривать как способ решения подобного рода
задач на экзамене. Прежде всего, это:
а) путь к диверсификации видов деятельности учащегося на уроке, либо
в элективном курсе;
б) приобретение навыков геометрического моделирования текстовых задач;
в) придание практической направленности геометрическим задачам;
г) применение комплексного математического подхода к решению прикладных задач;
д) расширение представлений учащихся о применении графических математических приемов в химии, материаловедении и др.
Описываемый ниже прием широко применяется в физической химии для
наглядной графической интерпретации состава тройных сплавов и растворов.
Однако, есть и некоторые отличия.
Решение. Выберем в качестве контрольных веществ медь и цинк, считая олово основой. Договоримся называть составом любой сплав либо чистый металл, содержащий хотя бы один из компонентов – Sn, Zn или Cu. Тогда любой такой состав отображается точкой на плоскости Oxy, причем абсцисса задает концентрацию, для определенности, меди, а ордината — цинка.
Так как сумма неотрицательных концентраций x  100 и y  100 не
может превышать 100, то множество всех возможных составов задается системой неравенств
 x  0, y  0,

 x  y  100.
Множество точек плоскости, координаты которых удовлетворяют этой
системе, представляет собой прямоугольный треугольник AOB с катетами,
равными 100, расположенный в первой четверти. Вершина A(100; 0) соответствует ситуации, когда рассматриваемый сплав состоит только из меди, вершина B(0; 100) – ситуации, когда рассматриваемый сплав состоит только из
цинка, а вершина O(0; 0), как нетрудно видеть, соответствует ситуации, когда
рассматриваемы сплав есть чистое олово.
Любая точка на стороне треугольника, отличная от вершины, является
графической интерпретацией ситуации, когда рассматриваемый сплав есть
двойной сплав металлов, обозначающих вершины-концы стороны; любая
внутренняя точка треугольника есть тройной сплав. В частности, точка на
гипотенузе задает сплав Cu и Zn, а точка пересечения медиан – тройной
сплав в пропорции 1:1:1.
Длина отрезка, проведенного через внутреннюю точку M(x,y) параллельно одной из осей до пересечения с гипотенузой, есть концентрация основы-
8
олова. (В физической химии треугольник рассматривается равносторонний, а
проекции — аффинные.)
Точно так же, как и в случае одного контрольного вещества, элементарная задача на смешение двух сплавов может быть решена графически, только
катеты-массы откладываются перпендикулярно линии, соединяющей точкисоставы этих сплавов. Здесь интересны различные частные случаи. Так, в
частности, если смешиваются три сплава в одинаковом количестве, то получаемый состав задается центром тяжести соответствующего треугольника, т.
е. является точкой пересечения медиан.
Что касается медиан треугольника AOB, то точки, расположенные на
них, описывают составы с равным содержанием металлов, находящихся в
вершинах основания. Так, на медиане BK выходящей из вершины B находятся сплавы с равным процентным содержанием олова и цинка. Сплавы с равным содержанием олова и цинка находятся на медиане AN (Рис. 2).
В общем случае, тройные сплавы “A-O-B” в которых процентные содержания двух контрольных веществ (“A” и “O”) отличаются в заданное
число раз k отображаются на диаграмме отрезком прямой, выходящей из
вершины B, соответствующей третьему элементу и делящей основание AO в
отношении k:1. Сплавы, в которых процентные содержания “A” превышает
содержание “O” на постоянную величину b, также отображаются отрезком,
параллельным медиане, проведенной из вершины B, но смещенным от нее в
направлении BA на эту величину.
Пусть исходному сплаву соответствует точка M0(x0,y0). По условию задачи при смешении сплава с чистым оловом в пропорции 20:2 = 10:1 получается сплав с равным содержанием меди и олова, т. к. их массы во вновь полученном сплаве равны. Графически это означает, что медиана BK делит отрезок OM0 в отношении обратных масс, т. е. 1:10. Аналогично, медиана AN
делит отрезок BM0 в отношении 9:30=3:10.
Таким образом, нам необходимо графически построить точку, удовлетворяющую сформулированным выше условиям расположения относительно
медиан. Для этого необходимо решить следующую вспомогательную задачу
на нахождение геометрического места точек (ГМТ).
Задача 6. Имеется угол AON, где N — точка на его стороне. Что представляет из себя ГМТ точек M, таких, что луч OA делит отрезок MN в отношении
p:q?
9
Решение. Решение ее несложно, и оно опирается на следствие из теоремы Фалеса. Это – луч, параллельный AN, невходящая вершина C которого
лежит на продолжении ON, притом CO:ON =p:q (Рис. 3)
Искомая точка M0 есть пересечение двух аналогичных ГМТ. Множество
концов отрезков OM, делимых медианой BK в отношении 1:10 строится путем откладывания на оси Oy отрезка BD = 10 и проведения через конец
D(0;110) отрезка DF, параллельного BK. Несложные вычисления в уме дают
координату точки F(55;0). Множество концов отрезков BM, делимых медианой AN в отношении 3:10, есть отрезок EH, проходящий через точку E(0;35)
параллельно AN к точке H(70;0).
Если выполнить построения на миллиметровой бумаге в масштабе 1% =
1 мм, то с хорошей точностью получим: содержание меди x= 50 (%), цинка –
y = 10 (%), соответственно, олова – 40 %.
Для точного определения необходимо составить уравнения прямых, на
которых лежат соответствующие ГМТ и решить систему. Здесь, в прикладной задаче, востребовано умение составлять уравнение прямой, проходящей
через данную точку параллельно некоторой прямой. Несложно определить
угловые коэффициенты для медиан – они равны соответственно kBK= –2, kAN =
–1/2. (Попутно мы можем рассмотреть более общую задачу нахождения различными способами углового коэффициента медианы в треугольнике, заданном координатами вершин.)
Итак, решив систему уравнений
x

 y  35  ,
2

 y  110  2 x
получим, что x = 50, y = 10.
10
Таким образом, предлагаемый графический способ решения задач на
смеси активирует различные знания и умения, полученные в процессе изучения алгебры и геометрии, создавая, тем самым, условия для формирования
одной из ключевых компетентностей школьника: умение решать поставленные задачи средствами математики.
Немного о линейном программировании
При изучении темы «Проценты» можно рассматривать и нестандартные
задания на оптимизацию, сводящиеся к решению систем неравенств с одной,
либо с двумя переменными и нахождению в множестве решений оптимальной точки. В принципе, такие задания уже присутствуют среди тренировочных заданий для подготовки к ЕГЭ [6, с. 57]. В качестве примера рассмотрим
следующую задачу на смеси, являющуюся простой, одномерной проблемой
линейного программирования – популярной темы элективных курсов.
Задача 7. Имеется 3 л 80 %-ной азотной кислоты (HNO3), 5 л 60 %-ной серной кислоты (H2SO4) и 4 л дистиллированной воды. Какое максимальное количество водного электролита с содержанием 40 % HNO3 и 30 % H2SO4 можно получить из имеющихся жидкостей?
Решение. На первый взгляд кажется, что задачу можно решить устно,
проанализировав данные по концентрации и увидев, что в электролите показатели ровно в два раза ниже. Следовательно (?), если при разбавлении количество воды равно суммарному количеству кислот, то концентрация должна
уменьшиться вдвое. А это достигается, если взято по 2 л каждой из кислот и
все 4 л воды, т. е. максимальное количество 8 л. Посмотрим, так ли это.
Введем переменную x – искомое максимальное количество. Тогда чистое
содержание контрольного вещества HNO3 в нем 0,4x, H2SO4 – 0,3x, воды –
0,3x. Эти количества не могут превысить того, что имеется в исходных продуктах, а значит,
0,4 x  0,8  3,

0,3x  0,6  5,
0,3x  1  4  0,2  3  0,4  5.

В последнем неравенстве подсчитана вся вода, как в чистом виде, так и в качестве основы раствора.
 0,8  3 0,6  5 6,6 
 0,8  3 0,6  5 
;
;
;
  min 
  6.
0,3 0,3 
0,3 
 0,4
 0,4
Решение находится как x  min 
Отличное от x = 8 значение демонстрирует кажущееся правдоподобие
устных рассуждений. Действительно, при разбавлении 2 + 2 литров 4-мя литрами воды концентрация кислот уменьшается вдвое по сравнению с теми
значениями, которые были в смеси кислот до добавления воды. А там они
отнюдь не равны 80 % и 60 %. Таким образом, простая, казалось бы, задача
дополнительно может служить упражнением на развитие логического мышления, умения отличать «правдоподобные» утверждения от истинных.
Графически все возможные результаты смешения исходных продуктов
представляются на плоскости Oxy (x – концентрация азотной кислоты (в %), y
– серной (в %)) точками треугольника OAB (Рис.4), вершины которого отве-
11
чают ситуациям, когда раствор состоит только либо из воды, либо из азотной
кислоты, либо из серной кислоты. Его катеты равны OA = 60, OB = 80. Так
как требуемому составу электролита отвечает точка E(40; 30) на гипотенузе
AB, то подливать чистую воду вообще нет необходимости. А так как эта точка делит AB пополам, то количества кислот должны быть равны. Максимально каждой из кислот можно взять не более min{3;5} = 3 л, что составляет в
сумме 6 л.
Задачи для самостоятельного решения
1. Имеются два сплава, в одном из которых содержится 40 %, а в другом –
20 % серебра. Сколько килограмм второго сплава необходимо добавить к
20 кг первого, чтобы получить сплав с 32 %-ной концентрацией серебра?
(Ответ: 10 кг)
2. Имеется некоторый сплав меди, никеля и цинка. Если взять 5 кг этого
сплава и переплавить его с 10 кг сплава, содержащего 50% меди и 50% цинка, то во вновь полученном сплаве содержание олова будет вдвое меньше содержания меди. Если же взять 16 кг этого сплава и переплавить с 4 кг сплава,
содержащего 50% олова и 50% цинка, то в получившемся сплаве процентное
содержание меди будет на 10% меньше, чем процентное содержание цинка.
Определите процентный состав исходного сплава. (Ответ: 20 % Cu, 20 % Zn,
60 % Sn).
Указание. Решите задачу графически, используя миллиметровую бумагу.
3. [5, с. 62] К 8 л кислоты неизвестной концентрации добавили 4 л такой же
кислоты с концентрацией 27%. Перемешали, отлили 4 л и снова добавили 4 л
27%-ной кислоты. Операцию повторили три раза и получили раствор с концентрацией 43%. Найдите концентрацию исходной кислоты.
Указание. Сместить концентрации x% и 27% влево на 27 %, троекратно
умножить на
8
, затем прибавить 27% и приравнять результат 43%. В итоге
12
получится 81%.
Литература
12
1. Захарова А.Е. Учимся решать задачи на смеси и сплавы / Математика
для школьников. — № 3, с. 18, 2006; Карпушина Н.М., там же, с. 24.
2. Островский А.И., Кордемский Б.А. Геометрия помогает арифметике. —
М.: АО «Столетие». 1994, — 176 с.
3. Балк М.Б., Болтянский В.Г. Геометрия масс. — М.: Наука. Гл. ред.
физ.-мат. лит., 1987 (Б-чка «Квант». Выпуск 61).
4. Математика для поступающих в вузы: Пособие / Шабунин М.И.—3-е
изд., испр. — М.: Бином. Лаборатория знаний, 2004.— 694 с.
5. ЕГЭ 2007. Математика. Типовые тестовые задания / Т.А.Корешкова,
Ю.А.Глазков, В.В.Мирошин, Н.В.Шевелева. — М.: Экзамен, 2007— 80
с.
6. Единый государственный экзамен: Математика: Тренировочные задания / Т.А.Корешкова, В.В.Мирошин, Н.В.Шевелева. — М.: Просвещение, Эксмо, 2005— 80 с.
7. Чередник Е.А., Зыкова Е.В. Химия: Задания типа С единого государственного экзамена: Рабочая тетрадь для учащихся общеобразовательных учреждений.— М.: Вентана-Граф, 2006.— 96 с.
8. Элективные курсы для предпрофильной подготовки. Математика: программы для 9 класса / под ред. Н.В. Калистратовой, В.В. Чистякова.—
Ярославль : ИРО, 2005.— 35 с.