/
Author: Бевз Г.П. Боголюбов О.М. Фільчаков П.Ф. Швецов К.І. Яремчук Ф.П.
Tags: математика довідник
Year: 1975
Text
ДОВІДНИК -і
З ЕЛЕМЕНТА^
МАТЕМАТИКИ
ДОВІДНИК
З ЕЛЕМЕНТАРНОЇ
МАТЕМАТИКИ
За редакцією члена-кореспондента
АН УРСР П. Ф. ФІЛЬЧАКОВА
ВИДАННЯ ДРУГЕ,'
ПЕРЕРОБЛЕНЕ І ДОПОВНЕНЕ
оцифровано в жовтні 2010 року
та викладено на
уууууу.іапко./гопі. ги
«НАУКОВА ДУМКА»
Київ—1975
51(083)
Д58
Довідник містить відомості з арифметики, алгебри та елемен-
тарних функцій (в тому числі тригонометричних), планіметрії і сте*
реометрії з вказівками про способи розв’язання прикладів і задач різ-
них типів і ступенів складності; наведено історичні довідки, список
літератури і докладний предметний покажчик.
АВТОРИ;
Г. П. БЕВЗ, О. М. БОГОЛЮБОВ, П. Ф. ФІЛЬЧАКОВ,
К. 1. ШВЕЦОВ, Ф. П. ЯРЕМЧУК
Редакція довідників
„ 0000! — 387 _
ДАІ 221(04) -75 37° * 75
Видавництво «Наукова думка», 1975 р
ПЕРЕДМОВА
Протягом останніх років провідними вченими нашої країни
розроблено нові навчальні програми, якими передбачено дальше сер-
йозне підвищення науково-теоретичного рівня середньої освіти.
Вони широко обговорювались і дістали схвалення працівників на-
родної освіти і науки. Радянська школа переходить на викладання
за цими програмами.
Підвищення теоретичного рівня курсу математики досягається
подоланням розриву між арифметикою і алгеброю, здійсненням нау-
кового підходу до вивчення матеріалу, посиленням уваги до по-
нять і методів, що мають головне значення для природознавства і
техніки (метод координат, вектори, похідна та інтеграл)
Навчальний план передбачає також зменшення навантаження
учнів обов’язковими навчальними заняттями, розширення самостійної
роботи учнів і факультативних занять Не залишено поза увагою
питання підготовки учнів до дальшої самоосвіти і освіти без відриву
від виробництва після закінчення школи.
Отже, виникає необхідність у збільшенні навчальної і довідко-
вої літератури, яка більше відповідала б новим вимогам програми.
Часто про ту чи іншу людину кажуть: «Він знає математику»
чи «Він погано знає математику» — і розглядається це як щось уста-
лене, застигле. Виникає питання: що таке «знати математику»?
В математиці, як і в іншій точній науці, рівень знань визна-
чається двома факторами.
Перший фактор — досить велика кількість матеріалу, що добре
засвоївся і закріпився в пам’яті: визначень, формулювань теорем
і властивостей, формул і т. д. Засвоєння фактичного матеріалу від-
бувається у процесі вправ, однак слід якомога швидше домагатись
його твердого запам’ятовування, забезпечуючи для пам’яті можли-
вість дальшого постійного збагачення.
Не може бути й мови про будь-які серйозні знання, якщо учень
не запам’ятає тієї чи іншої формули, а спробує «виводити» навіть
дрібні факти (наприклад, вираз діагоналі квадрата через його сто-
рону, обчислення висоти і площі рівностороннього трикутника за
його стороною і т. д.).
Другий фактор, який тісно пов’язаний з першим і зовсім не є
набутком лише талановитих від природи, — це досить глибокий роз-
виток аналітичних здібностей і навичок, необхідних для виконання
складних перетворень, чітких просторових уявлень і «геометричного»
мислення, досвіду та інтуїції, необхідних при відшуканні шляхів
до розв’язання нешаблонних «творчих» задач. Тільки насичена
З
фактами, аналогічними ситуаціями І різними, навіть віддаленими, зв’яз-
ками пам’ять здатна вчасно подати необхідний «інструмент» для гли-
боких роздумів над тією чи іншою проблемою для її всебічного
аналізу.
Таким чином, процес підвищення рівня математичних знань
являє собою їх постійне удосконалення в двох нерозривно пов’яза-
них напрямках, зазначених вище. Цьому і покликані сприяти довід-
ники, що є по суті «малогабаритними конденсаторами» великої кіль-
кості фактичного матеріалу, рекомендацій і відомостей з різних
методів розв’язання задач тощо.
Пропонований увазі читачів довідник містить визначення і опи-
сання понять, формулювання правил, теорем, законів, властивостей,
найважливіші формули, деякі методичні зауваження. В ньому є
також багато вправ і задач різних ступенів складності. Особливо
велику увагу приділено тут задачам на доведення і побудову.
Дане видання порівняно з попереднім містить новий розділ
«Елементи математичного аналізу», в якому подано основні відо-
мості про нескінченно малі величини, границі, диференціювання та
інтегрування функцій. В розділі «Арифметика» подано поняття про
множини та їх загальні властивості, в зв’язку з чим розділ допов-
нено новими прикладами та задачами. Внесено також доповнення в
історичні відомості про походження та розвиток деяких математич-
них понять, термінів та позначень.
Читачі повинні мати на увазі, що в нових шкільних підручни-
ках математики істотно змінено термінологію Наприклад, замість
«абсолютна величина числа» починаючи з V класу говорять «модуль
числа», замість «вираз з однією буквою» — «вираз з однією змінною»,
замість «геометричне місце точок» — «множина точок». У довіднику
говориться про це. Однак автори не вважають за доцільне повністю
відмовитися від традиційної термінології, оскільки читачам, які нав-
чались і ще деякий час будуть навчатися за старими підручниками,
такі зміни ускладняли б користування довідником.
Критичні зауваження і пропозиції по даному довіднику про-
симо надсилати на адресу: Київ-4, вул. Рєпіиа, 3, видавництво «На-
укова думка».
І. АРИФМЕТИКА
ПРЕДМЕТ АРИФМЕТИКИ
Арифметика — наука про числа. Назва «арифметика» походить від
грецького слова аріО^т/аул;, що складається з двох частин: аріОрюС—
число і тахут, — мистецтво. Арифметика, як і багато інших наук,
виникла з потреб практичної діяльності людей. Ще задовго до на-
шої ери виникла необхідність підраховувати кількість здобичі, вести
лічбу часу тощо. Спочатку люди оперували лише конкретними іме-
нованими числами і тільки пізніше почали вживати абстрактні.
Спочатку були відомі тільки натуральні числа, але згодом жит-
тя примусило розширити це поняття, розглядати і дробові числа.
Коли вперше з’явилось поняття дробу, невідомо. Але дослідження
показують, що стародавні єгиптяни, китайці, хорезмійці за багато
століть до нашої ери були знайомі з дробовими числами і вміли ви-
конувати найпростіші арифметичні дії з ними.
В арифметиці як науці розглядаються всі види чисел від нату-
ральних до комплексних. Однак у шкільній арифметиці вивчають
тільки додатні раціональні числа, а решта видів чисел розглядається
в алгебрі. Автори даного довідника дотримуються шкільних тради-
цій. Від’ємні, ірраціональні та уявні числа розглядаються в розділі
«Алгебра», а в розділі «Арифметика» — тільки натуральні і дробові.
Перші книги, що містять вчення про лічбу та обчислення, з’я-
вились ще за кілька століть до нашої ери. Багато арифметичних
відомостей є в «Началах» Евкліда (III ст. до н. е.), в «Арифметиці»
Діофанта (III ст. н. е.) та інших книгах старогрецьких математиків.
Відомий хорезмський математик Мухаммед іон Ліуса (близько
780—850). використавши відомі йому праці грецьких та індійсь-
ких математиків, написав книгу з арифметики, яка в латинському
перекладі потрапила до Європи в XII ст. і сприяла поширенню де-
сяткової позиційної нумерації.
В Київській Русі були поширені елементарні відомості з ариф-
метики, включаючи дії з звичайними дробами, про що свідчить наяв-
ність побічних джерел. Від XVII ст. збереглися рукописи матема-
тичного змісту, з яких видно, що знання з арифметики на Русі того
часу відповідали рівню, досягнутому в Західній Європі. На початку
XVIII ст. з’являються і друковані підручники з арифметики. Так,
в 1703 р. була видана «Арифметика» Л. П. Магницького, найпопу-
лярніша книга протягом першої половини XVIII ст., яку М. В. Ло-
моносов називав «вратами своєї вченості». Цей підручник енциклопе-
дичного змісту крім арифметики містив елементи геометрії і техніч-
них наук. В 1740 р. було надруковано «Руководство к арифметике»
Л. Ейлера. У другій половині XVIII ст. вийшли друком підручники
5
з арифметики, написані академіками С. К. Котельниковим, С. Я. Ру-
мовським та іншими авторами. Поширені були- в той час «Універ-
сальна арифметика» М. Г. Курганова, а також «Теоретическая и
практическая арифметика» професора Московського університету
Д. С. Анічкова.
В 1866 р. були видані «Руководство арифметики» і «Собрание
арифметкческих задач» О. Ф. Малиніна і К. П. Буреніна, ' за якими
вчились в російських середніх школах протягом півстоліття. У дру-
гій половині XIX ст. вийшли підручники з арифметики Ф. І. Сима-
шка, В. О. Латишева/ В. А. Євтушезського та інших авторів. У
1884 р. видана «Арифметика» А. П. Кисельова, на якій виховано
кілька поколінь російських, а потім і радянських спеціалістів і яку
тільки недавно замінив підручник «Арифметика» І. М. Шевченка.
Зараз учні IV—V класів вивчають арифметику і основи алгебри
за підручниками «Математика», написаними авторським колективом
за редакцією О. І. Маркушевича.
ЦІЛІ НЕВІД'ЄМНІ ЧИСЛА
§ 1. Поняття множини
Властивості множини раціональних чисел. Множина— це одне
з найважливіших математичних понять. Можна говорити про мно-
жину учнів у школі, множину верстатів у майстерні, множину букв
в українському алфавіті, множину натуральних чисел, множину
многочленів, множину коренів даного рівняння. Об’єкти, які скла-
дають множину, називаються елементами цієї множини. Якщо еле-
мент а належить множині М, записують а £ М. Множина, що скла-
дається із скінченного числа елементів, називається скінченною.
Такими множинами є множина всіх двозначних чисел, множина
вершин даного многокутника, множина його діагоналей тощо. Мно-
жина, яка містить необмежену кількість елементів, називається
нескінченною. Нескінченною множиною, наприклад, є множина всіх
натуральних чисел, всіх простих чисел тощо.
Множина, яка не містить елементів, називається порожньою; її
позначають символом 0.
Якщо будь-який елемент множини А є елементом множини В,
то множину А називають підмножиною множини В. Підмножиною мно-
жини В вважають також порожню множину і саму множину В —
їх називають невласними підмножинами; інші підмножини нази-
вають власними. Якщо А — підмножина В, пишуть А сз В, або В ю А.
Множина М називається впорядкованою, якщо між ЇЇ елементами
встановлено деяке співвідношення «передує», . що має такі власти-
вості; 1) для будь-яких двох різних елементів а і Ь справедливе
одне І тільки одне: або а передує Ь, або Ь передує а; 2). для будь-
яких трьох елементів а, Ь і с з того, що а передує Ь і Ь передує
с, випливає, що а передує с.
Перерізом двох множин називають таку множину, яка склада-
ється з їх спільних елементів. Об'єднанням двох множин називають
таку множину, яка складається з усіх таких елементів, що належать
хоча б одній з даних множин. Переріз множин позначають символом
6
Г|, а об’єднання — символом [}. Наприклад, якщо А = {а, 5, с» к),
В = {Ь, с, р},
то А Л В = {д, с}, А 0 В = {а, Ь, с, к, р}.
Найважливіші числові множини позначають буквами:
V — множина всіх натуральних чисел;
2 — множина всіх цілих чисел;
— множина всіх раціональних чисел.
Які ж властивості має "множина раціональних чисел? Ця мно-
жина нескінченна, впорядкована, не містить ні найменшого, ні най-
більшого числа, множини # і 7 є-її підмножинами. У множині
завжди можна виконати додавання і множення; для цих дій спра-
ведливі переставний, сполучний і розподільний закони; завжди мож-
на виконати віднімання і ділення (крім ділення на 0).
§ 2, Нумерація
Натуральний ряд чисел. При переліку будь-яких предметів на-
зивають у певному порядку числа: один, два, три, чотири, п’ять,
шість і т. д. Зображають їх символами
1, 2, 3, 4, 5, 6,...
ЦІ числа називаються натуральними. Множину натуральних
чисел, упорядкованих у строго визначеній послідовності, називають
натуральним рядом чисел, або скорочено натуральним рядом.
Те з двох натуральних чисел, яке у натуральному ряді стоїть
ближче до 1 (тобто яке при лічбі з’являється раніше), називається
меншим, друге число — більшим. Отже, у натуральному ряді кожне
число, крім 1, більше за попереднє, 1—найменше натуральне число,
але найбільшого натурального числа нема. Яким би великим не було
натуральне число, існує ще більше число, яке йде за ним. Натураль-
ний 'ряд нескінченний. Це зазначав ще в III ст. до н. е. давньо-
грецький математик Архімед.
Читання і записування чисел. Щоб записати натуральні числа,
досить десяти знаків: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ці знаки назива-
ються цифрами.
Значення цифри в записі числа залежить від того, яке місце
вона займає (принцип помісцевого значення цифр). Якщо цифоу
переставити на одне місце вліво, її значення збільшується в 10 ра-
зів, а якщо її переставити на одне місце вправо, то її значення в
10 разів зменшується. Тому наш спосіб записування чисел називають
десятковою системою числення. Наприклад, у записі 444 перша зліва
четвірка означає 4 сотні, тобто 400, друга — 4 десятки, тобто 40,
а остання — 4 одиниці. Число 444 є сумою чисел 400, 40 і 4:
444 = 400 + 40 -І- 4.
Деякі числа мають особливі назви. Так, десять десятків нази-
вають сотнею, десять сотень — тисячею, тисячу тисяч — мільйоном,
тисячу мільйонів — мільярдом.
З назвами чисел пов’язані назви розрядів. Перший розряд на-
зивають розрядом одиниць, другий — розрядом десятків, третій — роз-
рядом сотень (див. табл. 1).
7
Таблиця 1
Номер роз- ряду 10 9 8 7 6 б 4 3 2 !
Назв;- роз- ряду Міль- ярді! Сотні міль- йонів Десят- ки міль- йоні в Мі ль- йо н и Сотні гисяц Де- сят- ки ТИСЯЧ Тисячі Сотй' Де сят- Оди- ниці
Назва класу Міль- ярди МІЛЬЙОН'/! Тисячі Одиниці
Числа розбивають справа наліво на класи, по три цифри в кож-
ному класі. В останньому класі можуть бути 1, 2 або 3 цифри. Так,
наприклад, в числі 32237608 в першому класі 3 цифри, у другому
класі 3 цифри і в третьому класі 2 цифри
Щоб читати і записувати великі числа, треба знати назву класів
(див. табл. 1). Три перші цифри справа утворюють клас одиниць, три
наступні цифри — клас тисяч. Далі йде'клас мільйонів.
Одиниці четвертого, п’ятого, шостого і наступних класів нази-
вають відповідно:
мільярд, або
трильйон
квадрильйон
квінтильйон
секстильйон
еептильйон
більйон — 1 000 000000;
— 1 000 000 000 000;
— 1 000 000 000 000 000;
— 1 000 000000 000 000 000;
— 1 000 000 000 000 С00 000 000;
— 1 000 000 000 000 000 000 000 000.
Ці назви виникли порівняно недавно. Існуючий зараз у біль-
шості європейських мов вираз «мільйон»—10^* виник в Італії у
XIII ст
Терміни «більйон», «мільярд» і т. ін. виникли в XVI—XVII ст.,
але досі мають різні (в різних мовах) значення. Мільярд звичайно
означає Ю9, але те саме значення має в США і у Франції більйон,
тоді як у Німеччині більйон означає 1012. Трильйон у США І у Фран-
ції означає ІО12, а в Англії і Німеччині— 1018. У російських мате-
матичних рукописах трапляються найменування великих чисел, які
виникли, очевидно, не раніше як у XII ст.: тьма — 106, легіон— 1013,
леодр — 1024, ворон— 1048, колода — 1049.
Десяткова система числення виникла в далеку давнину. Люди
почали користуватися нею тому, що звикли рахувати десятками, ма-
ючи на руках десять пальців. Але деякі народи у свій час створили
і недесяткові системи числення (див. стор. 33).
Принцип помісцевого значення цифр та їх написання (щоправда,
дещо відмінних від сучасних) виник в Індії тільки на початку нової
ери. В Європі вони стали відомі завдяки книзі «Арифметика Індо-
рум», яку написав хорезмський математик Мухаммед ібн Муса. Книга
була написана арабською мовою, і тому ц? цифри назвали арабсь
* 108 = І 000 000. Взагалі І0п означає число,- записане одиницею з п на
ступними нулями.
8
кими. Згодом, довідавшись, що Му хам мед в основу нумерації в книзі
поклав практику числення Індії, ці цифри почали називати індійсь-
кими.
У Росії про індійську нумерацію довідались тільки у ХШ ст.
До цього числа позначали старослов’янськими літерами, тільки зверху
писали спеціальний значок-----• (титло):
-г«- н
д В Г А Є 3 3 н Ф
1 2 3 4 5 в 7 в 9
ї і? Л м н І О П Я
10 20 зо 40 50 60 70 во 90
с *г Т*- У X $ & ц
100 200 300 400 500 600 700 800 900
Тисячі позначалися тими самими літерами, тільки попереду ста-
вили значок * Наприклад, числа 7205, 1963 записували відповідно
так:
У деяких випадках і досі користуються римськими цифрами.
Римська система нумерації складається з семи знаків;
1 V X Ь С [) М
1 5 10 50 100 500 1000
Якщо при цьому менший знак пишеться після більшого, то його
додають до більшого числа, а якщо перед більшим — віднімають,
наприклад 8-VIII, 24 - XXIV, 4б-ХЬУІ, 176 — СЬХХУІ, 1975 —
МСМЕХХУ.
Цілі невід’ємні числа. Про нуль ми вже згадували, розглядаючи
його як цифру (знак), а не число. Проте у математиці прийнято
розглядати нуль не лише як цифру, але і як число.
Нуль—число не натуральне. Нуль менший за 1 і за будь-яке
натуральне число. Якщо розмістити нуль і всі натуральні числа
у порядку зростання, одержимо:
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, . ♦ ,
Цю послідовність чисел називають розширеним натуральним
рядом.
Всі натуральні числа і нуль називаються разом цілими невід'єм-
ними числами. Цілими числами називають всі натуральні числа, нуль
і всі цілі від’ємні числа: —1, —2, —3 і т. д.
9
§ 3. Числові вирази. Поняття змінної.
Вирази із змінними. Рівняння
Розглянемо дві задачі.
Задача 1. Поїзд ішов дві доби. За першу добу вія пройшов
980 км, а за другу па 50 км більше. Скільки кілометрів пройшов
поїзд за другу добу?
Задача 2. ГЇоїзд ішов дві доби. За першу добу він пройшов
980 км, а за другу на 65 км більше. Скільки кілометрів пройшов
поїзд за другу добу?
У цих задачах все однакове, крім одного числа. Якщо це число
позначимо буквою х, то обидві задачі можна об’єднати: «Поїзд ішов
дві доби. За першу добу він пройшов 980 км, а за другу на х км
більше. Скільки кілометрів пройшов поїзд за другу добу?» Якщо
в цю задачу замість букви х підставити число 50, то матимемо першу
задачу, а якщо замість букви х підставити число 65, —другу задачу.
У цій задачі х— змінна. Число, яке підставляють замість змін-
ної, називають значенням змінної. В задачах 1 і 2 значеннями змін-
ної х е числа 50 і 65.
Числові вирази. При розв’язанні задач іноді лише позначають
дії, а виконують їх потім. Внаслідок цього утворюються записи,
які називаються виразами.
Задача. На полиці стояло 35 книжок. Спочатку з неї зняли
10 книжок, а потім ще 20. Скільки книжок лишилося на полиці?
Складемо вираз за умовою задачі.
Після того як зняли 10 книжок, а тоді ще 20, їх залишилося
35т- Ю — 20. Дістали вираз: 35 — 10 — 20.
Якщо виконати зазначсн: дії. то дістанем') число 5, яке називають
значенням виразу. Значення виразу дає відповідь задачі: 5 книжок.
Залежно від того, яку дію у виразі виконують останньою, він
одержує свою назву. Вираз 24 . 5 — 8 • 16 називають сумою, бо
останньою виконують дію додавання. У виразі 35— (10 -г 20) остан-
ньою виконують дію віднімання. т~му вираз називають різницею.
Якщо останньою виконують дію множення, то вираз називають
добуткОхМ, а якщо ділення, — то часткою. Наприклад, (38 + 12) : 5 —
частка суми 38+ 12 і числа 5; (6:—24). (12 + 87)—добуток
різниці 67 — 24 і суми 12 — 87.
Вирази із змінними.
Зад а ча.У першій чверті в школі було 76 відмінників. У другій
їх було на х більше. Скільки відмінників стало у другій чверті?
Надамо змінній х значень: 10, 11, 12. Для кожного значення
складаємо за умовою задачі вираз: 76+ Ю, 76+ 11, 76+ 12. Знай-
дені вирази відрізняються між собою лише другим доданком. Замість
усіх виразів можна написати один, який містить змінну х: 76 + х.
На запитання задачі слід відповісти так: «У другій чверті' було
76+ * відмінників4 або інакше: «Число відмінників у другій чверті
дається виразом із змінною*: 76+ х. Якщо в нього замість х під-
ставимо 10, дістанемо: 76+ 10 = 86. Говорять, що числове значення
виразу 76+ * при х -- 10 дорівнює 86. При інших числових значеннях
змінної х цей вираз має інші числові значення:
якщс х— 11, то 76 + * — 87;
якщо х ---= 12, то 76 + х = 88.
* Замість «вираз із змінною» говорять також «буквений вираз».
10
Рівняння.
Задача. На лівій шальці терезів чотири однакові пакети з
борошном» по а кілограмів у кожному» і дві гирі — 2 кг і 1 кг. На
правій шальці 2 гирі по 5 кг, 2 гирі по 2 кг і 1 гиря в 1 кг. Терези
в рівновазі. Скільки важить кожний пакет?
Увесь вантаж на лівій шальці становить а 4 -|- 3 кг. Оскільки
терези перебувають у рівновазі, то вага дорівнює 15 кг.
а 4 4- 3 = 15.
Рівність справедлива не при всіх значеннях змінної а, а лише
при а = 3. Отже, кожний пакет важить 3 кг.
Рівність із змінною називають рівнянням. Значення змінної
(букви)', при якому утворюється правильна рівність, називають ко-
ренем рівняння. Число 3 — корінь рівняння а» 4 4-3=15. Нижче
ми з’ясуємо, як розв’язувати рівняння, використовуючи залежності
між компонентами арифметичних дій.
§ 4. Арифметичні дії
Часто каж\т»>, що арифметичною дією називається знаходження
за двома даними числами третього числа. Це не слід вважаїи строгим
визначенням. Це поняття можна пояснити так: відомі вам дії дода-
вання, віднімання, множення і ділення називають арифметичними
діями.
Додавання. Якшо виходити з пон тті чисельності множини
(див. § 1), то дію додавання можна описати так.
Часто доводиться об’єднувати кілька множин в одну Нехай,
наприклад, в школі є два четвертих класи. Об’єднавши множину
учнів цих класів, ми дістанемо одну множину — множину чо.ириклас-
няків цієї школи. Нехай чисельність множини учнів одного класу
дорівнює 37, а іншого — 33. Тоді чисельність множини всіх чотчри-
класнкків визначається за допомогою додавання: 37 д- 38 — 75. Знай-
дене число 75 називається сумою даних двох чисел 37 і 38.
Якщо не виходити з птняття чисельності множини, то дія дода-
вання визначається так:
Додаванням натуральних чисел називають арифметичну дію,
за допомогою якої визначають число, що містить стільки одиниць,
скільки їх є у даних числах разом.
Числа, які треба додати, називають доданками, а результат
додавання називають сумою.
Приклад. 114-9 = 20. Тут 11 і 9 — доданки, 20 — сума.
Знак додавання 4- (плюс) ставиться між доданками. Однозначні* числа
додають, користуючись таблицею додавання:
1-41-2;
2 3-1=3 і т. д.
Цю таблицю учні запам’ятовують ше в першому к/юсі.
* Однозначним, двозначним і т. д. називають числ^, згипемні однією, двома
і т. д. цифрами. Число, записане кількома цифрами, пазіпукться мнегозначним.
11
Додавання, многозначних чисел зручніше виконувати «в стовпчик»,
записуючи доданки так: одиниці проти одиниць, десятки проти
десятків і т. д., наприклад:
. 29 327
+ 4 398 186
4427 513 .
Примітка. Якщо один з двох доданків дорівнює нулю, сума
дорівнює другому доданку: 0 + 5 = 5; 44-0 = 4.
Цю властивість можна записати за допомогою змінної. При
будь-яких значеннях а правильні рівності
а + 0 = а; 0 + а=а.
Віднімання. Якщо виходити з поняття чисельності множини
(див. § 1), то дію віднімання можна пояснити так.
Часто доводиться з однієї множини вилучати її частину (із ви-
готовлених деталей відкидають браковані, із збираних грибів від-
кидають червиві тощо). Нехай, наприклад, учні одного класу зібрали
в лісі гриби і відкинули червиві. Нехай чисельність множини гри-
бів 82, а чисельність множини червивих грибів 15. Тоді чисельність
множини грибів, які залишилися, визначається за допомогою відні-
мання: 82 — 15 = 67.
Якщо не виходити з поняття чисельності множини, то дія
віднімання визначається так:
відніманням називається дія, за допомогою якої за даною сумою
двох доданків і одним з них відшукується другий доданок. Таким
чином, число, яке при додаванні є шуканим, при відніманні вияв-
ляється даним, і навпаки. Тому віднімання називають дією, оберненою
до додавання.
Число, від якого віднімають, називають зменшуваним; число, яке
віднімають,—від'ємником. Число, яке одержують в результаті
віднімання, називають різницею.
Приклад. ЗО — 12 = 18. Тут ЗО —зменшуване, 12 — від’ємник,
а 18 — різниця. Знак віднімання — (мінус) ставиться між зменшува-
ним і від’ємником.
Віднімання в множині натуральних чисел можливе лише за умо-
ви, коли зменшуване більше за від’ємник. При цьому різниця
виражається завжди певним єдиним натуральним числом.
Примітка. 1. Віднімання нуля від числа не змінює цього
числа, наприклад, 8 — 0 = 8.
2. Якщо зменшуване дорівнює від’ємнику то різниця дорівнює
нулю. Наприклад, 9 — 9 = 0.
Ці властивості можна записати за допомогою змінної. При будь-
яких значеннях а правильні рівності
а — 0 = о; а — а = 0.
Множення. Смисл дії множення натуральних чисел найкраще
визначити, виходячи з додавання кількох однакових чисел. Помно-
жити число а на число Ь означає знайти суму Ь доданків, кожний
з яких дорівнює а. Наприклад, якщо число 5 треба помножити на 7,
то пишуть 5 х 7 = 35 і кажуть, що треба знайти суму семи однако-
вих доданків-
5 + 5 + 5+5-|_ 5 + 5 + 5 = 5 X 7,
12
Можна сказати Інакше: помножити одне натуральне число на
друге — значить взяти перше число доданком стільки разів, скільки
одиниць у другому числі. При цьому те число, яке повторюється
як доданок, називається множеним; число, яке показує, скільки
береться , таких однакових доданків, — множником; число, одержане
в результаті множення, — добутком. Так, у нашому прикладі 5 —
множене, 7 — множник, 35 — добуток. Множене і множник назива-
ються також співмножниками.
Знак множення х ставиться між множеним і множником. Як знак
множення часто вживається крапка • , наприклад, 3 • 5=15 (перед
буквеними співмножниками знак множення не ставлять).
Примітка. 1. Якщо один з двох співмножників дорівнює
одиниці, то добуток дорівнює другому співмножнику, наприклад
15 = 5; 10. 1 = 10.
2. Якщо хоч один співмножник дорівнює нулю, то й добуток
дорівнює нулю:
о. 342 = 0; 37- 0 = 0; 0. 0 = 0.
Ці властивості можна записати за допомогою змінної. При
будь-яких значеннях Ь правильні рівності І - Ь = Ь, 0. Ь = 0.
Ділення. Діленням називається дія, за допомогою якої за даним
добутком двох співмножників і одним з цих співмн юнаків знахо-
диться другий співмножник.
Інакше: поділити 900 на 12 означає знайти таке число х, при
множенні якого на 12 одержимо 900. Взагалі, поділити число а на
число Ь—значить знайти таке число х, при множенні якого на число Ь
одержуємо а:
х Ь = а.
Число х називається часткою чисел а і Ь, число а називається
діленим, а число Ь — дільником'.
х = а:Ь.
Наприклад, 40 : 8 = 5. Тут 40 — ділене, 8— дільник, а 5—частка.
Знак ділення : (дві крапки) ставиться між діленим та дільником.
Ділення можливе не завжди. Наприклад, ЗО не ділиться на 7 —
немає такого натурального числа х, при якому 7х дорівнює ЗО.
Жодне число не можна ділити на нуль. Адже поділити, наприклад,
6 на 0 означає знайти таке число х, при якому 0 • х = 6. А при
будь-якому значенні х добуток 0. х дорівнює нулю, а не 6. Таким
чином, ділити 6 на 0 не можна. Не можна ділити і 0 на 0. 4дже
поділити 0 на 0 означає знайти таке число х, що 0 • х == 0. Яке б
ми число не взяли, ця рівність буде правильною. Тому не можна
знайти певного значення х. Отже, ділити на 0 не можна.
Примітка. 1. Якщо ділене дорівнює дільнику, то частка до-
рівнює одиниці, наприклад, 14: 14= 1.
2. Якіпо дільник дорівнює одиниці, то частка дорівнює діленому,
наприклад, 35 : 1 = 35.
3. Частка від ділення нуля на будь-яке число, відмінне від
нуля, дорівнює нулю, наприклад, 0: 12 = 0.
Ці властивості за допомогою змінної записуються відповідно
так: а : а = 1; а : \ = а; 0 : а = 0.
Ділення з остачею Поділити, наприклад, ЗО на 7 точно неможлива
Але трапляються ситуації, які вимагають поширити ділення натураль-
них чисел і на такі випадки.
Тому розглядають також ділення з остачею,'
Примітка Щоб не змішувати ділення з остачею і розглянуту
вище арифметичну дію ділення, останнє називають ще діленням без^
остачі або діленням націло.
Ділення з остачею є відшукання найбільшого цілого числа, яке
у добутку з дільником дає число, шо не перевищує діленого. Шукане
число називається неповною часткою. Різниця між діленим і добутком
дільника на неповну частку називається остачею; вона завжди менша
за дільник.
Приклад. 19 не ділиться без остачі на 5. Числа 1, 2, 3 при
множенні на 5 дають 5, 10, 15, які не перевищують діленого 19, але
вже 4 дає в добутку з 5 число 20, більше за 19. Тому неповною
часткою буде 3, а остачею — 4 (різниця між 19 і добутком 3*5= 15);
19 = 5-^3 4-4.
Для натуральних чисел точному діленню (діленню без остачі)
і діленню з остачею можна дати таке загальне визначення: поділити
число а (ділене) на число Ь (дільник) — значить знайти такі два
числа д (частка) і г (остача), які задовольняли б співвідношення
а ~ Ьд + г, 0 г < Ь.
Якщо дільник Ь не дорівнює нулю, то ділення завжди можливе
і дає єдиний результат.
Остачею при діленні на число Ь може бути будь-яке з чисел 0,
1, 2, . . . , Ь— 1.
Примітка. Назва дії загальноприйнята у західноєвропейських
мовах і вживана у Росії до першої половини XVIII ст., «дивізіо»
запозичена з латинської мови.
Знак ділення (:) був прийнятий у XVIII ст.
Піднесення до степеня. Окремий випадок множення, а саме мно-
ження однакових чисел, називають піднесенням до степеня. Якщо,
наприклад, треба перемножити 5 однакових чисел, кожне з яких
дорівнює 2, кажуть, що треба піднести число до п’ятого степеня,
і замість 2* 2- 2* 2* 2 пишуть 2б.
Піднести число до другого, третього, четвертого і т. д. степеня—
значить взяти його співмножником відповідно два, три, чотири і т. д.
рази*. Число, яке повторюється співмножником, називається основою
степеня; число; яке вказує, скільки разів береться однаковий множ-
ник, називається показником степеня, а результат — степенем.
Запис: 53 = 5 • 5* 5 = 125; тут 5 — основа степеня, 3 — показник
степеня, 125 — степінь.
Другий степінь називається інакше квадратом, третій степінь —
кубом. Першим степенем числа називають саме число, наприклад 7Х=7.
* Про піднесення до від’ємного, нульового І дробового степенів див. на
стор. 128.
14
.§ 5. Властивості арифметичних дій
Закони додавання: 1. Переставний: сума не змінюється від
зміни місць доданків. Переставний закон у загальному вигляді за-
писується рівністю
а Ь = Ь + а.
2. Сполучний: сума не змінюється, якщо будь-яку групу
доданків, що стоять поруч, замінити їх сумою. У загальному
вигляді ця властивість для трьох доданків записується так:
а-М + с = а+(& + с)
Переставний і сполучний закони називають також відповідно
комутативним і асоціативним законами.
Правило додавання суми до числа і числа до
суми. Щоб додати до будь-якого числа суму кількох чисел (чи
навпаки), досить додати до цього числа один доданок, до одержаної
суми додати другий доданок і т. д.
Правила віднімання: 1, Віднімання суми від числа.
Щоб відняти суму від числа, можна відняти від цього числа один
доданок, від одержаної різниці — другий доданок і т. д,
Позначимо зменшуване буквою а, окремі доданки суми, що відні-
мається, буквами Ь і с. Тоді властивість можна записати так:
а — (Ь + с) = а — Ь — с.
Приклад. 25 — (13 + 5) =25 —5 — 13 = 20 — 13= 7.
2. Віднімання числа від суми. Щоб відняти число
від суми, можна відняти це число від будь-якого одного доданка
(припускається, що доданок більший за від’ємник) і одержану різ-
ницю додати до суми решти доданків, тобто
(а + Ь) — с = (а — с) + Ь = а + (р — с).
Приклади. (35 + 27) — 17 = 36 + (27 — 17) = 46;
(36 + 27) — 16 = (36 - 16) + 27 = 47.
3. Додавання різниці. Щоб додати різницю до числа,
досить додати до нього зменшуване і від одержаної суми відняти
від’ємник, тобто
а + (Ь — с) — а-^-Ь — с.
Приклад. 50+(36— 16) =50 + 20 = 70, або 50 + 36 = 86.
86 — 16 = 70.
4. Віднімання різниці. Щоб відняти різницю від числа,
досить відняти від нього зменшуване (якщо це можливо) і до одер-
жаної різниці додати від’ємник.
Ця властивість у загальному вигляді записується так:
а — (Ь — с) = а — Ь + с.
Приклад. 65 — (35 — 18) = (65 — 35) + 18 = 48.
Закони множення: 1. Переставний: добуток не змінюється
від зміни місць співмножників.
15
Якщо ПбЗТіачимо перший співмножник буквою а, а другий —
буквою Ь, то переставний закон можна записати у вигляді рівності
аЬ = Ьа.
2. Сполучний: добутою не зміниться, якщо будь-яку групу
співмножників^що стоять поруч, замінити їх добутком. У загаль-
ному вигляді цей закон можна записати так:
а&с = а (Ьс).
3. Розподільний (відносно суми): добуток суми кількох
чисел на будь-яке число дорівнює сумі добутків кожного доданка
на це число. У загальному вигляді для випадку трьох доданків цей
закон можна записати так:
(а + Ь + с) д = ад + Ьд. 4-
Переставний, сполучний і розподільний закони називають також
відповідно комутативним, асоціативним і дистрибутивним.
Правила множення: 1. Множення добутку на число
і числа на добуток. Щоб помножити добуток кількох чисел
на будь-яке число (чи навпаки), досить один із співмножників добутку
помножити на це число, залишивши інші співмножники без зміни.
Приклади. (35 • 12) - 4 = (35 • 4) • 12 = 140 •. 12 = 1680; 20 X
X (718.', 5) = (20; 5) ♦ 7» 18= 100. 7- 18= 12 600.
2. Множення різниці на число. Щоб помножити різ-
ницю на число, досить помножити на це число окремо зменшуване
і від’ємник, а потім від першого добутку відняти другий, тобто
(а — Ь) с~ас — Ьс.
Приклад. (35—15) 4 = 35 • 4—-15 4 = 140—60 = 80.
Правила ділення: 1. Д і ле н н я суми на ч и с л о. Щоб поді-
лити суму на будь-яке число, досить поділити на це число кожний
доданок і одержані частки додати, тобто
(а 4- Ь); с = а : с + Ь : с.
Приклад. (8+12) :4 = 8: 4+12: 4 = 24-3 = 5.
2. Ділення різниці на число. Щоб поділити різницю
на будь-яке число, досить поділити на це число окремо зменшуване
і від’ємник, а потіїМ від першої частки відняти другу, тобто
(а — Ь) '.с = а: с — Ь :с.
Приклад. (18—6) : 3 = 18: 3—6 : 3 = 6—2 = 4.
Однак у прикладі (17—7) : 5 треба спочатку знайти різницю
17—7.
3. Ділення числа на добуток. Щоб поділити число
на добуток, досить поділити це число на один з співмножників, одер-
жану частку поділити на другий співмножник, нову одержану частку
поділити на третій співмножник і т. д.
Приклад. 960 поділити на добуток 4-6.8 можна так:
960: 4 = 240; 240 :6 = 40; 40: 8 = 5.
4. Ділення добутку на число.. Частка від ділення
добутку двох співмножників на число дорівнює добутку одного
16
з співмножників на частку від ділення другого співмножника на це
число (якщо таке ділення можливе). У загальному вигляді
(ад) : с = (а : с) Ь.
Ця властивість лишається справедливою і для випадку добутку
кількох співмножників, тобто
(аЬс) :сІ = (а: (і) Ьс.
Приклад. Поділити добуток 24* 18- 10 (що дорівює 4320)
на 8 можна так:
24: 8 = 3; 3 • (18 • 10) = 3. 180 = 540.
Однак у прикладі (6- 8): 16 треба спочатку обчислити добуток
6-8.
Залежність між даними числами і результатами дій з ними.
Додавання. Якщо відома сума двох доданків, а один доданок
невідомий, то щоб знайти його, досить від суми відняти відомий
доданок, тобто якщо
а + & = с, то а = с — Ь і Ь = с — а.
Приклад, х + ЗО = 42; х = 42—ЗО; х = 12.
Віднімання. Щоб знайти невідоме зменшуване, досить до
від'ємника додати різницю, тобто якщо
а — Ь = с, то а = Ь + с.
Приклад, х — 8 = 5; х = 8 4- 5; х~ 13.
Щоб знайти невідомий від'ємник, досить від зменшуваного відняти
різницю, тобто якщо >
а — Ь = с, то Ь = а — с.
Приклад. 45 — х = 15; х = 45—15; х = 30.
Множення. Щоб знайти невідомий співмножник, досить по-
ділити добуток на відомий співмножник (чи на добуток відомих
співмножників), тобто якщо
аЬ — с, то а = с: Ь\ Ь= с: а.
Приклад 1. 25х = 200; х = 200: 25; х = 8.
Приклад 2. З • 5л • 2 = 210; х = 210 : (3 - 5 • 2); х = 7.
Ділення. Щоб знайти невідоме ділене, досить дільник по-
множити на частку, тобто якщо
а : Ь = с, то а = Ьс.
Приклад, х: 25 = 3; х = 25 • 3; х = 75.
Щоб знайти невідомий дільник, досить ділене поділити на
частку, тобто якщо
а : Ь = с, то Ь = а : с.
Приклад. 400 : х — 16; х = 400: 16; х = 25.
Щоб знайти ділене при діленні з остачею, досить дільник по-
множити на частку І додати остачу.
17
В загальному вигляді, якщо при діленні а на Ь одержали частку
д і остачу г, то .
а = Ьд + г.
Приклад. Якщо ЗО : 4 = 7 (ост. 2), то ЗО = 4 7 + 2; х: 5 =« 4
(ост. 3), то х = 5 • 4 + о = 23.
Щоб знайти дільник при діленні з остачею, досить від діле-
ного відняти остачу і різницю поділити на частку, тобто
Ь = (а — г):д.
Приклад. 40: х = 6 (ост. 4), х = (40 — 4) : 6 = 6.
§ 6. Зміна результатів дій
в залежності від зміни даних
Зміна суми і різниці. Якщо один з доданків збільшити- (змен-
шити) на якесь число, то на те саме число збільшиться (змен-
шиться) і сума, тобто якщо
а + Ь = с, то (а + т) + Ь = с + т і (а — т) + Ь = с — т.
Приклади. 5-т-8=13, тоді (5 + 2) + 8 = 13 + 2;
. 18+12 = 30, тоді (18 — 5) + 12 = 30 — 5.
Якщо зменшуване збільшиться (зменшиться) на якесь число,
то й різниця збільшиться (зменшиться) на те саме число, тобто
якщо
а — Ь = с, то (а+т)—Ь — ст, і (а — т) — Ь = с — т.
Приклади. 18—12 = 6, тоді (18 + 5) — 12 = 6 + 5;
ЗО—12= 18, тоді (ЗО—10) —12= 18—10.
Якщо від’ємник збільшити (зменшити) на якесь число, то різ-
ниця зменшиться (збільшиться) на те саме число, тобто* якщо
а — Ь = с, то а — (Ь + т) = с — т і а — (Ь — т) — с-\~т.
Приклади 45 — 12 = 33, тоді 45 — (12 + 3) = 33 — 3;
52 — 30 = 22, тоді 52 — (ЗО — 10) = 22 + 10. ’
Якщо один доданок збільшити, а другий зменшити на те саме
число, то сума не зміниться, тобто якщо
а + Ь'= с, то (а + т) + (Ь — т) = с.
Якщо зменшуване і від'ємник збільшити (чи зменшити) на те
саме число, то різниця не зміниться, тобто якщо
а — Ь = с, то {а + т) — (Ь + т) = с і (а — т) — (Ь — т) = с.
Зміна добутку і частки. Якщо один співмножник збільшити
(зменшити) у кілька разів, то й добуток збільшиться (змен-
шиться) у стільки ж разів.
У загальному вигляді, якщо
аЬ — с, то (ат) Ь = ст і (а : т) Ь = с: т.
П р и к л а д и. ч5 • 6 = 30, тоді (5 • 4) • 6 = ЗО 4;
4 • 8 = 32, тоді (4 :2) • 8 = 32.- 2.
18
\ £ Якщо один співмножник добутку збільшити (зменшити) у
кілька разів, а другий зменшити (збільшити) у стільки ж разів.
що добуток не зміниться, тобто якщо
• аЬ = с, то (а : т) (Ьт) = с.
Приклад. 25- 10 = 250, тоді (25: 5) (10. ;5) = 250.
Якщо ділене збільшити (зменшити) у кілька разів, то й частка
збільшиться (зменшиться) у стільки ж разів, тобто якщо
а‘.Ь = с, то (та) і Ь~ тс і (а : т) :Ь = с: т.
Приклади. 40:5 = 8, тоді (40. 6): 5 = 8. 6;
440: 11 = 40, тоді (440 : 4): 11 = 40:4.
Якщо дільник збільшити (зменшити) у кілька разів, то частка
зменшиться (збільшиться) у стільки ж разів, тобто якщо
а: Ь = с, то а : (Ьт) ~ с: т і а : (Ь: т) = ст.
Приклади. 64:8 = 8, тоді 64 : (8 • 2) = 8 :2;
81 : 9 = 9, тоді 81 : (9: 3) = 9. 3.
Якщо ділене і дільник збільшити або зменшити в те саме число
разів, то частка не зміниться, тобто якщо
а: Ь = с, то (ат): (Ьт) = с і (а : т): (Ь : т) = с.
Ця властивість називається основною властивістю частки.
Приклад. 32: 16= (32. 2): (16. 2) = 2 і 32 : 16 = (32 : 4):
: (.16:4) = 2.
Зміна остачі. Якщо ділене і дільник збільшити або зменшити
в те саме число разів, то частка не зміниться, але остача збіль-
шиться (або зменшиться) у те саме число разів.
За допомогою букв це записується так: нехай а — ділене, Ь —
дільник, — частка, г — остача; тоді
а = Ьд + г (г < Ь), ат = (Ьт) у + гт,
а : т = (Ь: т) д + (г і т).
Про це не можна забувати при діленні чисел, що закінчуються
нулями. Наприклад, ділення 84100 : 400 іноді виконують так:
_841ВД І 4ВД
?4____| 210
1
У дійсності ж для чисел 84100:400 остача буде не 1, а 100, бо
ми ділили 841 сотню на 4 сотні і одержали 210 і в остачі 1 сотню.
Розв'язання рівнянь. За залежностями між даними числами
і результатами дій з ними можна розв'язувати рівняння.
Застосування правил визначення невідомого
доданка, зменшуваного і від'ємника для розв'я-
зання рівнянь.
Приклад 1. Розв'язати рівняння: 49 + (54 + *) = ^0.
Розв'язання. Ліва частина рівняння є сума 49 і 54-|-х.
Можемо знайти другий доданок 54 + х. Щоб його знайти, треба від
120 відняти 49: 54 + х = 120 — 49, тобто 54 -|-*=69. А тепер за
19
сумою 69 і першим доданком знаходимо другий доданок: х = 69 —
— 54 = 1,5.
Приклад 2. Розв'язати рівняння: 751 — (х — 152) = 702.
Розв’язання. Ліва частина рівняння є різницею 751 і х —
—152. Можемо знайти від’ємник х — 152. Щоб його знайти, треба
від 751 відняти 702: х— 152 = 751—702, тобто х— 152= 49.
Тепер за від'ємником і різницею знаходимо зменшуване: х =
= 152 + 49 = 201.
ПрикладЗ. Розв’язати рівняння: (180 — х) — 100 = 60.
Розв’язання. Ліва частина рівняння є різницею 180 — х
і 100. Можемо знайти зменшуване 180 — х. Щоб його знайти, треба
до 100 додати 60: 180 — х= 100 —60, тобто 180— х — 160. Тепер за
зменшуваним і різницею знаходимо від'ємник: х = 180 — 160 = 20.
Застосування правил визначення невідомого
доданка, зменшуваного і від’ємника для розв’я-
зання задач.
Задача 1. Я приніс 49 книжок і поклав їх у шафу. Після
цього в шафі стало 62 книжки. Скільки книжок було у шафі?
Розв’язання. Нехай у шафі було х книжок. Якщо до числа
х додати 49, то буде 62. Запишемо це речення у вигляді рівняння:
х 4-49 = 62. Тепер за сумою і другим доданком знаходимо перший
доданок: х = 13. Отже, у шафі буто 13 книжок.
Задача 2. Книжка подешевшала на 13 коп. і коштує тепер
98 коп. Скільки коштувала книжка до зниження ціни?
Розв’язання. Нехай книжка до зниження ціни коштувала
х коп., а після зниження ціни на 13 коп. вона коштуватиме х —
—13 коп. За умовою задачі, книжка після зниження ціни на 13 коп.
коштувала 98 коп. Запишемо це рівнянням: х — 13 = 98. Тоді х —
= 13 4-98= 121 коп. Отже, до зниження ціни книжка коштувала
121 коп., або 1 крб. 21 коп.
Застосування правил визначення невідомого
множника для розв’язання рівнянь.
Приклад 4. Розв’язати рівняння: 4х 4- 5х 4- х = 1200.
Розв’язання. Вираз (ліва частина рівняння) 4х 4- 5х 4- х
спрощуємо за допомогою розподільного закону множення: 4х + 5х +
+ %=(4+5+1)х = 1 Ох.
Тоді Юх = 1200.
За правилом, за яким визначають невідомий множник, знаходимо:
х= 1200: 10 = 120.
Приклад 5. Розв’язати рівняння: 128// — 72//— 28//= 308.
Розв’язання. Вираз 128у — 72у — 28у спрощується за роз-
подільним законом множення: 128// — 72// — 28у = (128 — 72 — 28)//=
= 28г/.
Тоді 28у = 308.
Звідси маємо у = 11.
Застосування правил визначення невідомого
множника для розв’язання задач.
Задача 3. Учень помножив деяке число на 9 і на 12. Потім
додав знайдені добутки. Він дістав 210. Яке число помножив учень
на 9 і на 12?
Розв’язання. Нехай невідоме число буде х. Тоді перший
добуток 9х, другий — 12х. За умовою задачі сума цих доданків до-
рівнює 210. Це речення записується рівнянням 12х + 9х = 210, роз-
в’язком якого є х = 10. Отже, невідоме число є 10.
20
Задача 4. Брат у чотири рази старший за сестру, а сестра на
9 років молодша від брата. Скільки років сестрі і скільки братові?
Розв’язання. Нехай вік сестри—х років. Тоді вік брата
4х. За умовою задачі сестра на 9 років молодша від брата — це за-
писується рівнянням 4х— х = 9, розв’язком якого є х = 3 (вік
сестри); 4х=4 3= 12 (вік брата).
Застосування правил визначення дільника
і діленого для розв’язання рівнянь.
Приклад 6. Спочатку в правій частині виконати зазначені дії,
а потім розв’язати рівняння:
а) 320: х = 320 : 4; б) у : 56 = 112 : 56.
Розв’язання, а) 320 : 4 = 80; 320 : х — 80; х = 320 : 80 = 4.
6)112:56 = 2; у : 56 = 2; // = 56-2=112.
Приклад 7. Розв’язати рівняння:
а) (х + 59) : 40 = 36;
б) 6528 : (а - 39) = 64.
Розв’язання.
а) За правилом визначення діленого х 4- 59 = 40 36 = 1440.
Тоді з рівняння х 4- 59 = 1440 невідомий доданок х = 1381.
б) За правилом визначення дільника а— 39 = 6528:64 = 102.
Тоді з рівняння сї — 39 = 102 невідоме зменшуване а = 39 4- Ю2 =
= 141.
Приклад 8. Розв’язати рівняння:
а) 8х 4- 5х 4" 184 = 535;
б) 19х —7х —8 = 136.
Розв’язання.
а ) За розподільним законом множення 8х 4- 5х = (8 4~ 5) х = ІЗх.
Тоді з рівняння 13x4-184 = 535. Перший доданок ІЗх = 535 — 184=
= 351; з рівняння ІЗх = 351 невідомий множник х = 27.
б ) За розподільним законом множення 19х — 7х=(19—7) х =
= 12х. Тоді з рівняння 12х—8 = 136 зменшуване 12х= 136 4- 8 =
= 144; з рівняння 12х= 144 невідомий множник х= 12.
Застосування правил визначення діленого
і дільника для розв’язання задач.
Задача 5. З одного пункту одночасно в протилежних напрям-
ках вийшли два пішоходи. Через 3 год віддаль між ними стала
21 км. Знайти швидкість другого пішохода, якщо швидкість першого
була 4 км за годину.
Розв’язання. Нехай швидкість другого пішохода х км за
годину. Тоді перший і другий пішоходи проходять 4 4- х км за го-
дину. Отже, 21
„ 21 □
км вони пройдуть за - — год. За умовою задачі
4 4~ х
вони проходять цю віддаль за 3 години. Отже, одержуємо рівняння:
Розв’язавши це рівняння, дістанемо, що х = 3 км за годину.
§ 7. Порядок дій, дужки
Порядок дій. При виконанні кількох дій результат залежить від
даних чисел і від порядку виконання дій з ними. Так, наприклад,
4-24-1=3. якщо викочувати дії у порядку їх запису; якщо ж
21
спочатку додати 2 і 1 І відняти одержану суму від 4, то одержимо 1.
Для попередження непорозумінь вводяться умови, в якому порядку
слід виконувати дії у виразі, записаному без дужок.
Додавання і віднімання називають діями першого ступеня, мно-
ження і ділення — діями другого ступеня, а піднесення до степеня —
дією третього ступеня.
Якщо у виразі (без дужок) трапляються дії тільки першого або
другого ступеня, то їх виконують у тому порядку, в якому вони
написані, зліва направо.
Приклади. 10 — 3 + 4 + 2 = 7 + 4 + 2 = 11 + 2 = 13;
40. 2:4-5 = 80 :4 5 = 20-5 = 100.
Примітка. Такий порядок дій другого ступеня не відповідає
прийнятому в алгебрі, де під виразом а:Ьс завжди розуміють
а
Ьс
(а поділене на добуток Ьс). Тому у деяких нових підручниках з ариф-
метики рекомендують інший порядок дій, відповідний до прийнятого
в алгебрі: якщо у виразі трапляються дії тільки другого ступеня,
то спочатку виконується множення, а потім ділення. Керуючись цим
правилом, останній приклад треба було б розв’язати так*: 40- 2 : 4х
X 5 = 80 : 20 = 4.
Однак поки що у школах додержуються традиційного правила.
Якщо у виразі трапляються дії різних ступенів, то спочатку
виконують дії вищих, а потім нижчих ступенів. '
П р и к л а д. 2 • 52 — 3 • 3; 52 = 25; 2 25 = 50; 3 • 3 = 9; 50 —
— 9 = 41.
Дужки. При розв’язанні прикладів, які містять дужки, дії треба
виконувати у такому порядку: спочатку виконувати дії в дужках,
потім решту згідно з прийнятими вище правилами.
Приклад. 9+16:4 — 2(16 — 2 7 + 4)+ 6 (2 + 5).
Спочатку виконуємо дію в дужках:
16 —2 - 7 + 4= 16 —14 + 4 = 6; 2 + 5 = 7.’
Потім виконуємо решту дій:
9+ 16:4-2.6 + 6- 7 = 9 + 4— 12 + 42 = 43.
Часто для зазначення порядку дій необхідно брати у дужки такі
вирази, які вже самі містять дужки. Тоді, крім звичайних круглих
дужок (), застосовують дужки квадратні [] і фігурні {}.
Дії виконують у такому порядку: спочатку — обчислення всере-
дині круглих дужок у зазначеній вище послідовності; потім — все-
редині всіх квадратних дужок за тими самими правилами; далі —
всередині фігурних дужок; потім виконується решта дій**.
Приклад. 5 + 2 [14 —3 (8 — 6)] + 32: (10-2-3).
Виконуємо дії в»круглих дужках: 8 — 6 = 2; 10 — 2*3 = 10 —
— 6 = 4; дії у квадратних дужках дають 14 — 3 2 = 8; виконуючи
решту дій, знаходимо: 5 + 2 8 + 32:4 = 5 + 16 + 8 = 29.
* И. К. Андронов. Арифметика. Учпедгиз, 1962, стор. 108.
** У нових шкільних підручниках математики замість квадратних і фігур-
них дужок вживаються тільки круглі, наприклад, 5 2 (14 — 3 (8— 6)) 32.
22
§ 8. Перевірка арифметичних дій
Перевірка дій на основі залежності між даними і результатами
дій. Коли виконують багато обчислень, вдаються до контролю ви-
конання арифметичних дій. Для цього найчастіше використовують
основні закони арифметичних дій і залежності між даними і резуль-
татами дій. Наприклад, правильність виконання додавання 243 596 +
+ 32 483 = 276 079 можна перевірити додаванням (переставивши до-
данки) або відніманням: 276 079 — 243 596 = 32 483.
Аналогічно перевіряють правильність виконання й інших ариф-
метичних дій: віднімання, множення і ділення. Але іноді доцільно
користуватися спеціальними способами перевірки обчислень, напри-
клад правилом дев’ятки.
Правило дев’ятки. Для перевірки правильності виконання дода-
вання знаходять остачі від ділення на 9 сум цифр кожного доданка,
додають їх і результат знову ділять на 9. Одержану остачу порів-
нюють з остачею від ділення на 9 суми цифр знайденої суми. Якщо
додавання виконано правильно, остачі рівні.
Приклад.
2378 2
. 3819 З
"г 955 1
200369 2
206521 7
У наведеному прикладі остачі від ділення на 9 сум цифр до-
данків дорівнюють 2, 3, 1, 2; їх сума дорівнює 8. А остача від ді-
лення на 9 сум цифр результату 206521 дорівнює 7. Значить, дода-
вання виконано неправильно (правильне значення буде 207 521).
Аналогічно можна перевіряти і правильність виконання множен-
ня. Тільки одержані остачі від ділення на 9 сум цифр співмножни-
ків треба не додавати, а перемножати.
Приклад.
у. 1362 З
х 103 4
4086
1362
140286 З
Тут остачі від ділення на 9 сум цифр співмножників дорівнюють
З і 4; їх добуток 12. Поділивши 12 на 9, одержимо остачу 3. Така
сама остача лишається, якщо поділити на 9 суму цифр числа 140 286.
Отже, множення виконано правильно.
Примітка. Правило дев’ятки не завжди дає можливість знайти
помилку в обчисленнях. Наприклад, якби замість правильної відпо-
віді 140286 одержали 140 376 або 142 086, правило дев’ятки не вия-
вило б помилки, адже остачі від ділення на 9 суми цифр кожного
з цих чисел дорівнюють 3. Отже, цей спосіб перевірки не є до-
статнім.
Оскільки віднімання і ділення є дії, обернені до додавання
і множення, і правильність обчислення різниці і частки перевіря-
ється відповідно додаванням 1 множенням, то правило дев’ятки можна
застосовувати також для контролю віднімання і ділення.
§ 9. Способи швидких обчислень
Уміння швидко і безпомилково виконувати усні і письмові об-
числення дозволяє економити працю й час, а також швидко знахо-
дити помилки в розрахунках. Наведемо кілька способів, які найчас-
тіше використовуються в обчислювальній практиці.
Способи швидкого додавання і віднімання Спосіб округ-
лення. Цей спосіб грунтується на зміні суми або різниці в за-
лежності від зміни компонентів і застосовується у випадку, коли
хоч би один з компонентів являє собою число, близьке до круглих
десятків, сотень, тисяч і т. д.
1. Якщо один з доданків, округляючи, збільшити на кілька оди-
ниць, то від одержаної суми треба відняти стільки ж одиниць.
Приклад. 264 + 391 = 264 4- (391 + 9) — 9 = 264 + 400 —
—• 9 — 655.
2. Якщо один з доданків збільшимо на кілька одиниць, а дру-
гий зменшимо на стільки ж одиниць, сума не зміниться. На підста-
ві цього виконується округлення одного доданка за рахунок дру-
гого.
Приклад. 998 4- 936 = 1000 4- 934 = 1934.
3. Якщо від’ємник при округленні збільшимо на кілька одиниць,
то, щоб різниця не змінилася, треба і зменшуване збільшити на
стільки ж одиниць.
Приклад. 2342 — 996 = 2346 — 1000 = 1346.
4. Якщо зменшуване при округленні зменшимо на кілька оди-
ниць, то до одержаної різниці тьеба додати стільки ж одиниць.
Приклад. 10012 — 8645 =10000—86454-12 = 1355 4- 12=1367.
Використання властивостей додавання і від-
німання.
Приклади. 279 + 583 + 721 = (279 + 721) + 583 = 1583;
352 4-109 — 52 = (352 — 52) + 109 = 409;
573 — 432 — 68 = 573 — (432 4- 68) = 73.
Способи швидкого множення і ділення. Множення методом
Ферроля. Для одержання одиниць добутку перемножують одини-
ці співмножників; для одержання десятків перемножують десятки
одного на одиниці другого співмножника, і навпаки, і результати
додають; для одержання сотень перемножують десятки*. Цей спо-
сіб можна зобразити схематично так.
Приклад. 32 2- 6= 12, 2 пишемо, 1 пам’ятаємо;
3. 6= 18, 2- 4 = 8, 18 4-8 4- 1 =27,
7 пишемо, 2 пам’ятаємо;
3-4=12 і 2 — пишемо 14.
Х46
1472
Множення на число, близьке до одиниці яко-
гось розряду.
Приклади. 405 • 97 = 405 (100 — 3) = 405 • 100 — 405 3 =
=40500 — 1215--- 39285;
8012- 1006 = 8012(1000 4-6) = 80120004 8012 X
X 6 = 8012000 4- 48072 = 8060072.
* Цей спосіб множення виходить з тотожності (10а 4- Ь) (10с 4- <ї) —
«= Юас 4- 10 (асі 4- Ьс) 4-
Множення на 9, 99, 999. Щоб помножити на число, на-
писане дев'ятками, треба до множеного приписати справа стільки
нулів, скільки дев'яток у множнику, і від результату відняти
множене.
Приклади. 387• 9 = 3870 — 387 = 3483;
24- 99 = 2400— 24 = 2376;
•18 • 999 = 18000 — 18 = 17982.
Множення двозначного числа на 11. Щоб помно-
жити двозначне число, сума цифр якого менша за 10, на 11, треба
між цифрами числа написати суму його цифр.
Приклад. 72 11 = 792.
Щоб помножити на 11 двозначне число, сума цифр якого біль-
ша аіо дорівнює 10. треба між цифрою десятків, збільшеною на 1,
і цифрою одиниць написати надлишок суми цифр числа над 10.
Приклад. 68 • 11= 748.
Множення на 5, 25, 125. Щоб помножити число на 5, 25,
125, досить поділити його відповідно на 2, 4, 8 і результат по-
множити на 10. 100. 1000
Приклади. 2486 5 = 12430, оскільки 2486: 2 = 1243;
8084 25 = 202100, оскільки 8084 : 4 = 2021.
Ділення на 5, 25, 125. Щоб поділити число на 5, 25, 125,
досить помножити його відповідно на 2, 4, 8 і поділити на 10,
100, 1000.
Приклади. 235 : 5 = 47, оскільки 235 2 = 470;
1175 : 25 47, оскільки 1175 4 = 4700.
Використання властивостей множення і ді-
лення.
Приклади. 93- 8 125 = 93- (8- 125) = 93000;
36- 18:9 = 36- (18: 9) = 36- 2 = 72;
26 • 235 : 13 = (26 : 13) - 235 = 470.
Піднесення до квадрата чисел, що мають циф-
ру 5. Щоб піднести до квадрата двозначне число, яке закінчуєть-
ся цифрою 5, досить число його десятків помножити на число,
збільшене на одиницю, і до добутку справа, дописати 25.
Приклад. Обчислити 352.
Розв’язання (виконується усно). 3.4=12; дописавши 25,
одержимо результат: 352 = 1225
Щоб піднести до квадрата двозначне число, що має 5 десятків,
досить до 25 додати цифру одинииь і до результату дописати
справа квадрат числа одиниць так, щоб у результаті вийшло чо-
тиризначне число. Ці правила виходять з тотожностей
(10а + 5)2 = 100а (а + 1) + 25,
(50 + Ь)- = 100 (25 + Ь) + Ь2.
Приклад. Обчислити 542, 522.
Розв’язання (виконується усно) До 25 додаємо 4, одержує-
мо 29 Дописуємо 16. Одержуємо:
542 = 2916;
522 = 2704
25
§ 10. Подільність чисел
Подільність суми. Якщо кожний в доданків ділиться на якесь
число, то й сума їх обов'язково поділиться на це саме число.
Якщо кожний доданок, крім одного, ділиться на якесь число,
а один не ділиться, то сума не поділиться на це число.
Якщо ж два або більше доданків не діляться на якесь число,
то про подільність суми не можна сказати нічого певного: в одних
випадках вона ділиться, а в інших не ділиться на це число.
Приклад. 13 і 7 не ділиться ні на 5, ні на 6; сума 13 + 7
ділиться на 5, але не ділиться на 6.
Подільність різниці. Якщо зменшуване і від'ємник діляться на
якесь число, то й різниця поділиться на це саме число.
Якщо тільки одне з чисел —зменшуване або від'ємник — ділить-
ся на якесь число, а друге не ділиться, то й різниця не ділиться
на це число.
Якщо ні зменшуване, ні від’ємник не діляться на дане число,
то різниця їх може ділитися, а може й не ділитися на це саме число.
Приклад. 100 і ЗО не діляться ні на 7, ні на 13, їх різниця
100—30 ділиться на 7, але на 13 не ділиться.
Подільність добутку на число і числа на добуток. Якщо хоч один
з співмножників ділиться на якесь число, то добуток їх також
поділиться на це число.
Якщо ж один із співмножників не ділиться на дане число, то
з цього ще не виходить, що на дане число не поділиться їх добуток.
Приклад. Ні 15, ні 10 не діляться на 6, а їх добуток 15 X
X Ю на 6 ділиться.
Якщо дане число ділиться на добуток, то воно ділиться на
кожний з співмножників цього добутку.
Обернене твердження помилкове. Якщо якесь число ділиться
зокрема на кілька даних чисел, то на їх добуток воно може і не
поділитися.
Приклад. 180 ділиться і на 5, і на 9, і на 6, але на добу-
ток 5-9- 6 воно не ділиться.
Примітка. Якщо дане число ділиться на кілька попарно
взаємно простих чисел (див. стор. 32), то воно ділиться і на їх до-
буток.
Приклад. 180 ділиться на 5, 3 і 4; ці числа попарно взаємно
прості, тому 180 ділиться і на добуток 5 • 3 • 4.
§ 11. Ознаки подільності
Ділення без остачі не завжди можливе. Щоб, не виконуючи ді-
лення, встановити, ділиться чи не ділиться одне число на інше,-ко-
ристуються ознаками подільності.
Ознака подільності на 10. На 10 діляться всі ггіі і тільки ті
числа, які закінчуються на нуль.
Приклад. Число 2350 ділиться на 10.
Ознака подільності на 2 і на 5. На 2 або на 5 діляться ті
і тільки ті числа, у яких остання цифра виражає число, що ді-
литься відповідно на 2 або на 5.
Приклади. Число 140 ділиться на 2 і на 5, тому що воно
закінчується на нуль (а нуль ділиться на будь-яке число). Число
26
: ,1306 ділиться на 2, бо остання цифра 6 виражає число, яке ділить-
ся на 2, але на 5 це число не ділиться, тому що 6 не ділиться на 5.
, ' Число 2035 ділиться на 5, тому що 5 ділиться на 5, але на 2 це
число не ділиться, тому що 5 не ділиться на 2.
Ознаки подільності на 3 і на 9. На 3 і на 9 діляться ті і тіль-
ки ті числа, у яких сума цифр ділиться відповідно на 3 і на 9.
(Вираз «сума цифр» вживається з метою спрощення формулювання
замість, слів «сума однозначних чисел, виражених цифрами», адже
цифри—тільки значки, і дії виконуються з числами, а не з циф-
рами.)
Приклад. Число 31521 ділиться на 3, бо сума його цифр
3+1+5 + 2-|-1 = 12 ділиться на 3. На 9 це число не ділиться,
бо 12 не ділиться на 9. Число 5193 ділиться на 9, бо сума його
цифр 5+ 1 + 9 + 3= 18 ділиться на 9. Це число ділиться також
і на 3 (якщо ' число ділиться на 9, то, природно, воно ділиться
і на 3).
Ознаки подільності на 4 і на 25. На 4 або на 25 діляться ті
і тільки ті числа, які закінчуються на два нулі або в яких дві
останні цифри виражають число, що ділиться відповідно на '4 або
на 25.
Приклад. Число 4600 ділиться на 4 і на 25, бо воно закін-
чується двома нулями (отже, ділиться на 100 = 4- 25). Число 1264
ділиться на 4, бо 64 ділиться на 4, але це число не ділиться на 25,
бо 64 не ділиться на 25. Число 1275 ділиться на 25, бо 75 ділить-
ся на 25, але не ділиться на 4, бо 75 не ділиться на 4.
Ознаки подільності на 8 і на 125. На 8 або 125 діляться ті
і тільки ті числа, які закінчуються на три нулі, а також у яких
три останні цифри виражають число, яке ділиться відповідно на
8 або на 125.
При клад. Число 3 279 000 ділиться і на 8, і на 125, тому що
воно ділиться на 1000 = 8.. 125. Число 52248 ділиться на 8, але не
ділиться на 125, бо 248 ділиться на 8, але не ділиться на 125.
Ознаки подільності на 7, 11, ІЗ. На 7, 11 або на 13 діляться
ті і тільки ті числа, у яких різниця між числом, вираженим
трьома останніми цифрами, і числом, вираженим рештою цифр
(або навпаки), ділиться відповідно на 7, 11 або на 13.
-Приклад. Число 253253 ділиться і на 7, і на 11, і на 13,
бо різниця 253 — 253 = 0, а нуль ділиться на будь-яке число (що
не дорівнює нулю). Число 253 264 ділиться на 11, але не ділиться
ні на 7, ні на 13, бо різниця 264 — 253= 11 ділиться на 11, але не
ділиться ні на 7, ні на 13. Число 1 208 965 не ділиться ні на 7, ні
на 11, ні на 13, бо різниця 1208 — 965 = 243 не ділиться на жодне
з цих чисел.
Ознаки подільності на 6, 12, 18, 24 і т, д. На 6 діляться ті
і тільки ті. число, які діляться на 2 і на 3.
Приклад. Число 31242 ділиться на 6, бо воно ділиться на 2
і на 3, а числа 2 і 3 не мають спільних множників, більших за 1,
На 12 діляться ті і тільки ті числа, які діляться на 3 і на 4
(але не на 2 і на 6, бо 2 і 6 мають спільний множник, тому, на-
приклад, 18 ділиться на 2 і на 6, але не ділиться на 12).
Приклад. 216 ділиться на 12, тому що воно ділиться на З
і на 4.
На 18 діляться ті і тільки ті числа, які діляться на 2 і на 9.
Приклад. 9396 ділиться на 18, бо воно ділиться на 2 і на 9.
27
Існують ознаки подільності й на інші числа, але вони складні,
тому у таких випадках іноді користуються загальною ознакою по-
дільності чисел.
Загальна ознака подільноЛі чисел. Для того щоб число ДО діли-
лося на сі, необхідно і достатньо, щоб сума добутків цифр цього
числа на остачі, одержані відділення на сі відповідних степенів де-
сяти, ділилася на сі.
Якщо М = 10п+ап-1 • Л0л'~1 + ... + а2- 102 + + • 10 +
+ а0 і 1№ = сі- дп+гп; Ю^1 =. д. дп^ + гп^; . .. ; 102 = (і X
Х^з + ^г» Ю=:^і + /Ї’ то N ділиться на сі у тому і тільки у то-
му випадку, коли иа о? ділиться сума
М = апгп + ап^гп_х + . . . + а2г2 + аггг + д0.
З загальної ознаки легко вивести розглянуті вище окремі озна-
ки подільності і деякі інші. Хай, наприклад, сі == 11. Тоді
10= 1Ь 1 — 1 ^-—1
102 =11-9+1 г2 = +1
103= 11 - 91 — 1 г3 = —1
104 = 11 . 909+ 1 г4 =+1 і т. д.
Отже, при сі = 11 ЛІ = а0 — «1+^2 — аз + а& — • • * » маємо таку
ознаку: на 11 діляться ті й тільки ті числа, у яких різниця між
сумою цифр, що стоять на парних місцях, і сумою решти цифр ді-
литься на 11.
Приклад, Чи ділиться на 11 число 47 214 051 819? 9 + 8 +
+ 5 + 4 + 2 + 4 = 32, 1 + 1 + 0 + 1 + 7 = 10, 32— 10 = 22.
22 ділиться на 11, отже, і дане число ділиться на 11.
§ 12. Прості і складені числа
Прості і складені числа. Будь-яке число (маються на увазі тіль-
ки натуральні числа) ділиться на одиницю і само на себе. Існують
числа, які діляться не тільки на одиницю і самі на себе, але мають
ще й інші дільники. Наприклад, число 12, крім І і 12, має ще діль-
ники 2, 3, 4, 6.
Кожне число, крім одиниці, яке ділиться тільки на одиницю
і само на себе, називається простим. Число, яке ділиться не тільки
на одиницю і само на себе, але ще й на інші числа, називається
складеним. Число 1 не належить ні до простих, ні до складених
чисел—воно займає особливе положення.
Таблиця простих чисел. При розв’язанні багатьох теоретичних
питань і практичних задач велику допомогу надають таблиці прос-
тих чисел. Тому ще у давнину математики складали ці таблиці.
Дуже простий спосіб їх складання запропонував старогрецький ма-
тематик Ератосфен (III ст. до н. е.). Спосіб Ератосфена полягає
в тому, що, з ряду натуральних чисел послідовно викреслюються
всі складені.
Нехай, наприклад, треба знайти всі прості числа у натураль-
ному ряді від 1 до 30. Для цього випишемо всі натуральні числа
від 1 до ЗО у порядку зростання.
Перше з них, 1 — не просте, викреслюємо його. Наступне за
ним число 2 (просте) лишаємо, а кожне друге після 2, тобто 4, 6,
28
8, ... викреслюємо. Наступне просте число 3 лишаємо, а кожне
третє починаючи після 3, викреслюємо. Наступне просте число 5
лишаємо, а кожне п’яте, починаючи після 5, викреслюємо (при цьо-
му рахуємо і вже викреслені числа). В результаті одержуємо: 1, 2,
З, 4. 5, 0, 7, 8, 5, І5. 11. 12, 13, и 15. Ш 17. 15, 19, ад. її. и
23, 24, 25, 25. 21, 28, 29,
Залишені невикресленими числа 2, 3, 5, 7, 11. 13, 17, 19, 23,
29 — прості числа, менші за ЗО.
Такий спосіб складання таблиць простих чисел називають «ре-
иіетом Ератссфена».
Примітка Якщо потрібно скласти таблицю простих чисел,
що не перевищують Л, то вказаним вище способом викреслюють
всі- складні числа, що діляться на 2, 3, 5 і т. д. до найбільшого
простого числа р, що не перевищує Ум. Наприклад, якщо треба
скласти таблицю простих чисел, що не перевищують 1000, треба ви-
креслити всі складні, що діляться на кожне просте число до 31
включно.
Тепер є друковані таблиці простих чисел до дванадцяти міль-
йонів, а в бібліотеці Віденської Академії наук зберігається руко-
писна таблиця простих чисел до ста мільйонів.
Однак уже відомо багато окремих простих чисел, що сягають
далеко за межі навіть найширших таблиць.
Властивості простих чисел Хоч вивченням простих чисел зай-
мались багато математиків з найдавніших часів до наших днів,
прості числа і закони їх розміщення серед натуральних чисел при-
ховують у собі багато невирішених проблем.
Відомо, що послідовність простих чисел нескінченна (теорема
Евкліда). Серед простих чисел є багато таких, різниця яких дорів-
нює 2, наприклад 3 і 5, 5 і 7, 11 Г 13, 17 і 19, ... , 179 і 181, . . .,
100 116 957 і 100 116 959. Такі пари чисел називаються простими
числами-б лозняками. Є припущення, що чнсел-близнят існує нескін-
ченно багато. Однако цього не вдається нікому ні довести, ні запе-
речити. Багато проблем простих чисел можна було б розв’язати,
якби ми вміли визначати, скільки є простих чисел, менших за будь-
яке натуральне число N. Але цього мп зараз ще не вміємо робити. Ві-
домі тільки методи, що дають можливість наближено знаходити
кількість простих чисел, менших за дане число. У вирішенні цієї
проблеми велике значення мають роботи видатного російського вче-
ного П. Л. Чебишова (1821—1894). У наш час ряд питань теорії
простих чисел розв’язано відомим радянським математиком І. М. Ви-
ноградовим (нар. 1891).
Розкладання чисел на прості множники. Розкласти число на прості
множники — значить представити його у вигляді добутку простих
чисел.
Складене число розкладається на прості множники єдиним спо-
собом (з точністю до порядку співмножників). Так, наприклад, якщо
число 20 розклалося на дві двійки і п’ятірку, то воно і завжди бу-
де так розкладатися незалежно від того, чи почнемо розкладання
з множників 2, чи з 5:
20=2- 2-5 = 2. 5-2=5- 2-2.
Приклад 1. Нехай треба розкласти на прості множники чис-
ло 315. На підставі ознак подільності 2 не є дільником числа 315,
29
а 3 є дільником. 315. Тоді пишемо число 315, проводимо справа від
нього вертикальну риску і справа від риски пишемо знайдений діль-
ник 3, а під числом 315 — частку від ділення 315 на 3, тобто 105.
Далі з числом 105 робимо так само і встановлюємо, що 105
теж має 3 своїм дільником. Пишемо число 3 справа від 105 за рис-
кою, а під числом 105 записуємо число 35, що є часткою від ділен-
ня 105 на 3. Число 35 на 3 не ділиться, тому випробуємо наступ-
не просте число 5. Виконавши з 35 ті самі операції, справа від
нього пишемо 5, а під ним число 7. Оскільки 7 — просте число, то
ділимо його само на себе, а під ним пишемо 1.
315 З
105 З
35 5
7 7
1
Таким чином, цей процес випробувань продовжуємо доти,
поки не одержимо у частці 1. Числа, записані справа від вертикаль-
ної риски, і становлять всі прості множники числа 315, тобто 315=
= 3- 3- 5* 7.
Цей загальний спосіб у деяких випадках можна спрощувати.
Приклад 2. Розкласти на прості множники 5600.
Помічаємо, що 56 = 56* 100. Число 56 дорівнює добутку 7. 8,
отже, воно дорівнює добутку трьох двійок і однієї семірки. Число
100 дорівнює добутку двох двійок і двох п’ятірок. Тому
5600 = 2 . 2 . 2 • 2• 2 • 5 • 5 • 7.
Як бачимо, серед співмножників розкладу можуть бути і одна-
кові числа. У 'таких випадках спрощують записи, використовуючи
поняття степеня. Наприклад, наведений вище розклад записують так:
5600 = 25 . 52 • 7.
Такий запис числа у вигляді добутку степенів різних простих чисел
називається канонічним розкладом даного числа.
Розкладання на множники великих чисел. Якщо дане число неве-
лике або якщо воно ділиться на невелике просте число, то його не-
важко розкласти на множники. Але у загальному випадку розкла-
дання чисел на множники дуже трудомістке. Наприклад, досить
важко розкласти на множники порівняно невелике число 12091 Ви-
пробовуючи числа 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 і т. д., ми довго не
можемо виявити його дільники, хоча дане число не просте.
§ 13. Спільні дільники і кратні
Дільники числа. Дільником даного числа називається число, на
яке дане ділиться без остачі. Будь-яке просте число, наприклад 13,
має тільки два дільники: одиницю і само себе. Будь-яке складене
число має більш як два дільники, наприклад, число 6 має 4 діль-
ники: 1, 2, 3 і 6. Щоб знайти дільники даного складеного числа,
спочатку розкладають його на прості множники: кожний з цих множ-
ників буде простим дільником даного числа. Множенням простих
множників на 2, на 3, на 4 і т. д. одержують складені дільники
даного числа.
ЗО
Приклад. Знайти всі дільники числа 50.
50 = 2 ♦ б2, отже, 50 ділиться на 1, 2, 5, 2.5» 52, 2 • 52. Інших
дільників число 50 не маєь
Відповідь. 1, 2, 5, 10, 25, 50.
Відоме правило, за яким можна легко визначати кількість всіх
дільників даного числа. Для цього треба збільшити на одиницю по-
казник степеня кожного співмножника канонічного розкладу даного
:числа і одержані числа перемножити.
” Приклад. Скільки дільників має число 5600?
5600 = 25" 52 - 7; (5 + 1). (2 1). (1 + 1) = 36.
Відповідь. Число 5600 має 36 дільників.
Спільний дільник кількох чисел. Спільним дільником кількох
чисел називається число,-на яке всі дані числа діляться без остачі.
Наприклад, числа 25 і 35 мають спільні дільники 1 і 5; числа 42
і 105 мають спільні дільники 1, 3, 7 і 21. Серед спільних дільни-
ків завжди є найбільший. Це число називається найбільшим спіль-
ним дільником (НСД). У наших прикладах у першому випадку НСД
дорівнює 5, у другому — 21.
Пишуть: НСД (25, 35) = 5; НСД (42, 105) =21.
Щоб знайти найбільший спільний дільник кількох чисел, корис-
туються найчастіше двома способами.
Перший спосіб — розкладання на прості множники. Щоб
знайти НСД кількох чисел, розкладають кожне з цих чисел на
прості множники і виписують всі спільні множники, причому кож-
ний з них беруть з найменшим показником, що трапляється в цих
розкладах.
Приклад. Знайти НСД чисел 210, 1260 і 245.
Розкладемо ці числа на прості множники:
210 = 2- 3 - 5- 7; 1260 = 22. З2. 5 • 7; 245 = 5- 72.
Тоді НСД буде 5 • 7 = 35.
Другий спосіб — послідовне ділення. Він називається ще
алгоритмом Евкліда. Щоб знайти НСД двох чисел, ділять більше
число на менше, і якщо лишається остача, то ділять менше число
на остачу; якщо знову лишається остача, то ділять першу ос-
тачу на другу. Так продовжують ділити доти, поки» в остачі не
одержують нуль. Останній дільник і є НСД даних чисел.
Приклад. Знайти НСД чисел 391 і 299.
Поділивши число 391 на 299, одержимо в остачі 92. Поділивши
299 на 92, одержимо в остачі 23. Поділивши 92 на 23, одержимо
в остачі 0. Отже, 23 є НСД чисел 391 і 299.
Запис зручно розмістити так:
391)299
299~Г
299 | 92
~276~з
92 | 23
~92~"4
0
Щоб знайти в такий спосіб НСД трьох і більше чисел, знахо-
дять спочатку найбільший спільний дільник яких-небудь двох з них,
31
потім—найбільший спільний дільник знайденого дільника і якогось
третього числа і т. д.
Взаємно прості числа Два числа або кілька чисел, найбільший
спільний дільник яких дорівнює одиниці, називаються взаємно прос-
тими.
Приклади. Числа 15 і 22 взаємно прості; числа 7, 19, 32
і 84 взаємно прості; числа 18 і 15 не взаємно прості, бо НСД (18,
15) =3.
Якщо даних чисел більше двох і кожні два з них взаємно прості,
то такі числа називають попарно взаємно простими.
Приклади. 6, 9 і 4 — числа взаємно прості, але не попарно
взаємно прості, числа 8, 9, 7 і 55 — попарно взаємно прості.
Спільне кратне чисел. Спільним кратним даних чисел нази-
вається натуральне число, яке ділиться на кожне з даних чисел
без остачі.
Наприклад, числа 12, 24 і 36 є спільними кратними чисел 3 і 4.
Найменше спільне кратне (НСК). Із усіх спільних кратних особ-
ливий інтерес являє найменше спільне кратне.
Найменшим спільним кратним кількох чисел називається най-
менше натуральне число, яке ділиться на кожне з даних чисел.
Наприклад, для чисел 6, 15 і 20 НСК € 60, бо жодне натуральне
число, менше за 60, не ділиться на 6, на 15 і на 20, а 60 ділиться
на ці числа.
Пишуть: НСК (6, 15, 20) = 60.
Наведемо два способи знаходження НСК кількох чисел.
Перший спосіб — розкладання на прості множ-
ники. Щоб знайти НСК кількох чисел, треба розкласти ці числа
на прості множники, а потім, узявши розклад одного з них, помно-
жити його на прості множники, яких не вистачає, з розкладу ін-
ших чисел.
Приклад. Знайти НСК чисел 72 і 108.
Розкладемо дані числа на множники:
72 = 23. З2; 108 = 22- З3.
Випишемо всі множники числа 108 (це зручніше, бо число 108
більше за 72) і, дописавши множник 2, який ще додатково є в числі
72, одержимо НСК (72, 108) = 23* З2 = 216.
Якщо більше з даних чисел ділиться на всі останні, то воно
й буде НСК цих чисел. Наприклад, НСК (60, 120, 40) = 120.
Якщо жодна пара даних чисел не має спільних множників, що
відрізняються від одиниці, то щоб знайти НСК даних чисел, їх
треба перемножити. Наприклад, найменше спільне кратне чисел 7,
8 і 11 дорівнює їх добутку, тобто НСК (7, 8, 11) =7 • 8* 11 = 161.
Другий спосіб. Відомо, що НСК (а, Ь) =р^д ’ то^то
найменше спільне кратне двох чисел дорівнює добутку цих чисел,
поділеному на їх найбільший спільний дільник *.
Використовуючи цю залежність, можна визначити, НСК.
Приклад. Знайти НСК чисел 360 і 70. Оскільки НСД (360,
70) = 10, то НСК (360, 70) = 360 70: 10 = 2520.
* В. М. Брадис. Теоретическая арифметика. Учпедгиз, 1954, стор. 68.
32
І Щоб знайти в цей спосіб НСК трьох і більше ’ чисел, спочатку
іходять НСК яких-небудь двох з них, потім — НСК цього наймен-
шо кратноґо і якогось третього даного числа і т. д.
§ 14. Недесяткові системи числення
Систематичні числа. Загальноприйнята система числення кази-
ться десятковою, тому що за цією системою 10 одиниць одного
ряду складають одиницю наступного вищого розряду. В десят-
ий системі всі числа записуються за допомогою десяти цифр:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Якщо ми пишемо, наприклад, число 3827,
то розуміємо, що воно складається з 3 тисяч, 8 сотень, 2 десятків
одиниць
3827 = 3000 +800 + 20 + 7,
або
3827 = 3* 103 + 8 • 102 + 2. 10+7.
Основою десяткової системи числення є число 10.
Однак можливі і недесяткові системи числення. Можна раху-
вати не десятками, а, наприклад, п’ятірками. Тоді 5 одиниць пер-
шого розряду будуть складати одну одиницю другого, а 5 одиниць
^другого — одну одиницю третього розряду і т. д. У цьому випадку
матимемо систему числення з основою 5. Її називають п'ятірковою
системою числення. Для запису чисел у п’ятірковій системі досить
мати п’ять цифр’: 0, 1, 2, 3, 4.
Можливі також двійкова, трійкова, дванадцяти ова та інші
системи числення.
Щоб не плутати числа, записані у різних системах, прийнято
справа внизу у дужках писати основу системи (іноді пишуть без
дужок). Наприклад, числа 214<5), 1011(2), 299(12) записані відповідно
у п’ятірковій, двійковій і дванадцятковій системах Це значить, що
214(б) = 2 . 52 + 1 -5 + 4;
1011(2) = 1 • 23 + 0- 2* + 1 . 2+ 1;
299(і2) = 2- 122 + 9 • 12 + 9.
Очевидно, за основу системи числення можна взяти будь-яке
натуральне число, більше за 1. Якщо за основу взяти число £, то
для запису будь-якого числа досить мати § цифр: 0, 1, 2, 3, . . ,
&—1. Числа, записані у системі числення при основі § у вигляді
Єа^ + Єа"~і +•••+№ +°> де а0, аі..............ап — цифри, нази-
Даються взагалі систематичними.
Примітка. Щоб зобразити числа за системою числення, у якої
Фенова перевищує 10, не досить наших цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,
0. Наприклад, для дванадцяткової системи довелося б ввести спе-
ціальні знаки для 10 і 11, тому що наші позначення цих чисел ви-
ражали б тоді інші числа, а саме: 10 означало б 1 одиницю 2-го
розряду, тобто дюжину, а 11 означало б 1 одиницю 2-го розряду
і одиницю 1-го розряду, тобто 13.
Перехід від однієї системи числення до іншої. Для переходу від
однієї системи до іншої досить уміти:
а) переходити в»д будь-якої системи числення до десяткової;
б) переходити'від десяткової системи до іншої.
2 5-2692
33
Перехід від будь-якої системи до десяткової виконується спо-
собом прямого обчислення,
Прик'лад 1. Дано число 3021(4), записати його у десятковій
системі. 3021(4) = 3 • 43 + 2 4 + 1 = 192 + 8 + 1 = 201.
Розглянемо перехід від десяткової системи до іншої.
Приклад 2. Число 856 записати при основі 4.
Визначаємо, скільки четвірок міститься у числі -856; 856:4 =
= 214. Значить, число складається з 214 одиниць 2-го розряду (214
четвірок). Підрахуємо одиниці 2-го розряду четвірками; ділимо 214
на 4; одержуємо 53 одиниці 3-го розряду і 2 одиниці 2-го розряду.
Ведемо тепер рахунок одиниць 3-го розряду четвҐрками; ділимо 53
на 4 і одержуємо 13 одиниць 4-го розряду і 1 одиницю 3-го розря-
ду. Ділимо тепер 13 на 4. Результат рахунку одиниць 4-го розряду:
З одиниці 5-го розряду і 1 одиниця 4-го розряду.
Письмово цей процес оформляють так:
_ 856 | 4
856 І 214 14
І р. 212 153 |4_
II р. 2 52 |13 | 4
Пір. 1 12 |ЗУр.
IV р. 1
Значить, дане число містить 3 одиниці 5-го розряду, 1 одиницю
4-го розряду, 1 одиницю 3-го розряду, 2. одиниці 2-го розряду і 0
одиниць 1-го розряду. Це число запишеться: 31120(4). Отже, 856(10)=
= 31 120(4).
Арифметичні дії з систематичними числами. Додавання. Від-
шукання суми зводиться до додавання одиниць того самого розряду,
починаючи З ОДИНИЦЬ 1-ГО розряду, І ДО перетворення СуїМИ одиниць
нижчого розряду у одиниці вищого, якщо ця сума — число дво-
значне. Тому додавання можна робити безпосередньо, як і у десят-
ковій системі, використовуючи таблицю додавання однозначних
чисел.
Наприклад, у системі числення з основою 4 таблиця додавання
має вигляд
0+0 = 0 1+1 = 2 2+2= 10
0+1=1 1 + 2=3 2+3= 11
0 + 2 = 2
0 + 3 = 3 1 + 3=10 3 + 3=12
Приклад. Додати числа 2103(4) і 1312(4).
,2103(4)
1312(4)
Ю021(4)
Ще простіша таблиця додавання у двійковій системі числення: 0 +
+ 0 = 0, 0+1 = 1, 1 + 1 = 10.
Приклад.
, ИОЮІ^
1100011(.2)
10011000(2)
34
Віднімання. Віднімання виконуємо так само, як і у десят-
ковій системі; підписуємо від’ємник під зменшуваним і виконуємо
віднімання чисел, що е цифрами одиниць відповідних розрядів, по-
чинаючи з 1-го;- якщо віднімання одиниць неможливе, виконуємо
у зменшуваному роздроблення одиниці наступного вищого розря-
ду і Т. д.
Приклад. Обчислити різницю 2301(4) — 1223(4).
Від однієї одиниці 1-го розряду не можна відняти 3, а одиниць
2-го розряду у зменшуваному нема, тоді беремо одну одиницю 3-го
розряду, вона містить чотири одиниці 2-го розряду, з них три лишаємо
на місці одиниць 2-го розряду, а одну роздробимо в одиниці 1-го
розряду, одержимо чотири одиниці 1-го розряду, плюс одна одиниця
1-го розряду, яка у нас є, разом маємо п’ять одиниць, які при осно-
ві £ = 4 записуємо як 11. Далі віднімаємо порозрядно: різниця оди-
ниць 1-го розряду: 11 — 3 = 2; різниця одиниць 2-го розряду: З —
— 2=1; 3-го розряду: 2 — 2 = 0; 4-го розряду: 2—1= 1. Резуль-
тат; Ю12(і).
2301ц,
~ 1223ц,
1012ц,
Множення. Множення виконується так само, як і у десят-
ковій системі, підписуємо множення, використовуючи таблицю мно-
ження.
Так, при £ = 7 таблиця набуває вигляду
0*0 = 0 1 * 1 = 1 2*2 = 4 3*3 = 12 4 * 4 = 22 5-5 = 34
0*1 = 0 1-2 = 2 2-3=6 3*4= 15 4*5 = 26 5-6 = 42
0*2 = 0 1-3 = 3 2*4 =11 3- 5 = 21 4*6= 33 6-6 = 51
0*3 = 0 1*4 = 4 2- 5 =13 3*6 = 24
0* 4 = 0 1*5 = 5 2* 6=15
0* 5 = 0 1*6 = 6
0- 6 = 0
Приклад. Обчислимо 2034(7, • 5(7,.
2034(7)
х 5(7)
13236(7)
Обчислюємо 4 - 5 = 26; 6 — цифра одиниць; 2 додаємо до добут-
ку 3-5; 3 • 5 + 2 = 21 + 2 = 23; цифра одиниць 2-го розряду 3;
2 додаємо до добутку 0*5; 0 • 5 -}- 2 = 2; 2 — цифра одиниць 3-го
розряду; 2*5=13; 3 — цифра одиниць 4-го розряду і 1—цифра
одиниць 5-го розряду. Результат: 13236ц,.
У двійковій системі таблиця множення має такий вигляд:
0-0 = 0, 0*1^0, 1*1 = 1.
Приклад.
+ 101
101
Ю1(2)
110(2)
X
11110(2)
2»
35
Ділення. Ділення систематичних чисел виконується тим са-
мим способом, що і у випадку £ = 10.
Приклад. Обчислити частку 23604(7): 51(7). Дільник — число
двозначне, відокремлюємо у діленому зліва направо дві цифри. Вони
виражають число всіх одиниць 4-го розряду, але 23(7) < 51 (7), тому
беремо у діленому тризначне число 236(7) і ділимо на 61<7); у частці
одержуємо 3 одиниці 3-го ^розряду; множимо 51 Зі одержаний до-
буток 213 віднімаємо від 23о, різницю '23 роздробимо в одиниці
2-го розряду і продовжуємо ділення, поки не одержимо остачу,
меншу за дільник.
__236О4(7)| 51(7)
2Ц 1332(7)
230
~213
144
~~ 132
12(7)
Короткі історичні відомості про системи числення. Людство не
відразу прийшло до десяткової системи числення. Однією з найдав-
ніших була п’ятіркова система числення.
До III—II тисячоліть до н. е. відносять шумеро-вавідонську
систему числення, основою якої було число 60. Ця система мала
значні переваги, оскільки число 60 ділиться на 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10,
12, 15, 20, 30, 60, тоді як основа нашої системи 10 має тільки 4
дільники: 1, 2, 5 і 10. Залишки шістдесяткової системи збереглися
до наших часів (поділ кола на 350\ поділ градуса на 60 мін і на
3600 с, ділення години на 60 хв і на 3600 с). Народи, що насе
ляли у давнину Європу, користувалися системою числення з основою
двадцять, сліди якої збереглися у французькій і англійській мовах.
У різних мовах лишились також сліди дванадцяткової системи
числення (російське «дюжина» — 12, німецьке «гросс» дорівнює 122).
Деякі вчені у XVIII ст. пропонували навіть замінити нею як зруч-
нішою десяткову систему.
Чи не найстародавнішою була двійкова система числення. Остан-
нім часом двійкова система знайшла практичне застосування в елект-
ронних обчислювальних машинах. Цьому сприяло те, що в ній ко-
ристуються тільки двома цифрами: 0 і 1, а їх легко передавати
двома станами: є імпульс—І, немає імпульсу — 0.
Таким чином, одне з найдавніших досягнень людської куль-
тури відродилося на новій технічній основі.
ДРОБОВІ ЧИСЛА
§ 15. Звичайні дроби
Частки одиниці. Купили кавун і розділили його на 6 рівних
частин. Ці рівні частини називають частками. Кожний одержав
шосту частку кавуна, або одну шосту частину кавуна. Частки мо-
жуть бути найрізноманітнішими, наприклад сантиметр є сотою част-
36
кою метра, грам е тисячною часткою кілограма, хвилина є шістдеся-
тою часткою години і т. д.
Дроби. Пиріг розділили на 7 рівних частин. Кожний шматок —
це у частина пирога. Дітям дали по 2 шматки. Кожна дитина
2
одержала дві сьомі частини пирога. Це записують так: у частини
2
пирога. Якби кожна дитина одержала у пирога, то це означало б,
що пиріг розрізали на 7 рівних частин і кожній дитині дали З
частини.
Щоб записати одну або кілька часток предмета, потрібні нові
л іт 114 3 у .
числа — дроби. Числа -5-, —, -3-, — це звичайні дроби.
З о У о
Число, складене з однієї або кількох рівних часток одиниці,
називають дробом (звичайним дробом).
Звичайний дріб записують за допомогою двох натуральних чи-
сел І дробової риски. Під рискою пишуть число, яке вказує, на
скільки часток поділено одиницю. Воно називається знаменником
дробу. Над рискою пишуть число, яке показує, скільки таких часток
міститься в дробі. Воно називається чисельником дробу. Чисельник і
5
знаменник називаються членами дробу. Наприклад, у дробі у чисель-
ник дорівнює 5, а знаменник — 7.
Читають дроби так: спочатку називають чисельник, а потім зна-
тт 2
менник. Наприклад, — «дві сьомих».
гг • гг « 100 ; 120
Примітка. Дроби -5=- і читаються однаково: «сто два-
о
дцять п’ятих». У таких випадках треба між вимовлянням чисельника
і знаменника робити паузу.
З
Правильні і неправильні дроби. Дріб -о має чисельник, менший
о
від знаменника. Такі дроби називають правильними. У дробах
11 . 8
•у і -у чисельник більший за знаменник або дорівнює йому Такі
дроби називають неправильними.
Дріб, у якого чисельник менший від знаменника, називається
правильним дробом. Дрібі у якого чисельник більший від знаменни-
ка або дорівнює йому, називається неправильним дробом.
Ділення і дроби. Розглянемо такі задачі.
Задача 1. Поділити порівну 12 яблук між трьома дітьми.
Р о з в’я з а н н я. Ця задача розв’язується за допомогою ділення.
Кожний одержує 4 яблука, бо 12 : 3 = 4.
Задача 2. Поділити порівну 2 плитки шоколаду між трьома
дітьми.
Р о з в’я з а н н я. Число 2 не ділиться без остачі на З.Тому поділимо
кожну плитку шоколаду на 3 рівні частини і дамо кожній дитині по одній
37
частині від кожної плитки. Кожна частина — це ~ плитки, а 2 час-
о
2 2
тини — це плитки. Отже, кожна дитина одержить по плитки
О О
шоколаду.
2
Із задачі 2 бачимо, що дріб -т- утворився при діленні 2 плиток
о
шоколаду на 3 рівні частини. Отже, риску дробу можна розуміти
2
як знак ділення; у = 2 : 3.
Дробом можна записати результат ділення будь-яких двох нату-
ральних чисел, незалежно від того, ділиться перше число на друге
чи ні. Наприклад, 5 : 9 = £, 9 ; 4 = £, 27 :3 — = 9.
У 4 □
Мішані числа. Перетворення неправильного дробу
у мішане число і обернене перетворення. Щоб виді-
лити найбільше ціле число, яке міститься в неправильному дробі,
треба розділити чисельник на знаменник. Якщо ділення виконується
50
без остачі, то неправильний дріб дорівнює частці. Наприклад, у =
= 50:5= 10. Якщо ділення виконується з остачею, то частка дає
шукане ціле число, остача стає чисельником дробової частини, а
знаменник дробової частини залишається той самий.
48
Приклад. Нехай дано дріб Ділимо 48 на 5. Дістаємо
и
48 З
частку 9 і остачу 3; = 9-=-.
о □
(З \
наприклад, 9-$І, нази-
вається мішаним. Дробова частина мішаного числа може бути і
* ^13 . к ..
неправильним дробом, наприклад, 7-=-; тоді можна з дробової час-
о
тини виділити найбільше ціле число і записати мішане число так,
щоб дробова частина була правильним дробом (або зовсім зникла).
713 7 і 13 7 , о 3 П3
Наприклад, 7-=~ = 74--- = 7-}-2 -=-= 9-=-.
о о □ О
Порівняння дробів. З двох дробів з однаковими знаменниками
той дріб більший, у якого більший чисельник. Наприклад,
тому що 5 > 3.
З двох дробів з однаковими чисельниками той більший,
знаменник менший. Наприклад, ТОМУ щ0 ? < И*
У загальному випадку дроби порівнюються так. Множать чи-
сельник першого дробу на знаменник другого, а знаменник першого —
на чисельник другого. Якщо перший з цих добутків більший (до-
£ 3
7 > 7*
у якого
38
рівнює або менший) від другого, значить, і перший дріб відповідно
більший (дорівнює або менший) від другого/
5 7
Приклади. / Т0МУ що 5 ’ 9 > 6 • 7;
5 10
- -о- дорівнює тому що 5 • 16=8- 10;
о 10
10 9 іл ____7 о
у- < у, тому що 10 • 6 < і • 9.
У деяких випадках співвідношення між дробами легше встано-
вити шляхом порівняння їх з одиницею або половиною.
П 1 гг . Л 15 .36
Пр ик лад 1. Порівняти дроби-р і
отже,
15
17
36
35*
Приклад 2. Порівняти дроби і
16 1 1 16
Зрї’ Т0Му Щ0 Т = 32;
27 1 1 27
56 < 2 ’ ТОМУ Щ° 2=54*
§ 16. Зміна дробу із зміною його членів
Кратна зміна чисельника і знаменника. Оскільки дріб можна
розглядати як частку від ділення двох чисел, то при зміні членів
дробу його значення змінюється так само, як змінюється частка
при зміні діленого і дільника (див. стор. ,19).
Якщо чисельник дробу збільшити або зменшити у кілька разів,
не змінюючи знаменник, т') дріб відповідно збільшиться або змен-
шиться у стільки ж разів.
2
Приклад. Візьмемо дріб -р- і збільшимо його чисельник у 2
о
4
рази. Одержимо дріб •=», у два рази більший за початковий,
о
Якщо знаменник дробу збільшити або зменшити у кілька ра-
зів, то дріб відповідно зменшиться або збільшиться у стільки ж ра-
зів. Якщо, наприклад, знаменник дробу — збільшити у 2 рази, то
о
дріб зменшиться у 2 рази.
39
Значення дробу не зміниться, якщо чисельник і знаменник його
помножити на те саме число (або, що те саме, збільшити в одна-
кове число разів). Це твердження називають основною властивістю
дробу.
У загальному вигляді цю властивість дробу можна записати так:
а _ ат
Ь ~ Ьт
Звідси виходить, що значення дробу не зміниться, якщо чисель-
ник і знаменник його поділити на те саме число (або, що те саме,
зменшити в однакове число разів).
’гт 12 4 8
Приклад. - = т = т=_
Із збільшенням чисельника і знаменника на те саме число дріб
збільшується, якщо він правильний, і зменшується, якщо він непра-
вильний і не дорівнює одиниці.
п З З-І- 14774-18
г 5 54-І 6 6 64-1 7
§ 17, Перетворення дробів
Скорочення дробу. Скороченням дробу називається заміна його
іншим дробом, що дорівнює даному, з меншими членами за допомо-
гою ділення чисельника і знаменника на їх спільний дільник.
Є кілька способів скорочення дробів.
Перший спосіб. Послідовне скорочення на спільні дільни-
ки чисельника і знаменника.
_ 72 36 9 З
Приклад. 9б = й = і2 = Т
Другий спосіб. Повне скорочення на найбільший спільний
дільник чисельника і знаменника.
Приклад. Скоротити дріб
Розв’язання. НСД (840, 3600) = 120. Тому можна відразу
скоротити дріб на 120:
840 _ 7
3600 - 30*
Третій спосіб. Розглянутими способами скорочукУгь дроби
у тих випадках, коли чисельник і знаменник ..легко розкласти на
множники. Якщо це не вдається зробити швидко, користуються
алгоритмом Евкліда (див. стор. 31).
гт 12091
П р и к л а д. Скоротити дріб ууду?-
40
14017 |12091
12091 І 1
_ 12091 | 1926
11556 І 6
1926 | 535
1605 І З
535 | 321
321 І 1
-321
214 Рр
_214 1107 І
214 І 2
0
іолоі і 14
Як бачимо, НСД. (14017, 12091) = 107. Тому ^75 = 757.
141) 1 | і о і
Якщо члени дробу не мають спільних дільників, то дріб нази-
вається нескоротним. У такого дробу чисельник і знаменник взаєм-
но прості числа. Два нескоротні дроби рівні тільки тоді, коли у них
рівні і чисельники, і знаменники. Будь-який дріб дорівнює одному
і тільки одному нескоротному дробу.
Роздроблення дробів. Щоб виразити дріб у менших частках оди-
ниці, не змінюючи його значення, треба збільшити чисельник і
знаменник у однакове число разів. Вираз дробу у менших частках
одиниці називають роздробленням дробів.
4
П р и к л а д. Виразити дріб у п’ятнадцятих частках одиниці.
5
.. 4 4-312
Маемо: Т = 5-3 = 15-
Зведення дробів до спільного знаменника. Звести дроби до спіль-
ного знаменника — значить виразити їх в однакових частках одиниці,
не змінюючи значення дробу. Звичайно зводять дроби до найменшо-
го спільного знаменника.
Щоб звести дроби до найменшого спільного знаменника, роблять
так: скорочують дроби, якщо це можливо; знаходять НСК всіх
знаменників; обчислюють для кожного дробу частки від ділення
знайденого НСК на його знаменник, тобто додаткові множники;
помножають обидва члени кожного дробу на відповідний йому додат-
ковий множник.
Приклад. Звести до найменшого спільного знаменника дроби
5 7
72 і 43. НСК (72, 48) = 144. Додаткові множники: 144 : 72 = 2;
144 : 48 = 3. Отже,
5 _ 5 - 2 _ 10 7 _ 7- 3 _ 21
72 ”” 72 - 2 144’ 48 48-3 144’
41
§ 18. , Арифметичні дії із звичайними дробами
Додавання. Сумою дробів з однаковими знаменниками назива-
ють дріб, який має той самий знаменник і чисельник, що дорівнює
сумі чисельників даних дробів, тобто
а Ь _ а + Ь
п ** п “ п
Це визначення можна сформулювати у вигляді такого правила.
Щоб додати дроби з однаковими знаменниками, треба додати їх
чисельники, а знаменник лишити той самий,
п 2 । 3 2+3 5
Приклад. у + у = = у.
Щоб додати дроби з різними знаменниками, треба звести їх
до найменшого спільного знаменника, а потім додати одержані
чисельники і під сумою підписати спільний знаменник.
„ 5,7 15 , 14 15 + 14 29 5
Приклад. 8 + 12 24 + 24 — 24 ~24“!24’
Коротше записують так:
5 7 _ 15 + 14 _ 29 5
8 + 12 " 24 ~ 24-124*
Щоб додати мішані числа, треба окремо знайти суму цілих і
суму дробових частин. Дія записується так:
г+,»+8« _,згі + ';+2І)=ізр-і4І.
15 1 45 1 9 45 45 4о
Віднімання. Віднімання дробів можна визначити як дію, обер-
нену до їх додавання. Відняти від одного дробового числа друге —
значить знайти третє число, яке в сумі з другим дасть перше. З
цього визначення виходить правило.
Щоб відняти дроби з однаковими знаменниками, треба відня-
ти чисельник від'ємника від чисельника зменшуваного і лишити
той самий знаменник. Дія записується так:
7 3 _7 —3 _ 4 _ 1
8 8 “ 8 ” 8 ~ 2*
Щоб відняти дроби з різними знаменниками, треба спочатку
звести їх до найменшого спільного знаменника, а пот:м від чисель-
ника зменшуваного відняти чисельник від'ємника і під їх різницею
підписати спільний знаменник. Дію записують так:
11 5 22 —15 _ 7
12 8 “ 24 ~ 24*
Якшо треба відняти одне мішане число від другого, то, якщо
можливо, віднімають дріб від дробу, а ціле від цілого. Дія запису-
ється так:
,36 - 33
п 9 -3 236 - 33 „ З
8ГГ-54 ~ 3—44” = д44-
42
Якщо дріб від’ємника більший за дріб зменшуваного, то беруть
одну одиницю від цілого числа зменшуваного, роздроблюють її в
належні частки і додають до дробу зменшуваного, після чого роблять,
як описано вище. Дію записують так:
.4 11 416 —33 = 52- 33 19
12— 4 36 36 36’
Аналогічно роблять, коли треба відняти від цілого числа дро-
бове.
Приклад. З — 2-|-= 2-|-- 24 = 4.
о о о □
Поширення властивостей додавання і віднімання на дробові числа.
Всі закони і властивості додавання і віднімання натуральних чисел
(див. стор. 15) справедливі і для дробових чисел. їх застосування у
багатьох випадках значно спрощує процес обчислення.
Я 7 97 і І 3 і\
Приклад І. 4|+1-5-+2^+5-£+^+3Т = (4т + 37]+
+(4+4)+(2А+п)“8+7+з“18'
Тут використано переставний і сполучний закони додавання.
Приклад 2. 43?|-(15І1-4І) = І4з|-15І1) + 4 =
«->0 \ 00 х ] \ О0 ОО / &
= 28І + 4І = 33.
Тут використано правило віднімання різниці від числа.
Множення. Множення дробу на ціле число можна розуміти так
само, як і множення цілого числа на ціле, тобто як додавання одна-
кових доданків. Наприклад,
2 . 2 2 2 2 2
У5==-з’ +У + -з+'т + ‘з-
Але для множення на дріб таке тлумачення не підходить.
3 2 З
Наприклад, перемножуючи — на —, не можна сказати, що «— тре-
( о і
* 2
ба взяти — раза доданком»,
о
Добутком дробів називають такий дріб, чисельник якого до-
рівнює добутку чисельників даних дробів, а знаменник—добутку їх
а Ь а • Ь „
знаменників, тобто — • — =-. Це визначення виходить з не-
/і т т - п
обхідності зберегти за дією множення ту роль, яку вона відігравала
у теорії і практиці, поки ми розглядали тільки цілі числа, а також
властивості множення цілих чисел (див. стор. 13). Зокрема, за та-
ким визначенням задачі, що розв’язують у випадку цілих числових
даних множенням, у випадку дробових числових даних також можна
розв’язати множенням.
43
П и Я
ником, а другий — знаменником: ~
_ 12 19
Приклад- ї9,зо = іі7>;
правилом.
2 1 -І
1 13 1 13’
А-2І
12“ 2 •
Щоб перемножити мішані числа,
їх у неправильні дроби і потім пе-
З наведеного визначення виходить правило множення дробів: щоб
помножити' дріб на дріб, треба помножити чисельник на чисель-
ник, а знаменник на знаменник і перший добуток записати чисель-
с __ ас
При множенні слід робити (якщо це можливо) скорочення.
£
5 ‘
Якщо врахувати, що ціле число являє собою дріб із знаменни-
ком 1, то множення дробу на ціле число і цілого числа на дріб
можна виконати за цим самим
2 2
Приклади, уз» 7 = уз
в* А-А
6 12 ~ 1
Множення мішаних чисел
треба спочатку перетворити
ремножити за правилом множення дробів.
п о 1 о 1 5 16 о
Приклад. 2 — • 3 -=- = -^- • V- = 8.
£ О/О
Якщо перемножують мішане число на ціле, то простіше мно-
жити окремо цілу і дробову частини.
З * о 4
Приклад. 2—-3 = 6 — = 7 —.
о о 5
Закони і правила множення натуральних чисел (див. стор. 16)
справедливі і для дробів. їх використання спрощує усні і письмові
обчислення.
Приклади. 1.
2.
5
•4317=2х
7 Д- 30 = (7 + 4) ' 30 = 210 + 4 = 214.
1о \ 1о/
7 7
9 -і- • 8 = 9 • 8 + -і 8^ 72 + 7= 79.
о 8
№ {)-
-4-
Х 43 І7 = 86 І7 ‘
Ділення дробів. Для ділення дробів зберігається те саме визна-
чення, що і для ділення цілих чисел: це — дія, за допомогою якої
за даним добутком двоЯ співмножників і одним з цих співмножни-
ків відшукується другий співмножник. Поділити одне число на дру-
ге— значить знайти таке третє число, яке при множенні на друге дає
перше. Виконують ділення дробів за таким правилом.
Щоб поділити дріб на дріб, треба чисельник першого дробу
помножити на знаменник другого, а знаменник першого помножити
• 7 — = 1 7—=
31 31
44
на чисельник другого І перший добуток записати чисельником,
_ а с ай
а другий — знаменником: -т- • ~ = з— .
™ Ь й Ьс
9_6. 10 60 20
10” 7- 9 “63"“ 2Г
п 8
Приклад, у
За цим самим правилом можна виконувати ділення дробу на
ціле число і цілого на дріб, якщо уявити ціле число у вигляді
дробу із знаменником 1,
п 5 15 5 15 7 21
Приклади. 15іу = у : — = —- = у = 21)
8^ 2 2 _ 81_4
ІЗ*2” 13 : 1 13 2 ІЗ'
Однак в останньому прикладі простіше чисельник поділити на
ціле число:
А .п8!2-!
13 13 ~ 13*
Ділення мішаних чисел. Щоб виконати ділення мішаних чисел,
їх попередньо перетворюють у неправильний дріб'і потім ділять за
правилом ділення дробів.
63, 20
5* 21
П іп 3 , 1 63 21
Приклад. 12у :1 ^=у :
Однак при діленні мішаного числа на ціле буває зручніше ді-
лити окремо цілу і дробову частини мішаного числа.
5 1
Приклад. ЗО у : 5 = 6 у .
Заміна ділення множенням. Якщо у будь-якому дробі поміняти
місцями чисельник і знаменник, утвориться новий дріб, обернений
8 7
до даного. Наприклад, для дробу у оберненим дробом буде .
Очевидно, що добуток двох взаємно обернених дробів дорів-
нює 1
Л 1=1.
7 8
Враховуючи це, можна ділення виконувати за таким правилом.
Щоб поділити одне число на, друге, треба ділене помножити
на число, обернене до дільника.
п 2 5 2 7 14
Приклад, -з :у = у
Розв’язання прикладів і рівнянь.
Приклад 1.
Виконати дії 11 [ві; 11—ЗІ 4-1-^-)—11.
о \ о У о о/ О
Р о з в’я з а н н я.
ЯІ і.*-?® 1® 26- 9_ £
З • 9 ~ 3 ! 9 “3 • ІЗ- і ;
45
« З3—З 1-2І-3 -9^-2^-
6 — 3Т —3 — 8 ~2 8 Т~- 8 ~2Ї’
2| + 1| = ЗЩ = 3^ = 4І-;
,1.1 41717-2
’-З^Т’-З ' 4 = 3=53-:
_ 2 ,5 .2 5 4 — 5 „10 — 5 „ 5
5^-1-б=4з-б=4 — = 3— = 3(Г
Приклад 2. Виконати дії [1 ]^ + 7 : (з^ — 1• 1
Ро зв’я за нн я.
З * І5 2і 5 - о 2~ 15 - і 26~ 15 - і 11 с
12 8 12 8 24 24 245
7.1 11 _. 7 • 35 -7‘ 24 - 24 - 4 4 •
24 ' 24 35 5 5 ’
і!.. 44-5і±-8-5^
10 + 4 5 “ 5 10 ~5 10’
-£ 1І-59 60
10 ‘ 59~ю‘ 59
Приклад 3. Розв’язати рівняння
-|х + 1х-4 = -2-1х + 24х.
Розв’язання. За властивістю множення суми і різниці на
число маємо
1 або
За визначенням зменшуваного маємо
7 5 23
6 Х~ 4 + 12 Х‘
5
Тепер, збільшивши суму і один з доданків на —, маємо
7,5 23
6 % + 4 - 12Х‘
Тоді другий доданок суми визначається так:
5 23 7
4 12 Х 6 *'
46
або
5 З
4 - 4 х-
5
За визначенням множника знаходимо х = .
о
Приклад 4. Розв’язати рівняння
Ро з в’я з а н н я. Помноживши суму на число, маємо:
5-(9г/ + 2) = 2|г/-5І.
Використавши правило віднімання суми від числа, дістаємо
(5-2)-9(/=2Іу-5-і-,
або
3-9</ = 2І,-5І.
Зменшуване (ліва частина рівняння) збільшимо на 5 у одиниць,
годі і різниця (права частина рівняння) збільшиться на 5-і- одиниць.
Одержуємо
8І-9(/ = 2І«/.
Визначивши зменшуване, знаходимо
8І=2уі/+9у,
або
«т-’Ф-
Звідси
Приклад 5. Розв’язати рівняння
Р о з в’я з а н н я. Визначаємо ділене
4?
Помножимо різницю на число /
1_П_£ /
9 “ 18 6 *•
Звідси визначаємо від’ємник
6 Х ~ 18 9 ’
або
5 1 1
6 6 • 5 •
Приклад 6. Розв’язати рівняння
/ 2 \ 1 1
Н3І)-2т-3т=±7-
Р о з в’я з а н н я. Визначаємо зменшуване
(’ + 34)'2т“7+3т“ Іот-
Помножимо суму на число
2Тх + 8Т=10Т-
Визначимо невідомий доданок
2 4-х = 2.
4
1 8
Звідси х = 2: 2 = -д-.
Приклад 7. Знайти значення виразу
о З (3 । 4 о 1 А і 1
2 — я — Нг я + 6 , якщо а = 3 , 6=1^-.
7 \ 7 5 / о 4
Розв’язання. Підставляємо значення а і Ь в даний вираз:
2-і з±_(2.3± + А . 11')
2 7 3 8 \7 3 8 + 5 * 4/
Тепер виконаємо дії
_3 чі-і7 25_ 425 33,
7 8 7'8- 56 ~ 56 ’
А ч 1 - А - 11?.
7 8“ - 7 8 ~ 56 “ 565
4,1 45 ,
5 ’ 4 - 5 4 5
48
1К+1=2Й
.33 9 19 33 19 ,- 33- 19 .14 1
'бб 56“°56-56 56 56 4 ’
Отже, даний вираз при заданих а і Ь дорівнює 5-^.
Приклад 8. Знайти значення виразу
А 2
4-=- т
о
Розв’язання. Підставляємо у вираз значення ті
8
, якщо т = 3 уз
0 З /. 1
8-=-/п — 14-=-/п+
□ \ „ 5
8-1. 3-І-
8 5 3 13
4у- 3І§ + 4Т
Виконаємо дії
4
31 «4-31
Я 3 ч 8 - 43
85"3Тз- 5
8^21
13^5
я8. = 2?
4 5 3 13 5
15й+15й-”
в-0-
^=31-1’
13 65’
И-15 І2.
13 ~ 15 65’
47 1С59
Ї3 = 15 65і
6
65 і
§ 19. Основні типи задач на дроби
Знаходження дробу від числа. Існує багато задач, у яких треба
знайти частину або дріб даного числа. Такі задачі розв’язуються
множенням.
2
Задача. Господарка мала 20 крб., уг- вона витратила на
покупку. Скільки коштують покупки?
2
Тут треба знайти -=- від числа 20. Зробити це можна таю
. 5
9
20 • б.
о
Відповідь. Покупки коштують с крб.
У цій задачі 20 —дане число, - — дріб, що визначає шукану
частину, 8 — шукана частина даного числа.
Приклад 1. Знайти ~ від ЗО.
1о
49
Розв’язання. ЗО -^ = 14. [
5 2
Приклад 2. Знайти у від 20 у*
2 5
Розв’язання. 20-=- -=- = 34.
о о
У прикладі 2 знайдено не частину від числа, бо 34 більше за
2
20 -у , а знайдено дріб від числа.
Щоб знайти дріб від даного числа, треба дане число помножити
на цей дріб.
Знаходження числа за відомою його частиною. Іноді треба за
відомою частиною числа і дробом, що виражає цю частину, визна-
чити все число. Такі задачі розв’язуються діленням.
Задача. У класі 12 комсомольців, що становить усіх учнів
о
класу. Скільки учнів у класі?
12 : 4 = 20.
О
Відповідь. 20 учнів.
5
Приклад. Знайти число, якого становить 34.
<5
34:4 = 20-?-.
о О
Щоб знайти число за його відомою частиною, треба поділити
цю частину па даний дріб.
Знаходження відношення двох чисел. Розглянемо задачу
Задача. Робітник виготовив за день 40 деталей. Яку частину
місячного завдання виконав робітник, якщо місячний план становить
400 деталей?
Відповідь. Робітник виконав частину місячного плану.
У даному випадку частина (40 деталей) виражена у частках
цілого (400 деталей). Кажуть також, що знайдено відношення числа
виготовлених за день деталей до місячного плану.
§ 20. Десяткові дроби
Десятковий дріб, його запис і читання. Окремим випадком зви-
чайних дробів є дроби, знаменниками яких є числа, Зображені (у де-
сятковій системі числення) одиницею з наступними нулями, наприклад
З 17 241 1
Ї0’ 100’ 1000’ 100 000’
50
Такі дроби називаються десятковими.
Десяткові дроби записують без знаменника, при цьому викори-
стовується той самий принцип, що і для цілих чисел, а саме: зна-
чення кожної цифри залежить від місця, на якому вона стоїть.
У десяткових дробах цілу частину відокремлюють комою, а справа
від коми записують дробову частину. Цифри дробової частини нази-
вають десятковими знаками.
Перший десятковий знак — це десяті частки одиниці, або просто
десяті, другий — соті, третій — тисячні і т. д.
Приклади.
ЇИ-0'Ю7;
3і®-3-013-
578
100 000
= 0,00578.
При читанні десяткового дробу спочатку читають ціле число
і визначають розряд останнього справа десяткового знака. Потім
читають усю дробову частину, називаючи найменування останнього
розряду. Наприклад, 2,381 читають так: дві цілих, триста вісімдесят
одна тисячна; 0,90007 читається: нуль цілих, дев’яносто тисяч сім
стотисячних.
Розряди десяткового дробу. Десятковий дріб 378,4 має 3 сотні,
7 десятків, 8 одиниць і 4 десятих. У цьому десятковому запису
числа 4 розряди; сотні, десятки, одиниці й десяті. Візьмемо дріб
41,379. Його можна записати так:
41,379 = 41
1000 Ц000 ^ 1000 1 1000/
= 41 +
М0^ 100 1 1000
300 з
оскільки 1000 - 10
70____7__
1000” 100*
Отже, десятковий дріб 41,379 має
4 десятки, 1 одиницю, 3 десятих, 7 сотих і 9 тисячних. У цьому
дробі 5 розрядів: десятки, одиниці, десяті, соті і тисячні.
Десятковий дріб після коми може мати скільки завгодію розря-
дів: десяті, соті, тисячні, десятитисячні і т. д.
Порівняння десяткових дрьбів за величиною. Рівні десят-
кові дроби. Візьмемо дроби 0,6 і 0,60. їх можна записати так:
0,6 = ^-; 0,60 = -ДЯг • Але за основною властивістю дробу -^ =
IV 11V
60 60 . .6
== ТбО ’ б° Ї00 Д1стаємо 3 дР°бу уф множенням чисельника і знамен-
ника на 10. Отже, 0,6 = 0,60. Взагалі, якщо до десяткового дробу
приписати справа нуль, то дістанемо дріб, що дорівнює даному.
Наприклад, 0,67 = 0,670 = 0,6700 = 0,67000. Якщо десятковий дріб
закінчується на нуль, то його можна відкинути. Дістаємо дріб, що
дорівнює даному. Наприклад, 0,8000 = 0,800 = 0,80 = 0,8.
Нерівні десяткові дроби. З двох дробів більший той,
у якого більша ціла частина, і менший той, у якого менша ціла
частина. Якщо у дробів цілих порівну, то більший той, у якого
більше десятих, і менший той, V якого менше десятих, і т. д. Наприк-
лад, 65,242> 50,6; 0,8 > 0,788; 51,58> 51,57.
51
І
Отже, - щоб з’ясувати, який з двох десяткових дробі в/більший,
треба порівняти відповідно їх цілі частини, десяті, соті і^г. д.
Завдяки помісцевому принципу запису десяткові дроби мають
велику перевагу перед звичайними: при порівнянні десяткових дробів
і виконанні дій з ними нема необхідності зводити їх до спільного
знаменника. Тому на практиці частіше користуються десятковими
дробами.
Перетворення десяткового дробу в звичайний. Щоб перетворити
десятковий дріб у звичайний, його записують із знаменником і, якщо
це можливо, скорочують.
4^ Ч 19е* 1
пр.к.ад». іда-'-ппяв-'я.
Перетворення звичайного дробу в десятковий. Існує кілька спо-
собів перетворення звичайного дробу в десятковий.
Перший спосіб. Щоб перетворити звичайний дріб у десят-
ковий, треба чисельник поділити на знаменник.
7 З
Приклади. 25 = 7:25 = 0,28; — = 3 : 40 = 0,075.
Другий спосіб. Щоб перетворити звичайний дріб у десят-
ковий, треба помножити чисельник і знаменник даного дробу на таке
число, щоб у знаменнику утворилась одиниця з нулями (якщо це
можливо).
п 7 7; 25 175 А1_с
Приклад. 40 40 , 25 1000 0,175.
Однак слід мати на увазі, що не кожний звичайний дріб можна
перетворити в десятковий (скінченний). У вигляді скінченного дробу
можна представити всі ті і тільки ті звичайні дроби, які після
скорочення не містять у знаменнику інших простих множників,
крім 2 і 5. Якщо знаменник нескоротного звичайного дробу містить
хоч би один простий множник, відмінний від 2 і 5, то при перетво-
ренні його у десятковий одержуємо нескінченний десятковий дріб
(див. стор. 55).
Основна властивість десяткового дробу. Величина десяткового
дробу не зміниться, якщо до нього справа дописати кілька нулів.
Наприклад, 0,3 = 0,30 = 0,300 і т. д. Ця властивість є наслідком
а 3 30 300 •
основної властивості звичайного дробу: 0,3 = у^ = уу^ = уу^ і т. д.
На основі цієї властивості виконується роздроблення і скоро-
чення десяткових дробів. Щоб виразити десятковий дріб у менших
десяткових частинах, тобто виконати роздроблення, досить написати
відповідне число нулів після останнього його розряду.
Приклад. 2,31 = 2,310 = 2,3100 = 2,31000 і т. д. .
В інших випадках доводиться розв’язувати обернену задачу:
десятковий дріб, який має в кінці хоч би один нуль, виражати
у більших десяткових частинах (скорочення). Для цього досить
закреслити (відкинути) ці нулі*.
Приклади. 5,570 = 5,75; 12,700 = 12,7; 23,3000 = 23,3.
♦ У наближених числах нулі в останніх розрядах справа у десятковому
дробі відкидати не можна, бо вони характеризують, з якою точністю задано
десятковий дріб (див. стор. 60).
52
§ 21. Дії з десятковими дробами
Додавання і віднімання. Додавання десяткових дробів виконують
тйк само, як і додавання натуральних чисел. Так, при додаванні
3,41 і 2,83 починають з розряду сотих, потім додають десяті і т. д.
Якщо в якому-небудь розряді при додаванні вийде більше 9, то
десяток переносять у вищий розряд. При додаванні записують числа
так, щоб однакові розряди були написані один під одним, а кома під
комою:
. 3,41
+ 2,83
6,24
У сумі ставлять кому під комою в доданках.
Якщо додавані дроби після коми містять різне число знаків, то
до дробу з меншим числом знаків треба приписати стільки нулів,
щоб число цифр після коми було однаковим. Нехай треба додати
дроби 8,7625 і 12,67. Запишемо другий дріб у вигляді 12,6700 і додамо
обидва дроби
, 8,7625
+ 12,6700
21,4325
При відніманні десяткових дробів від’ємник записують під
зменшуваним так, щоб однакові розряди були один під одним, а кома
під комою, і віднімають як натуральні числа. Наприклад,
7,68
~3,79
3,89
У різниці кому ставлять під комою в зменшуваному і від’ємнику.
Якщо в дробах різне число знаків після коми, то до дробу
з меншим числом знаків приписують стільки нулів, щоб число знаків
після коми було однаковим. Наприклад,
58,300
~ 6,384
51,916
Множення десяткового дробу на натуральне число. Щоб помно-
жити десятковий дріб на натуральне число, треба виконати мно-
ження, не звертаючи уваги на кому, і в знайденому результаті
відокремити справа комою стільки цифр, скільки їх маз дріб після
коми.
Приклад. Помножимо число 0,0017 на 7. Перемножимо числа
17 і 7, не звертаючи уваги на кому, дістанемо 119. Тепер треба
відокремити комою справа наліво 4 цифри, тобто стільки, скільки їх
відокремлено у множнику 0,0017. Але в числі 119 — всього три
цифри, тому перед цим результатом ставлять два нулі і відокрем-
люють справа наліво 4 цифри:
0,0017
X 7
0,0119
53
Ділення десяткового дробу на натуральне число. Десятковий
дріб на натуральне число ділять так само, як натуральне число на
натуральне. Кому в частці ставлять після того, як закінчено ділення
цілої частини.
Якщо ціла частина менша за дільник, то у частці одержують
нуль цілих.
Множення і ділення десяткових дробів на 10, ІОО, 1000 і т. д.
У десяткових дробах так само, як і в цілих числах, значення цифри
збільшується у 10 разів при переході на одне місце справа наліво і,
навпаки, зменшується у 10 разів при переході на одне місце зліва
направо. На підставі цього можна швидко виконати множення
і ділення на 10, 100 і т. д.
Щоб помножити десятковий дріб на 10, 100, 1000 і т. д.,
треба перенести кому відповідно на один, два, три і т. д. знаки
вправо. Якщо при цьому у числа не вистачає знаків, то приписують
нулі.
Приклади. 15,45.10= 154,5; 32,3.100 = 3230.
Щоб поділити десятковий дріб на 10, 100, 1000 і т. д., треба
перенести кому відповідно на один, два, три і т. д. знаки вліво;
якщо для перенесення коми не вистачає знаків, їх число доповнюють
відповідним числом нулів зліва.
Приклади. 184,35 : 100 = 1,8435; 3,5 : 100 = 0,035.
Множення на десятковий дріб. Загальне правило множення десят-
кових дробів таке: щоб помножити о')ин десятковий дріб на дру-
гий, треба виконати множення, не звертаючи уваги на коми,
а потім у результаті відокремити справа^ комою стільки цифр,
скільки їх стоїть після коми в обох множниках разом.
Якщо в добутку менше цифр, ніж треба відокремити комою, то
спереду пишуть кілька нулів. Наприклад,
0’245
' 0,03
0.00735
За таким самим правилом множать натуральне число на десят-
ковий дріб.
Ділення на десятковий дріб. Щоб поділити число на десятковий
дріб, треба в діленому і дільнику перенести кому вправо на стільки
цифр, скільки їх стоїть після коми в дільнику, а пот;м виконати
ділення на натуральне число.
Якщо в' діленому після коми менше цифр, ніж у дільнику, то
справа до нього треба приписані нулі, щоб у діленому і дільнику
після коми цифр було порівну.
Приклад 1. Поділимо 12,096 на 2,24; перенесемо в діле-
ному і дільнику кону на дві цифри вправо. Дістанемо чисйа 1209,6
і 224. Поділимо 1209,6 на 224:
1209,61224
И20 І5Л
896
896
б
Отже, 12,096:2,24 = 5,4.
54
Приклад 2. Поділимо 4,5 на 0,125. Тут треба перенести
в діленому і дільнику кому на три цифри вправо. Оскільки в діле-
ному є лише одна цифра після коми, то припишемо до нього справа
два нулі. Дістанемо числа 4500 і 125. Поділимо 4500 на 125:
45001125
~375 |~зб
750
750
0
Розв’язання прикладів і рівнянь.
Приклади. /
1. Виконати дії 2,0928 + 47,9072 : (7 — 0,195).
Р о з в’я з а н н я.
7 — 0,195 = 6,805;
47,9072 : 6,805 = 7,04;
2,0928 + 7,04 = 9,1328.
2. Виконати дії 687,8 + (88,0802 — 85,3712) : 0,045.
„ Р о з в’я з а н н я.
88,0802 — 85,3712 = 2,7090;
2,7090: 0,045 = 60,2;
687,8 + 60,2 = 748.
3. Розв’язати рівняння 5,7х + 4 + 3,їх = 31,28.
Р о з в’я з а н н я. За сполучним законом маємо:
(5,7 +3,1) х +4= 31,28, або 8,8х + 4 = 31,28.
Перший доданок знаходимо так:
8,8х = 31,28 — 4 = 27,28.
~ „ 27,28 _ ,
Тоді невідомий МНОЖНИК X = о о = 3,1.
0,0
4. Розв’язати рівняння 31,5а—31а — 9,2 = 1,1.
Р 9 з в’я з а н н я.
(31,5 —31) а —9,2= 1,1.
Тоді 0,5а — 9,2 = 1,1.
Звідси 0,5а = 10,3.
10 3
Невідоме а = -77+ = 20,6.
0,5
§ 22. Періодичні десяткові дроби
Визначення періодичного десяткового дробу. Нескінченні десят-
кові дроби, у яких одна або кілька цифр незмінно повторюються
в тій самій послідовності, називаються періодичними десятковими
дробами. Сукупність цифр, що повторюються, називається періодом
дробу.
55
Періодичні дроби бувають чисті і мішані. Чистим періодичним
дробом називається такий, у якого період починається зразу після
коми, наприклад 2,363636. . мішаним — такий, у якого між комою
і першим періодом є одна або кілька цифр,' що не повторюються,
наприклад 0,5 232 232 ... Періодичні дроби скорочено пишуть так:
замість 2,3636 .. . пишуть 2, (36); замість 0,08333 ... пишуть
0,08 (3); замість 0,5 232 232 .. . пишуть 0,5 (232), тобто період беруть
у дужки.
Якщо звичайний нескоротний дріб перетворюється в нескінчен-
ний десятковий дріб, то останній обов’язково періодичний, причому,
якщо у знаменнику дробу немає множників 2 і б, він чистий періо-
дичний, якщо ж знаменник має множником 2 або 5, дріб мішаний,
5
Приклади. Дріб перетворюється в чистий періодичний
7
десятковий, бо 27 не ділиться ні на 2, ні на 5. Дріб перетво-
рюється у мішаний періодичний, бо 12 ділиться на 2.
Справді,
5 |27 7 |12
__50 [од85 185 ... = 0, (185) _ 70 [о,5833 .., = 0,58 (33)
230“ _Ї00
“ 216 96
140 40
135 ”36
50 40
Відоме правило, яке дає змогу зразу визначити, скільки цифр
у періоді і скільки до періоду, якщо перетворювати звичайний
нескоротний дріб у нескінченний десятковий.
Якщо Ь — 2% ^ с і взаємно просте з 10, то нескоротний
дріб -у перетворюється в такий нескінченний десятковий дріб,
у якому число цифр від коми до першого періоду дорівнює більшому
з показників а і 0, а число цифр у періоді дорівнює числу цифр
у найменшому з чисел 9, 99, 999, 9999 і т. д., що діляться на с.
Приклад. Скільки цифр до періоду і скільки в періоді має
. . зоц
нескінченний десятковий дріб, що дорівнює
440 = 23 -5 • 11.
Більший показник степеня тут дорівнює 3. Отже, до періоду
має бути 3 цифри. Число 99 ділиться на 11 (а 9 не ділиться), отже,
у періоді повинно бути 2 цифри.
Перетворення періодичного дробу у звичайний. Щоб перетворити
чистий періодичний дріб у звичайний, досить записати чисельни-
ком його період, а знаменником — число, позначене стількома
дев’ятками, скільки цифр у періоді.
Приклади. 0, (7) = — 2, (05).= 2^; 0, (063) = = ууу.
56
Щоб перетворити мішаний періодичний дріб у звичайний,
досить від числа, що стоїть до другого періоду, відняти число, що
стоїть до першого періоду, і одержану різницю взяти чисельником,
а знаменником написати число, позначене стількома дев'ятками,
скільки цифр у періоді, і зі стількома нулями на кінці, скільки
цифр між комою і періодом.
Приклади. 1.0,3(52)=^ = |§.
2. 5.7(8) = 51^1 = б” .
Історична довідка про десяткові дроби. Десяткові дроби було
введено значно пізніше, ніж звичайні. Вперше теорію десяткових
дробів розробив середньоазіатський математик і астроном ал-Каші
на початку XV ст.
У Європі десяткові дроби були вдруге відкриті голландським
математиком Сімоном Стевіном у 1585 р. Введення коми для відо-
кремлення цілої частини числа від дробової було запропоноване
'німецьким астрономом Й. Кеплером (1571 —1630). У Англії.і США
замість коми досі вживається крапка — знак, запропонований вина-
хідником .логарифмів Джоном Непером у 1616 р. У Росії десяткові
дроби вперше були викладені в «Арифметиці» Магницького.
§ 23. Проценти
Поняття про процент. Процентом будь-якого числа називається
сота частина цього числа. Наприклад, замість того, щоб сказати
«54 сотих усіх жителів нашої країни становлять жінки», можна ска-
зати «54 проценти всіх жителів нашої країни становлять жінки».
Замість слова «процент» пишуть також значок %.
Слово «процент» походить від латинських слів рго сепіііт, що
означає «з сотні». Раніше процентами називали гроші, які боржник
сплачував додатково за кожну позичену сотню карбованців.
Оскільки процент становить соту частину, то звідси випливає,
що процент є дробом із знаменником 100. Отже, дріб 0,49, або
49 « .
, можна прочитати як 49 процентів і записати без знаменника
у вигляді 49%. Взагалі, визначивши, скільки у даному десятковому
дробі сотих частин, його легко записати у процентах. Для цього
користуються правилом: щоб записати десятковий дріб у процен-
тах, треба перенести у цьому дробі кому на два знаки вправо.
Приклади. 0,33 = 33%; 1,25 = 125%;
0,002 = 0,2%; 21 = 2100%.
І навпаки: 7% = 0,07; 24,5% = 0,245;
0,1% = 0,001; 200% = 2.
Іноді вживають поняття проміле. Проміле числа називають його
тисячну частину. Слово «проміле» походить від латинського гпіііе —
«з тисячі» і позначається знаком %о.
Приклад. 0,002 = 0,2% = 2%о.
57
У тисячних частках виражають концентрації розчинів, відно-
шення ваги чистого золота, срібла, платини до загальної ваги сплаву
та ін. Але в останньому випадку замість проміле вживають слово
проба. Пробою називають число грамів дорогоцінного металу у 1000 г
сплаву.
Наприклад, золотом 958-ї проби називають сплав, у 1000 г якого
містяться 958 г чистого золота.
Примітка. Треба, однак, мати на увазі, що поняття «проба»
не у всіх країнах однакове. Наприклад, у дореволюційній Росії під
пробою розуміли кількість золотників чистого металу, що містяться
в одному фунті сплаву, або, іншими словами, кількість вагових
частин чистого металу, що міститься у 96 вагових частинах сплаву.
Сплав, який ми називаємо золотом 750-ї проби, раніше називали
золотом 72-ї проби. В Англії, Швейцарії та інших країнах, де уза-
конено так звану каратну систему проб, цей сплав називають золо-
том 18-ї проби.
§ 24. Основні типи задач на проценти
Знаходження процентів даного числа.
Задача. Бригада трактористів за планом повинна витратити
9 т пального. Трактористи взяли зобов’язання заощадити 20% паль-
ного. Визначити економію пального в тоннах.
Якщо в цій задачі замість 20% написати число 0,2, одержимо
задачу на знаходження дробу від числа. Такі задачі розв’язують
множенням (див. стор. 49). Звідси випливає спосіб розв’язання:
20% = 0,2; 9 0,2 ~ 1,8 (т).
Обчислення можна записати і так: = 1,8 (т).
Взагалі р% числа а дорівнюють .
Щоб знайти кілька процентів даного числа, досить дане число
поділити на 100 і помножити результат на число процентів.
Задача. Робітник у 1973 р. одержував щомісячно 90 крб.,
а в 1974 р. почав одержувати на 30% більше. Скільки одержував
він у 1974 р.?
Розв’Я'зан н я.
Перший спосіб.
1) На скільки карбованців більше почав одержувати робітник?
90 • ЗО
100
27 (крб.).
2) Яка місячна зарплата робітника у 1974 р.?
904- 27 = 117 (крб.).
Другий спосіб.
1) Скільки процентів попереднього заробітку почав одержувати
робітник у 1974 р.?
100%+ 30% = 130%,
58
2) Яка місячна зарплата у 1974 р.?
90 ' 139 11-7 /
100 ~ 7 <КР6)-
Відповідь. У 1974 р. робітник одержував Н7 крб.
Знаходження числ<т за його процентами.
Задача. У колгоспі посіяли кукурудзу на площі 280 га, що
становить 14% всієї посівної площі. Визначити всю посівну площу
колгоспу.
Р оз в’язання,
Якщо в цій задачі замість 14% записати 0,14 ^або , то
одержимо задачу на знаходження числа за відомою його частиною
(див. стор. 50). Такі задачі розв’язуються діленням.
14% = 0,14; 280 : 0,14 = 2000 (га).
Можна це розв’язання оформити й так:
280 :і¥о = £Т° = 2000
Взагалі, якщо р% якогось числа становить а, то все число
„ . а. 100
дорівнює ------.
Щоб знайти число за його процентами, досить відому частину
числа поділити на число процентів ; результат помножити на 100.
Задача. У березні завод виплавив 125,4 т металу, перевико-
навши план па 4,5%. Скільки тонн металу завод повинен був випла-
вити у березні за планом?
1) На'скільки процентів завод виконав план у березні?
10096 4- 4,596 = 104,5%.
2) Скільки тонн металу завод повинен був
125^^0 = і20 (
104.5 1
Відповідь. За планом завод повинен
металу.
Знаходження процентного відношення двох
Задача. Треба зорати 300 га землі. За
120 га. Скільки процентів заданої ділянки зорали за перший день?
Перший спосіб. 300 га становлять 100%, отже, на 1 %
припадає Зга. Визначивши, скільки разів Зга, що становлять 1%,
міститься у 120 га, ми відповімо на запитання задачі.
120:3 = 40 (%).
Другий спосіб. Визначивши, яку тастипу ділянки зорали
за перший день, виразимо цей дріб у процентах:
|^ = -| = 0,4 = 40%.
Відповідь. За перший день зорали 40% ділянки.
виплавити?
був виплавити 120 т
чисел.
перший день зорали
59
Щоб обчислити процентне відношення числа а до числа Ь, треба
знайти відношення а до Ь і помножити його на 100.
Задача. Автомобіль на кожні 100 км шляху влітку витрачає
8 л бензину, а взимку 8,8 л. На скільки процентів зимова норма
більша за літню?
Взимку на кожні 100 км автомобіль витрачає на 8,8 — 8 = 0,8 л
більше, ніж влітку. Ці 0,8 л за відношенням до 8 л становлять
0,8 : 8 = 0,1 = 10%.
Відповідь. На 10%.
Примітка. Іноді учні вважають, що у даному випадку літня
норма витрати бензину менша за зимову також на 10%. Це непра-
вильно. У першому випадку, коли ми порівнюємо витрату бензину
з літньою нормою, ми приймаємо за 100% 8 л; якщо ж порівнювати
з зимовою нормою, треба за 100% приймати 8,8 л і ту саму різницю
0,8 ділити вже не на 8 л, а на 8,8 л, тобто
0,8:8,8 = 0,991 =9,1%
Як бачимо, літня норма менша за зимову не на 10%, а на 9,1%.
§ 25. Наближені обчислення
Числа точні й наближені. Числа, що трапляються на практиці,
бувають двох родів. Одні дають дійсне значення, інші—тільки
приблизне. Перші називають точними, другі — наближеними. Най-
частіше зручно користуватися наближеним числом замість точного,
тим більше, що в багатьох випадках точне число взагалі знайти
неможливо.
Так, якщо кажуть, що у класі є 29 учнів, то число 29 — точне.
Якщо ж кажуть, що відстань від Москви до Києва дорівнює 960 /ои,
то тут число 960 — наближене.
Результат дій з наближеними числами е теж наближеним числом.
Виконуючи дії з точними числами (ділення, добування кореня та ін.),
можна також одержувати наближені числа.
Теорія наближених обчислень дозволяє:
1) знаючи ступінь точності даних, оцінити ступінь точності
результатів;
2) брати дані з належним ступенем точності, достатнім для за-
безпечення належної точності результату;
3) раціоналізувати процес обчислення, звільнивши його від
тих викладок, які не впливають на точність результату.
Округлення. Одним з джерел одержання наближених чисел є ок-
руглення. Округлюють як наближені, так і точні числа.
Округленням даного числа до деякого розряду називають заміну
його новим числом, яке утворюється з даного шляхом відкидання
всіх його цифр, записаних правіше від цифри . цього розряду, або
шляхом заміни їх нулями. Ці нулі звичайно підкреслюють або пи-
шуть меншими. При округленні враховують таке:
1) якщо перша з цифр (зліва), що відкидаються, менша за 5,
то останню залишену цифру не змінюють (округлення з недостачею);
2) якщо перша цифра, що відкидається, більша за 5 або дорів-
нює 5, то останню залишену цифру збільшують на одиницю (округ-
лення з надлишком),
60
Покажемо це на прикладах. Округлити:
а) до десятих 12,34; 12,34 « 12,3;
б) до.сотих 3,2465; 3,2465 ^3,25;
в) до тисячних 3,4335; 3,4335 « 3,434;
г) до тисяч 12375; 12375 « 12000.
Примітка. Ще кілька років тому при відкиданні лише однієї
ццфри 5 користувалися правилом парної цифри: останню цифру ли-
шали без зміни, якщо вона парна, і збільшували на одиницю, якщо
вона непарна. Тепер цього правила не дотримуються: якщо відки-
дають одну цифру 5, то до останньої залишеної цифри додають оди-
ницю незалежно від того, парна вона чи пі.
Абсолютна і відносна похибки. Різниця між точним числом і його
наближеним значенням називається абсолютною похибкою наближе-
ного числа. Наприклад, якщо точне число 1,214 округлити до деся-
тих, одержимо наближене число 1,2. У даному випадку абсолютна по-
хибка наближеного числа 1,2 дорівнює 1,214—1,2, тобто 0,014. Але
у більшості випадків відомо тільки наближене значення розглядуваної
величини. Тоді абсолютна похибка невідома. У цих випадках вка-
зують границю, якої вона не перевищує. Це число називають гра-
ничною абсолютною похибкою. Кажуть, що точне значення числа
дорівнює його наближеному значенню з похибкою меншою, ніж
гранична. Наприклад, число 23,71 є наближеним значенням числа
23,7125 з точністю до 0,01, бо абсолютна похибка наближення дорів-
нює 0,0025 і менша'за 0,01. Тут гранична абсолютна похибка дорів-
нює 0,01*.
Граничну абсолютну похибку наближеного числа а позначають
символом Ля. Запис х ж а (± Да) слід розуміти так: точне значення
величини х знаходиться у проміжку між числами а — Да і а ± Да,
які називають відповідно нижньою і верхньою границями х і по-
значають НГх і ВГх. Наприклад, якщо хя 2,3 (±0,1), то 2,2<х<
<2,4. Навпаки, якщо 7,3 < 7,4, то х « 7,35 (±0,05).
Абсолютна або гоанична абсолютна похибка не характеризують
якість виконаного виміру. Та сама абсолютна похибка може вважа-
тися значною і незначною в залежності від числа, яким виражається
величина, що вимірюється. Наприклад, якщо вимірюємо відстань між
двома містами з точністю до одного кілометра, то така точність ціл-
ком задовільна для цього виміру, тоді як при вимірюванні відстані
між двома будинками однієї вулиці така точність неприпустима.
Отже, точність наближеного значення величини залежить не тільки
від величини абсолютної похибки, а й від значення величини, яку
вимірюють. Тому мірою точності є відносна похибка.
Відносною похибкою називаються відношення абсолютної по-
хибки до величини наближеного числа. Відношення граничної абсо-
лютної похибки до наближеного числа називають граничною віднос-
с о-
ною похибкою; позначають п так: — . Відносну і граничну відносну
похибку прийнято виражати в процентах. Наприклад, якщо виміри
показали, що відстань між двома пунктами більша за 12,3 км, але
* Абсолютна похибка буває і додатною, і від’ємною. Наприклад, 1,68 — 1,7.
Абсолютна похибка 1,68 — 1,7------ 0,02 (див стор. 90) Гранична абсолютна по-
хибка завжди додатна.
61
менша від 12,7 км, то за наближене значення приймають середнє
арифметичне цих двох чисел, тобто їх півсуму; тоді гранична абсо-
лютна похибка дорівнює піврізниці цих чисел. У даному випадку
х їх 12,5 (±0,2). Тут гранична абсолютна похибка дорівнює 0,2 км,
а гранична відносна похибка становить
0 2
-± = 0,016= 1,6%.
12,5
§ 26. Наближені обчислення
за допомогою правил підрахунку цифр
Попередні зауьаженчя. Наближені обчислення виконують з точ-
ним урахуванням похибок і без нього. У менш відповідальних об-
численнях з наближеними числами користуються іншим способом,
заснованим на так.званих правилах підрахунку цифр. У цих пра-
вилах використовується поняття десяткових знаків, значущих, точ-
них і сумнівних цифр. Нагадаємо, що десятковими знаками числа
називають всі його цифри, що стоять справа за комою (див. стор. 51).
Наприклад, числа 3,5 і 3,05 мають відповідно один і два десяткових
знаки.
Зналіщими цифрами, числа називаються всі його цифри, почи-
наючи з відмінної від нуля першої зліва, крім нулів, що стоять
в кінці запису числа на місці відкинутих при округленні цифр (як
зазначалося, ці нулі звичайно підкреслюють або пишуть меншими).
Приклади. У числі 3.5 — дві значущих цифри, у числі
0,0307 — три значущих цифри. У числі 35 000, одержаному внаслідок
округлення до тисяч, дві значущих цифри.
Якщо границя абсолютної похибки наближеного числа дорівнює
ПОЛОВИНІ одиниці розряду останньої його цифри, то всі цифри цього
числа називають точними. Якщо ж ця границя більша за половину
одиниці розряду останньої цифри числа, то остання цифра такого
числа називається сумнівною.
Приклади. В числі 2,06 (±0,005) цифри 2 і 0 точні, а 6 —
сумнівної. В числі 2,06 (±0,01) цифри 2 і 0 точні, а 6—сумнівна.
В числі 35 000, одержаному внаслідок округлення до тисяч, цифри
З і 5 точні, а всі три нулі сумнівні.
Правила підрахунку цифр тісно пов’язані з принципом
О. ЛІ. Крилора (1863—1945): наближене число треба писати так,
щоб у ньому всі значущі цифри, крім останньої, були вірні і тільки
остання цифра була сумнівною і при тому не більш як на одну
одиницю. Наприклад, якщо наближене число записане так; х їх 3,52,
то воно дане з точністю до сотих, тобто х = 3,52 (±0,01). Якщо ж
відомо, що х я 3,72 (±0,02), то, згідно з принципом О. ?4. Крилова,
його треба писати так: х = 3,7.
Обчислення з наближеними числами, записаними таким спосо-
бом, виконують, як і з точними числами, але дотримуючись таких
правил.
Правила підрахунку цифр. 1. При додаванні і відніманні на-
ближених чисел и результаті слід зберігати стільки десяткових
знаків, скільки їх у наближеному даному з найменшим числом
десяткових знаків.
62
Приклад. Знайти суму наближених чисел 127,42; 67,3; 0,12
і 3,03.
127,42
і 67,3
+ 0,12
3,03
197,87 197,9.
Приклад. Знайти різницю чисел 418,7 і 39,837:
418,7
~ 39,837
378,863 378,9
2. При множенні і діленні наближених чисел у результаті
треба зберігати стільки значущих цифр, скільки їх є в даному
числі з найменшою кількістю значущих цифр.
Приклад. Помножити наближені числа 3,4 і 12,32.
. 4928
1 3696
41,888 42.
Задача. Площа прямокутної грядки наближено дорівнює
7,6 кв. м, ширина 2,38 м. Чому дорівнює довжина?
Довжина грядки дорівнює частці від ділення 7,6 на 2,38.
Ділення виконується так:
7,60 2,38
”“7,14 --------
------- 3,19 « 3,2 (м)
460
—238
222
Останню цифру частки — 9 можна було б і не писати, а одержавши
у частці дві значущих цифри і помітивши, що остача більша за по-
ловину дільника, округлити частку з надлишком.
3. При піднесенні наближених чисел до квадрата і куба в ре-
зультаті зберігається стільки значущих цифр, скільки їх в основі.
Приклади. 2,З2 = 5,29 « 5,3;
0,83 = 0,512 « 0,5.
4. У проміжних результатах слід брати на одну цифру більше,
ніж рекомендують попередні правила.
5. Якщо деякі дані мають більше десяткових знаків (при діях
першого ступеня) або більше значущих цифр (при діях другого
і третього ступенів), ніж інші, то їх попередньо слід округлити,
зберігаючи лише одну запасну цифру.
63
6. Якщо дані можна брати з довільною точністю, то для одер-
жання результату з к цифрами дані слід брати з таким числом цифр,
яке дає згідно з переліченими правилами к + 1 цифру в результаті.
Застосування правил. Застосування обчислень способом підра-
хунку цифр розглянемо на прикладі.
Приклад. Знайти значення х = ——, якщо а « 9,31; Ь а
а + & ’
я 3,1; ся 2,33.
а — 6 = 9,31 — 3,1 = 6,21;
(а — Ь) с = 6,21 . 2,33 » 14,5;
а 4- Ь = 9,31 + 3,1 = 12,4;
х = 14,5: 12,4 « 1,2.
Примітка. Сформульовані вище правила підрахунку цифр
мають імовірнісний смисл: вони найвірогідніші, хоч існують приклади,
що не задовольняють ці правила. Тому обчислення способом підра-
хунку цифр — найгрубіший спосіб оцінки похибок результату дій.
Однак він дуже простий і зручний, а точність таких обчислень ціл-
ком достатня для більшості технічних розрахунків. Тому цей спосіб
дуже поширений в обчислювальній практиці.
При відповідальних обчисленнях користуються способом границь,
або способом граничних похибок.
§ 27. Наближені обчислення за способом границь
Найкращим (у розумінні строгості) з відомих способів наближе-
них обчислень е спосіб границь. Користуючись цим способом, за
відомими верхніми і нижніми границями даних чисел знаходять ок-
ремо нижню і верхню границі результату.
Хай, иапоиклад, треба додати числа х» 3,2 (±0,05) та у «
« 7,9 (±0,05).
Маємо: 3,15 < х < 3,25; 7,85 < у < 7,95;
11,00 < х ± у < 11,20.
Отже, х + у» 11,1 (±0,1).
Взагалі, нижня границя суми наближених чисел дорівнює сумі
нижніх границь доданків, а верхня — сумі верхніх границь доданків.
Символічно це можна записати так*
НГ (х + у) = НГх + НП/; ВГ (х + у) = ВГх ± ВІ>.
Аналогічні правила справедливі для множення:
НГ (ху) = НГх НГу; ‘ ВГ (ху) = ВГх • ВГу.
Для обернених дій — віднімання і ділення — відповідні правила
мають вигляд
НГ (х — у) = НГх —ВП/; ВГ (х— у) = ВГх — НГг/.
МГ^ хУ-НГх- пг^*У ВГ*
нги+ вг'/’ вгЬ/ нп/‘
З визначення НГ і ВГ виходять також правила:
1) округляти НГ можна тільки з недостачею, а ВГ — з над-
лишком.
64
2) чим менша різниця ВГх — НГх, тим точніше визначається х;
3) як наближене значення х рекомендується брати середнє ариф-
метичне чисел НГх і ВГх або число, близьке до нього.
Застосування способу гранипь при обчисленнях розглянемо на
прикладі.
Приклад. Знайти значення х = ——якщо а^9,21 (±0,01);
а о
Ь ж 3,05 (±0,02); с я 2,33 (±0,01).
Визначаємо НГ і ВГ кожного з чисел а, Ь, с і, виконавши з ними
відповідні дії, знаходимо НГ і ВГ числа х.
Запис зручно оформити у вигляді таблиці (див. табл. 2).
Т а б л и ц я 2
Компо- ненти НГ ВГ Компо- ненти НГ ВГ
а 9.20 9,22 {а — Ь) с 14,22 14,49
Ь 3.03 3,07 а — Ь 12,23 12.29
с 2,32 2,34 X 1,15 1.19
, а — Ь 6,13 6,19
ВЕЛИЧИНИ І ПРОПОРЦІЇ
§ 28. Вимірювання величин
Величини та їх вимірювання. Дати точне визначення поняття
«величина» не можна. Це одне з основних понять, що не визнача-
ються, смисл яких розкривають за допомогою різних описів. У ста-
рих книжках величинами називали все те, іцо здатне збільшуватися
або зменшуватися. Але це не можна вважати точним визначенням,
оскільки кажуть, наприклад, про збільшення апетиту, прав, обов’яз-
ків та інших понять, які не прийнято вважати величинами.
Приклади величин: довжина, площа, об’єм, вага, швидкість,
час тощо.
Характерною особливістю величини є те, ще поряд з іншими
властивостями вона має і числову характеристику, тому кажуть про
те або інше числове значення величини.
Величину можна виміряти. Виміряти будь-яку величину — зна-
чить порівняти її значення із значенням іншої величини такого са-
мого роду, прийнятої за одиницю.
У кожній державі встановлено певні одиниці для вимірювання
основних величин. Одиниці виміру, що ввійшли у вжиток, називають
мірами. Так, зараз у нас за одиницю довжини прийнято метр, за
одиницю ваги — грам, за одиницю часу — секунду тощо. (Для кожного
роду величин вибирають декілька одиниць: одні більші (кратні), інші
дрібніші (часткові)).
Однак не завжди у нас користувались цими мірами, а в деяких
країнах і досі прийнято інші міри.
Старі російські міри. Деякі старі російські міри і співвідношення
між ними.
З 5-2692
65
Міри довжини
Миля ~ 7 верст « 7,4676 км
Верста = 500 сажнів « 1,0668 км
Сажень = 3 аршини ж 2,1336 м
Аршин = 16 вершків « 0,7112 м
Сажень = 7 футів ® 213,36 см
Фут — 12 дюймів л 30,48 см
Дюйм = 10 ліній « 2,45 см
Міри ваги
Пуд = 40 фунтів (1 пуд » 16,4 кг)
фунт = 32 лоти
Лот = 3 золотники
Золотник = 96 долей
Англійські міри
Міри довжини
ЛІил = 0,001 дюйма
Долоня = 4 дюйми
П’ядь = 9 дюймів
Фут = 12 дюймів
ЯрД = 3 фути
Пол = 5,5 ярда
Фурлонг = 220 ярдів
Англ. миля = 8 фурлопгів
Ліга =3 милі
Примітка. Основною одиницею довжини в англійських систе-
мах мір є ярд. Британський ярд дорівнює 0,91439841 м. У США ярд
3600
дорівнює м.
Міри ваги
Унція =16 драхм
Фунт = 16 унцій
Стоун = 14 фунтів
Британська чверть = 2 стоуни
Чверть (у США) = 25 фунтів
Центнер = 4 чверті
Тонна = 20 центнерів
Довга тонна (британська міра) = 2240 фунтів
Коротка тонна (у США) = 2000 фунтів
Примітка. Основною одиницею ваги в Англії і США є фунт.
Він становить 0,453559243 кілограма Перелік інших англійських мір
подано у книзі «Англо-русский словарь математических терминов».
М., 1962.
§ 29. Метрична система мір
У СРСР з 1918 р. введено ЛІетричну систему мір. Похідні міри
утворюются з основних шляхом збільшення або зменшення їх у 10,
1'00, 1000 і т. д. разів.
Деякі найважливіші міри Метричної системи.
66
Міри довжини
Основна одиниця — метр (м)
Дрібніші одиниці
Дециметр (дм) =0,1 м
Сантиметр (см) =0,01 м
Міліметр (мм) = 0,0001 м
Мікрон, або мікрометр^) = 0,000001 м
Мілімікрон (ггці.) =0,000000001 м
Більші одиниці
Декаметр (дкм) = 10 м
Гектометр (гм) = 100 м
Кілометр (км) = 1000 м
М іріаметр (мрм) = 10 000 м
Мееаметр = 1000000 м
Міри площі
Основна одиниця — квадратний метр (кв. м, або м2)
Дрібніші одиниці
Квадратний дециметр (кв. дм) = 0,01 кв. м
Квадратний сантиметр (кв. см) = 0,0001 кв. м
Квадратний міліметр (кв. мм) =0,000.001 кв. м
Більші одиниці
Квадратний декаметр, або ар (а) = 100 кв. м
••Квадратний гектометр, або гектар (га) = 10 000 кв. м
Квадратний кілометр (кв. км) = 1 000 000 кв. м
Міри об’єму
а) газоподібних і твердих тіл
Основна одиниця — кубічний метр (куб. м, або м3)
Дрібніші одиниці
Кубічний дециметр (куб дм) = 0,001 куб. м
Кубічний сантиметр (куб. см) =0,000 001 куб. м
Кубічний міліметр (куб. мм) = 0,000 000 001 куб. м
Більші одиниці
Кубічний кілометр (куб. км) = 1 000 000 000 куб. м
б) рідин і сипучих тіл
Основна одиниця — літр (л) — об’єм 1 куб. дм
Точніше, 1 л= 1,000 028 куб. дм
Дрібніші одиниці
Децилітр (дл) =0,1 л
Сантилітр (сл) =0,01 л
Мілілітр (мл) = 0,001 л
Мікролітр (мкл) = 0,000 001
Більші одиниці
Декалітр = Ю л
Гектолітр (гл) = 100 л
Кілолітр (кл) = 1000 л
Міри ваги
Основна одиниця — грам (г) — вага 1 куб. см чистої дистильо-
ваної води при 4° С і атмосферному тиску 760 мм рт. ст.
З* 67
Дрібніші одиниці
Більші одиниці
Дециграм (дг) = 0,1 г
Сантиграм (сг) =0,01 г
Міліграм (мг) =0,001 г
Мікрограм (мкг) = 0,000 001 г
Карат (к) =0,2 г
Декаграм (дкг) = 10 г
Гектограм = 100 г
Кілограм (кг) = 1000 г
Центнер (ц) = 100 кг
Тонна (т) = 1000 кг,
§ ЗО. Система СІ
У жовтні 1960 року XI Генеральна конференція по мірах і вазі,
на якій були присутні представники 32 країн (у тому числі СРСР,
Чехословаччини, Франції, Великобританії, США та їн.) прийняла Між*
народну систему одиниць 81 (СІ—система інтернаціональна) як уні-
версальну систему для всіх галузей науки і техніки.
У вересні 1961 р. Комітет стандартів, мір та вимірювальних
приладів при Раді Міністрів СРСР затвердив новий державний стан-
дарт «Міжнародна система одиниць» (ГОСТ 9867—61) для переваж-
ного його вживання з 1 січня 1963 р. у всіх галузях науки, техніки
і народного господарства,
Міжнародна система одиниць складається з шести основних оди-
ниць: метра (м) — для довжини, кілограма (кг) — для маси, секунди
(с)—для часу, градуса Кельвіна (К)—для термодинамічної темпе-
ратури, ампера (а) — для сили струму і свічки (св) — для сили світла;
двох додаткових одиниць: радіана (рад) — для плоского кута і сте-
радіана (стер) —дтя тілесного кута — і 27 найважливіших похідних
одиниць: площі — квадратний метр (м2), об’єму — кубічний метр (м3),
лінійної швидкості — метр на секунду (м/сек). кутової швидкості —
радіан на секунду (радтек) та ін.*
Більшість визначень основних одиниць у системі СІ є новими.
Наприклад: «Метр— довжина, що дорівнює 1 650 763,73 довжин
хвиль у вакуумі випромінювання, що відповідає переходу між рів-
нями 2р10 і 5^5 атома криптону 86»; «Кілограм — одиниця маси —
представлений масою міжнародного прототипу кілограма»; «Секунда—
^1 ккаЇок оті? чаСтина тропічного року для 1900 р. січня 0 о 12 го-
дині ефемеридного часу».
Необхідність нових визначень викликана тим. що старі визна-
чення не забезпечували належної точності вимірювань при сучасному
стані техніки. Нові визначення основних одиниць стабільніші, ніж
старі, і дають можливість підвищити точність їх відтворення.
Більші (кратні) і дрібніші (часткові) одиниці вимірювання по-
рівняно з наведеними у системі СІ (як і в метричній системі) треба
утворювати їх множенням на степінь числа 10, що відповідає при-
ставці, приєднаній до назви основної одиниці **:
* М. Г. Богуславскийи др. Таблиць! псревода єдиний измерений,-.
Стандартгиз, М..- 1963.
** 10’-1, 10—2, . . . означають відповідно ~ . (див. стор. 128).
68
дека — 10 (да) деци — Ю"^1 (д)
гекто — 102 (г) санти — 10~2 (С)
кіло — 103 (к) мілі — 10~3 (м)
мега — 10е (М) мікро — 10-« (мк)
гіга —Я О9 (Г) нано — 10-’ (Н)
тер а - 1012 (Т) піко — 10-12 (П)
З часу введення ГОСТ 9867—61 (1 січня 1963 р.) вжито ряд за-
ходів по впровадженню одиниць Міжнародної системи у вузах, тех-
нікумах та школах, в науково-технічній літературі, в інженерно-
технічних розрахунках та в науково-дослідних роботах. Комітет
стандартів, мір та вимірних приладів при Раді Міністрів СРСР перед-
бачив підготовку єдиного стандарту на одиниці фізичних величин,
які використовуються в СРСР. З цією метою Всесоюзним науково-
дослідним інститутом метрології ім. Д. І. Менделєєва (ВНДІМ) було
розроблено проект державного стандарту «Одиниці вимірювань» *.
Він передбачає перехід від переважного до обов’язкового викорис-
тання одиниць СІ. Враховуючи, що швидкий перехід на нові одиниці
неможливий, в проекті передбачено достатній термін для цього
переходу.
Деякі ОДИНИЦІ, що не входять до СІ, не можуть бути вилучені
в найближчий час (наприклад, хвилина, година, кутовий градус,
£Ітр, тонна, градус Цельсія), тому проект стандарту передбачає їх
використання поряд з одиницями СІ. Крім назв одиниць та їх позна-
чень проект дає словесне визначення одиниць і чіткі правила, які
належать до утворення і застосування як самих одиниць, так і їх
назв і позначень.
Для утворення назв кратних і дрібних одиниць в проекті перед-
бачено використання позначень, які прийняті Генеральною конферен-
цією по мірах і вазі. Оскільки кратні і дрібні одиниці не є коре-
гентними одиницями СІ (вони мають множник 10а2, відмінний від
одиниці), то їх треба використовувати для зменшення числа значу-
щих цифр в числі, яке записують.
В основу даного проекту покладено Міжнародну систему оди-
ниць (СІ). В табл. 1 стандарту подано найважливіші одиниці СІ для
всіх галузей вимірювальної техніки. Не вказані в стандарті оди-
ниці СІ можна дістати за загальним правилом утворення корегент-
них похідних одиниць.
Загальна кількість одиниць СІ, які містить стандарт, — 93 (в тому
числі 6 основних, 2 додаткових і 85 похідних)'.
У проекті наведено словесні визначення основних, додаткових
і важливих похідних одиниць, які дозволяють досягти повної одно-
значності у встановленні розміру одиниці. Крім того, подано роз-
мірності величин для полегшення їх ідентифікації.
У відповідності з рішеннями XIII Генеральної конференції по
мірах і вазі в проекті подано нові визначення секунди, кельвіна
і кандели.
Табл. 2. проекту містить одиниці, які можуть бути використані
поряд з одиницями СІ. Табл. З проекту містить одиниці, які вико-
ристовуються тимчасово.
* «Единицьі физических величин». ГОСТ —. Изд. официальное. Проект,
Москва, Комитет ст'яндартов, мер и измерительньїх приборов при Совете Мини-
стров СССР.
69
§ 31, Історичні відомості про метрологію
Майже всі одиниці мір, прийняті стародавніми народами, пов’я-
зані з розмірами людського тіла. Таке походження мають, зокрема,
дюйм (ширина пальця), фут (довжина ступні), лікоть (довжина руки
від ліктя до кінця середнього пальця), сажель (відстань між кін-
цями середніх пальців двох витягнутих у сторони рук). Тисяча
подвійних кроків у стародавньому Римі одержала назву милі (від
тії і а — тисяча).
Найбільш розробленою з стародавніх метрологій була вавілон-
ська, що справила значний вплив на метрологію інших стародавніх
народів. Досі ми користуємось одиницями виміру часу, запозиченими
з вавілонської метрології (доба має 24 години; година має 60 хви-
лин; хвилина має 60 секунд).
.Стародавні метрології містили в собі виміри довжини, площ
(земельних ділянок), об’ємів, ваги, часу, а також монетні системи,
пов’язані звичайно з вимірами ваги.
До кінця XIX ст. більшість європейських країн мала свої си-
стеми вимірів; особливо багато їх було у середні віки і в нові часи,
коли Європа була роздроблена на багато невеликих держав. Азіат-
ські, американські та інші країни і народи мали свої системи мір
і ваги.
У старих руських рукописах (у «Руській правді» та ін.) зберег-
лися відомості про одиниці виміру, що використовувались у IX ——
XIII століттях у Київській Русі. Подібно до Західної Європи, ок-
ремі руські землі мали свої міри і ваги. Регламентація мір була
почата у Московській Русі і завершилася при Петрі І. Одиниця
довжини — сажень — була прирівняна до 7 англійських футів.
Тоді ж було встановлено міри сипучих тіл: гарнець і четверик, що
дорівнював 8 гарнцям. До XVII ст. було встановлено величину
десятини як одиниці виміру площ, що дорівнює 80 X ЗО сажнів,
а також склалися міри ваги: 1 пуд, що дорівнює 40 фунтам, тощо.
З розвитком суспільства росли вимоги щодо точності мір і ви-
мірів. Зміцніли торговельні зв’язки між окремими країнами і наро-
дами. Однак розвиток торгових відносин ускладнювався тим, що
у кожній державі існували різні системи мір, які історично скла-
далися, і під тією самою назвою у різних місцевостях часто розу-
міли різні величини, наприклад, існувало 100 різних футів (робо-
чий, землемірний, ткацький, кравецький, інженерний, геометричний
та ін.), 120 різних фунтів (великий, малий, звичайний, казенний,
торговий, міський, медичний, гірничий таін.), 46 різних миль і т. д.
Метричну систему мір було розробленої французькою Академією
наук у 90-х роках XVIII ст. у часи Французької буржуазної рево-
люції і запроваджено у Франції 7 квітня 1795 р. В основу метрич-
ної системи було покладено одиницю довжини — метр, що дорівню-
вала довжині однієї сорокамільйонної частини Паризького меридіана.
Решта одиниць вимірювання довжини перебувала у певних співвід-
ношеннях з метром, причому за основу було прийнято десяткову
систему числення, внаслідок чого значно спростились торгові відно-
сини. Незважаючи на це, впровадження нової системи в життя на-
трапило на великі перешкоди. Буржуазія, що прийшла до влади
у Франції, не була зацікавлена проведенні реформи мір, а віднов-
лення королівської влади (1815 р.) сприяло забуванню метричної
системи поряд з іншими досягненнями революції.
70
Революційне "походження метричної системи перешкоджало її
поширенню і в інших країнах. Наприклад, у 1823 р. петербурзький
академік М. І. Фусс відхилив посібник з геометрії М. І. Лобачев-
ського, мотивуючи це тим, що в нього за одиницю довжини прий-
нято метр, а за одиницю виміру дуги — градус, а «сне разделение
вьідумано било во время французской революции, когда бешенство
нации уничтожить все прежде бьівіпее распространилось даже до ка-
лендаря и деления круга».
У 1869 р. Петербурзька Академія наук звернулася до наукових
установ усього світу з закликом переглянути основи метричної сис-
теми з тим, щоб вона могла стати міжнародною.
Досягнення науки вимагали замінити визначення метра як однієї
десятимільйонної чверті меридіана, тому що архівний метр не збі-
гався з жодним з результатів останніх вимірювань. За пропозицією
Петербурзької Академії наук за прототипи було взято архівні ета-
лони метра і кілограма.
У 1887 р. у Парижі на кошти двадцяти держав—учасників
«Конференції метра» — було створено «Міжнародне бюро мір і ваги»,
якому доручено зберігати еталони мір і виготовляти їх зразки.
Новий еталон метра було виготовлено з тривкого сплаву пла-
тини та іридію і разом з еталоном кілограма (маса 1,000 028 куб. дм
води при 4° С) вмішено у підвалах бюро на зберігання (Франція,
Бретейльський павільйон).
У Росії велику роботу по підготовці і впровадженню метричної
системи мір провели Б. С. Якобі та Д. І. Менделєєв, який з 1892 р.
очолював Головну палату мір і ваги, перетворену згодом у Всесо-
юзний науково-дослідний інститут метрології ім. Менделєєва.
Нова реформа мір (запровадження системи СІ) є дальшим кро-
ком по удосконаленню одиниць виміру у міжнародних інтересах.
§ 32. Іменовані числа
Числа абстрактні та іменовані. Числове значення величини
взяте з одиницею виміру, називається іменованим числом. Так, 5 кг,
35 см—іменовані числа. Якщо при числі не вказано одиницю ви-
міру, то таке число називається абстрактним (35 — абстрактне
число).
Іменоване число називається простим, якщо числове значення
величини виражене однією одиницею виміру, наприклад 8 см. Іме-
новане число називається складеним, якщо числове значення вели-
чини виражене кількома одиницями виміру, наприклад 5 м 25 см.
Перетворення і роздроблення іменованих чисел. Перетворення
іменованого числа в одиниці нижчого найменування називається роз-
дробленням, обернене перетворення в одиниці вищого найменування
називається перетворенням або укрупненням. Так, перетворення
числа 2 км 25 м у 2025 м є роздробленням, а обернене перетворення
числа 2025 му 2 км 25 м — перетворенням. Роздроблення і пере-
творення іменованих чисел виконується здебільшого усно і записує-
ться так:
роздроблення:
75 крб. 17 коп. = 7517 коп.; 7 кг 250 г = 7250 г;
27 м 15 см 5 мм = 27155 мм;
71
перетворення:
3574 коп. =35 крб. 74 коп.; 6005 м = 6км5м.
Дії з іменованими числами. Арифметичні дії з іменованими чис-
лами виконуються так само, як і з абстрактними, тільки тут іноді
одночасно з виконанням дії роблять і деякі перетворення. Тому
розрізняють дії з перетворенням і без перетворення.
Нижче на прикладах показано, як прийнято записувати дії з
іменованими числами.
Додавання і віднімання.
, 257 м 375 г 7 м 2 дм 5 см
149 м ‘26 км 935 г 5 м 8 дм 6 см
406 м 26 кг 1310 г 1 м 3 дм 9 см
27 кг 310 г
Множення і ділення.
Запис при письмовому множенні складених іменованих чисел
можна проводити за двома формами.
Приклад. 35 км 252 м X 125
А. 252 м 35 км
х 125 Л 125
175
+ 504 70
252 35
31500 м= 31 км 500 км 4375 км
। 31 км 500 м
4406 км 500 м
Б. 35252 м
х 125
176260
+ 70504
35252
4406500 м
4406 км 500 м
Ділення.
При діленні іменованих чисел розрізняють два випадки:
ділення іменованого числа на абстрактне, тобто на рівні час-
тини;
ділення іменованого числа на іменоване, тобто ділення за
вмістом.
Письмове ділення на рівні частини виконується так:
72
без роздроблення
_ 312 кг 420 г | 12
24 26 кг 35 г
72
~ 72
420
"36
60
- 60
0
Письмове ділення за вмістом
65 год 15 хв | 45 хв
3915 хв ”87
“360
315
“315
0
з роздробленням
5 кг 120 г | 16
5120 г 320 г
“ 48
32
“32____
0
виконується так:
33 кг 95 г : 2 кг 425 г
_ 33950 г | 2425 г
2425 П4
9700
9700
0
§ 33. Відношення чисел
Відношення чисел. Як зазначалося раніше, частка від ділення
одного числа на інше називається також їх відношенням. Отже,
частка і відношення визначають те саме поняття, Однак, коли ка-
жуть «частка», мають на увазі одне число, одержане в результаті
ділення двох даних чисел. Коли ж кажуть «відношення», мають на
увазі пару чисел, з’єднаних знаком ділення. Наприклад, якщо по-
ділити 10 на 2, одержимо 10:2 = 5. У даному випадку кажуть, ще.
частка від ділення 10 на 2 дорівнює 5, кажуть також, що відно-
шення 10 до 2 дорівнює 5. Але саме відношення даних чисел запи-
сують у вигляді 10:2, або -у . Зрозуміло, що числа 10: 2 і 5 одна-
кові. Тому й кажуть, що відношення — те саме, що й частка.
Для позначення відношення використовують дробову риску або
знак ділення (:).
У загальному вигляді відношення записують так: а:Ь
Числа а і Ь називають членами відношення. Перший член а на-
зивається попереднім, другий Ь — наступним. Наприклад, у відно-
шенні 4 : 5 число 4 є попереднім членом, 5 — наступним.
Оскільки відношення двох чисел одержують за допомогою ді-
лення, то для нього справедливі всі властивості частки. Основна
властивість відношення: значення відношення, не зміниться, якщо
його члени помножити або поділити на те саме число.
Членами відношення можуть бути будь-які числа, тільки наступ-
ний член не може дорівнювати нулеві. Тому можливі й такі відно-
шення:
21
12 2
2—: 3—, або —.
з
73
Щоб одержати відношення двох іменованих чисел, треба дати ці
числа в однакових одиницях виміру.
Приклад. Знайти відношення 73 см до 2,92 м:
73 см _ 73 см _ -
2,92 м - 292 см ~ ’
Скорочення членів відношення і заміна відношення дробових
чисел відношенням цілих чисел. Використовуючи основну властивість
відношення, виконуємо два перетворення: 1) скорочення членів від-
ношення і 2) заміну відношення дробових чисел відношенням цілих
чисел. Як це виконується, видно з наступних прикладів.
Приклад 1. Скоротити члени відношення 48:32.
Розв’язання. 48 : 32 = 3 : 2,
1 2
Приклад 2. Замінити відношення дробових чисел 1-^ і
2 З
відношенням цілих чисел.
Розв’язання.
іі.2-2.2-2.1-9.4
2'3~2'3~6’6
Ми звели дроби до спільного знаменника, а потім помно-
жили попередній і наступний члени відношення на їх спільний зна-
менник (на 6).
Примітка. Раніше відрізняли різницеві відношення (виду
о. — Ь) і кратні відношення (виду а: Ь), Тепер поняття «різницеве
відношення» не вживається. У сучасній математиці вирази виду
а:Ь також дуже рідко називаються відношенням. Термін «відно-
шення» тепер більшість математиків вживають для означення зв’язку
між предметами або поняттями. Наприклад, кажуть про відношення
«більше», «менше», «дорівнює», «не дорівнює», «еквівалентно», «па-
ралельно», «перпендикулярно» тощо. Відношення р в деякій мно-
жині називається рефлексивним, якщо для будь-якого елемента х
з цієї множини хрх; симетричним, якщо з хрі/ випливає урх; тран-
зитивним, якщо з х?у і //рг випливає хрг. Відношення, що є одно-
часно рефлексивним, симетричним і транзитивним, називається від-
ношенням еквівалентності. Таким, зокрема, є відношення рівності
у множині чисел, еквівалентності у множині рівнянь, подібності
у множині фігур та ін. Нерефлексивне, антисиметричне і транзи-
тивне відношення називаються відношеннями порядку.
§ 34. Пропорції
Поняття-про пропорцію. Пропорцією називається рівність двох
~ а с
відношень. Загальний вигляд пропорції -у = -у, або а » о = с : а.
Приклади пропорцій:
3:4 = 9: 12;
_2 = _8 .
З “ 12 ’
.0:4=44;
20 м : 4 м = 10 кг : 2 кг.
74
Пропорції читають так: «З відноситься до 4, як 9 до 12», «10
відноситься до 2~, як 1-4 До і т. д. Або: «відношення 3 до 4
2 о о
дорівнює відношенню 9 до 12»; «10 у стільки разів більше за 2у >
. . 1 1
у скільки разів 1-х- більше за
о <3
Члени відношень, які утворюють пропорції, називаються чле-
нами пропорції. Пропорція складається з чотирьох членів. Перший
і останній з них, тобто члени, що стоять по краях, називаються
крайніми, а члени пропорції, що знаходяться всередині, називаються
середніми. Так, у першій пропорції числа 3 і 12 є крайніми, а 4
і 9 — середніми членами пропорції.
Всі члени пропорції можуть бути абстрактними числами, але
два члени одного відношення (або обох відношень) можуть бути
і однорідними іменованими числами:
о 1 е 15
Зу кг : 5 кг = у м: у м.
Основна властивість пропорції. Добуток крайніх членів пропор-
ції дорівнює добутку середніх її членів.
. . ...ас
У загальному вигляді ця властивість пропорції у = у запи-
сується так: ай = Ьс.
Основна властивість пропорції може бути використана для пере-
вірки правильності складених пропорцій.
1 1 5
Приклад. Перевірити правильність пропорції =20 :
2 4о о
бо виконується основна
1 4 1
— . у = — . 20. Пропорція правильна,
5 5
властивість пропорції: — = •
Отже, з наведених прикладів видно,
ності, в лівій частині якої стоїть добуток
вій — добуток двох інших чисел, можна скласти пропорцію.
Обчислення невідомих членів пропорції. Обчислення невідомого
члена пропорції називають розв’язанням пропорції. Для обчислення
членів пропорції використовують наслідки з її основної власти-
вості.
1. Невідомий крайній член пропорції дорівнює добутку середніх
членів, поділеному на відомий крайній, тобто якщо х : й = Ь: с, то
Ьй
х = — .
с
2. Невідомий середній член пропорції дорівнює добутку край-
ніх членів, поділеному на відомий середній, тобто якщо а : х= Ь : с,
ас
то х== —.
о
що з чотирьох чисел рів-
одних двох чисел, а у пра-
З 1
Приклад 1, х: 12 = 4— : 7-у; х =
12 З 4Т
4і-
75
5
Приклад 2. 10,4:Зу = х
_5_,
11’
'“4 П_,з
Х~ ЧІ ~ П‘
Перестановка членів пропорції. У кожній пропорції
переставити: ґ . ’
г) крайні на місце середніх і середні на місце крайніх,
можна одержати з даної пропорції 8 пропорцій (з даною включно).
У буквеному записі вони набувають такого вигляду:
а : Ь = с: б/, с : сі = а: Ь,
д.\Ь = сча1 Ь : сі = а: с,
а: с = Ь : сі, сі а = сі:Ь,
сі і с = Ь :а, Ьі а = с!:с.
Для всіх пропорцій виконується основна властивість:
асі = Ьс.
Приклад. Виконати можливі перестановки членів у пропор-
ції 5:3 = 20: 12.
можна
а) середні члени, б) крайні, в) середні і крайні,
-------------і.. : -------: ---ВбЬОГО
5: 3 = 20: 12,
5: 20= 3: 12,
20: 5= 12: З,
20: 12= 5: З,
3: 5= 12:20,
3; 12= 5:20,
12 : 20 = 3 : 5,
12: 3= 20: 5.
Спрощення пропорцій. До перетворень, що не порушують про-
порцію, належить одночасне збільшення або зменшення в однакове
число разів:
а) обох членів будь-якого відношення;
б) обох попередніх або обох наступних членів;
в) всіх членів пропорції.
Перелічені перетворення дають можливість спрощувати пропор-
ції, зокрема звільняти їх від дробових членів.
1 1 5
Приклад. Спростити пропорцію = 20: .
Помноживши всі члени даної пропорції на 48, одержимо 24:1 =
= 960 : 40, або 24 : 1 = 96 : 4.
Похідні пропорції. Якщо до обох частин даної пропорції
а с . а । і с . і А
— додати по 1, то одержимо — 1 =-г+ 1 або
о а о а
. а -4- Ь с -4- сі
== —•
Ь а
Словами це можна виразити так: сума членів першого відно-
шення даної пропорції відноситься до його наступного члена, як
сума членів другого відношення до його наступного.
5 20 8 32
Приклад. Якщо у = ’ Т0 Т = 12 ’
Аналогічно з даної пропорції можна одержати таке:
а — Ь с— сі
б)-г = —’
76
тобто різниця членів першого відношення відноситься до його наступ-
ного члена, як різниця членів другого відношення до його наступ-
ного члена;
ч а -4- Ь с -4- д
в) —!!,
' а с
тобто сума членів першого відношення відноситься до його поперед-
нього члена, як сума членів другого відношення до його попереднього
члена;
.а — Ь с — д
г) ------------,
а с
тобто різниця членів першого відношення відноситься до його попе-
реднього члена, як різниця членів другого відношення до його попе-
реднього члена;
а -|- Ь с -І- д
а — Ь~~ с — (Г
тобто сума членів першого відношення відноситься до їх різниці, як
сума членів другого відношення до їх різниці;
а —|— с а с
. Є) = Т = 1 ’
тобто сума попередніх членів пропорції відноситься до суми наступ-
них, як кожний попередній до свого наступного.
Всі ці і багато інших пропорцій, ще одержуються з даної, нази-
ваються похідними пропорціями.
Властивість рівних відношень Останній приклад похідної про-
порції можна узагальнити на випадок кількох однакових відношень.
Якщо
— = — = -. ____11п
^1 &П ’
то
+ П2 + * ' » + ап __ £1
4“ ^2 “Ь * * * 4- Ьі’
тобто, якщо кілька відношень дорівнюють одне одному, то сума
всіх попередніх їх членів так відноситься до суми всіх наступних,
як кожний попередній член до свого наступного.
3' 6 9 12 ЗО З
Приклад. Якщо = т? = то Т77 = “Г-
5 * 10 15 20 50 &
§ 35. Арифметичні задачі
Загальні відомості. Розрізняють арифметичні задачі на обчис-
лення, доведення і дослідження.
Розглянемо кілька арифметичних задач.
1. У учня було 12 зошитів, 5 зошитів він списав. Скільки зо-
шитів у нього лишилося?
2. Якщо де тризначного числа дописати таке саме число, то
одержане шестизначне число буде обов’язково ділитися на 7, 11, 13.
Довести.
77
3. Чи Існують числа, як! при діленні на 9 дають у остачі 5,
а при діленні на 15 дають остачу 6?
Перша з цих задач—на обчислення, друга—на доведення,
третя — на дослідження.
У кожній арифметичній задачі дано деякі числа, співвідношення
і сформульовано певні вимоги. Те, що дано у задачі, називається
її умовою, що треба робити — вимогою, або запитанням Розв'язати
задачу — значить виконати те, що вимагається в ній. У результаті
розв’язання задачі одержують відповідь, або розв'язок.
Звичайно арифметичні задачі містять тільки такі дані, які необ-
хідні і достатні для одержання певної єдиної відповіді. Такі задачі
називають визначеними. Але іноді трапляються задачі, що мають
кілька і навіть нескінченну множину розв’язків; їх називають невиз-
наченими. Бувають і такі задачі, що не мають жодного розв’язку;
їх називають суперечливими.
Арифметичні задачі на обчислення. Арифметичною задачею на
обчислення називають вимогу визначити числове значення величини
за відомими числовими значеннями інших величин, що перебувають
у певній залежності між собою і шуканою. Необхідними елемента-
ми арифметичної задачі на обчислення є:
1) числові дані;
2) словесні пояснення залежності, що існує між даними числами
і між даним і шуканим;
3) питання задачі, відповідь на яке треба знайти.
Всі арифметичні задачі на обчислення прийнято ділити на прості
і складені. Простими називаються задачі, які можна розв’язати од-
нією дією. Задачі, які неможливо розв’язати однією дією, нази-
вають складеними.
Розглянемо найважливіші типи складених арифметичних задач.
Задачі на правило трьох. Найчастіше трапляються арифметичні
задачі на так зване просте правило трьох. У цих задачах дано три
числа і треба визначити четверте, пропорційне до них.
Задача. 10 болтів важать 4 кг. Скільки важать 25 таких
болтів?
Такі задачі можна розв’язати кількома способами.
Розв’язання І (способом зведення до одиниці).
1. Скільки важить один болт?
4:10 = 0,4 (кг).
2. Скільки важать 25 болтів?
0,4 • 25 = 10 (кг).
Розв’язання II (способом пропорцій). Оскільки вага бол-
тів прямо пропорційна до їх кількості, то відношення ваг дорівнює
відношенню штук (болтів). Позначивши шукану вагу буквою х,
одержимо пропорцію
X : 4 = 25 : 10,
звідки
* = 4 102— = 10 (кг).
Можна міркувати й так; 25 болтів більше за 10 у 2,5 раза;
отже, вони важчі за 4 кг також у 2,5 раза:
4 2,5 == 10 (кг).
78
Відповідь. 25 болтів, важать 10 кг.
Складне правило трьох. Задачі, у ярих за даними рядом відпо-
відних одне одному значень кількох (більше двох) пропорційних ве-
личин треба знайти значення однієї з них, відповідне другому ряду
даних значень решти величин, називають задачами на складне пра-
вило трьох.
Задача. 5 насосів протягом 3 год викачали 1800 відер води.
Скільки води викачають 4 таких насоси за 4 год?
Розв’язання.
5. нас. З год —1800 від.
4 нас. 4 год — х від.
1. Скільки відер води викачав 1 насос за 3 год?
- 1800:5 = 360 (відер).
2. Скільки відер води викачав 1 насос за 1 год? 360 : 3 = 120 (відер).
3. Скільки води викачають 4 насоси за 1 год? 120 4 = 480 (відер).
4. Скільки води викачають 4 насоси за 4 год?
480 4=1920 (відер).
104
Рис. 1.
Відповідь. 1920 відер.
Скорочене розв’зання за числовою формулою:
л =—— = 1920 (відер).
Задачі на знаходження двох чисел за їх сумою і різницею.
Задача. Кусок полотна довжиною 104 м треба розрізати на 2
таких частини, щоб перша була на 16 м більша за другу. Скільки
метрів полотна було в кожній час-
тині? Ю4
Розв’язання. Якби перша
частина кускд була за довжиною така
сама, як друга, тобто на 16 м менша,
ніж у дійсності (рис. 1), то весь ку- РиС’ '•
сок мав би
104— 16 = 88 (м).
Поділивши його, одержимо довжину другої частини:' ’
88 : 2 = 44 (м).
Тоді перша частина має
44 + 16 = 60 (м).
Відповідь. 60 м і 44 м.
Примітка. Замість останньої дії можна було б виконати
іншу:
104 — 44 = 60 (м).
(м).
79
Можна було б припустити, що друга частина така сама, як перша.
Тоді мали б: '
104-1- 16= 120 (м),
120: 2 = 60 (м),
60— 16 = 44 (м).
Можна цю задачу розв’язати і в такий спосіб. Шукані числа мо-
жуть бути зрівняні, якщо від більшого відняти і додати до мен-
шого їх піврізницю. Отже,
104 : 2 = 52 (м),
16: 2 = 8 (м),
52 + 8 = 60 (м),
52 — 8 = 44 (м).
Цю задачу, як і всі наступні арифметичні задачі, можна розв’я-
зати і за допомогою рівнянь. Але тут ми наводимо тільки арифме-
тичні розв’язання задач.
\50кг 800 кг і к ґ і — і Задачі на знаходження двох чисел ) за їх сумою або різницею і відно-
। 850кг шенням.
і Задача. Різниця двох чисел до-
1 ! і 150кг рівнює 14. Частка від ділення більшого
Рис. 2. числа на менше дорівнює 4-^-. Знайти О
ці числа.
Розв’язання. Оскільки частка від ділення більшого числа
А 1
на менше дорівнює 4—, то менше число становить 1 частину, а
о
більше —4—- таких частин. Маємо: 4^— 1 = 3 ~ (частини) становить
0 О О
різниця чисел 14;< 14 : 3-і = 4^-менше число; 4^- 4-^- = 18-=—
оо о о о
більше число.
Відповідь. 18,2 і 4,2.
Задача 2. На одному складі у 3 рази більше борошна, ніж
на другому. Якщо з одного складу вивезти 850 кг, а з другого 50 кг,
то на обох складах лишиться борошна порівну. Скільки борошна
було на кожному складі?
2
Розв’язання. З рис. 2 ясно, що частини всього борошна,
що є на складах, становить 800 кг, отже, на другому складі було
1 З
400 кг (— частина), а на першому 1200 кг (^- частини).
Відповідь. 1200 кг, 400 кг.
Задачі на пропорційне ділення.
Задача. Поділити число 100 на дві частини прямо пропорційно
до чисел 2 і 3.
Цю задачу слід розуміти так: поділити 100 на дві частини, щоб
перша відносилась до другої, як 2 до 3. Якщо позначити шукані числа
80
буквами х4 і х2, т0 ЦЮ задачу -можна сформулювати так. Знайти хА
і х2 такі, щоб + х2 = 100, Хі-: х2 = 2 : 3.
Ці задачі розв’язують, користуючись таким правилом.
Щоб поділити число на частини прямо пропорційно до кількох
даних чисел, досить поділити його на суму цих чисел і частку по-
множити на кожне з цих чисел.
Розв’яжемо наведену вище задачу:
100. 2 лп 100 • З т
^ = ^+Т = 40; ^ = Т+з- = 60-
В і д п о в і д ь. 40; 60.
Аналогічно ділять числа на три і більше частин пропорційно до
даних чисел.
Задача. Поділити 780 на чотири частини пропорційно до чисел
1,5; 0,75; 0,4; 1,25.
Цю задачу слід розуміти так: якщо позначити шукані числа че-
рез Хр х2, х3 і х4, то
Хі х2 Хз х4
1,5 ”0,75“ 0,4 “1,25’
•-Помноживши кожний із знаменників на 100 і скориставшись
з властивості рівних відношень (стор. 77), одержимо
Хі х2 х3 х4 х4 — х2 -Н *з х4 780 _ 0
150 75 40 “ 125 150 -г 75 + 40 + 125 390
звідки
хі = 300, х2 = 150, х3 = 80, х4 = 250.
Примітка. Іноді цю задачу розв’язують так:
Хі : х2 : х3.: х4 = 1,5 : 0,75 :0,4: 1,25.
Після заміни відношення дробових чисел відношенням цілих чи-
сел одержимо
хг: х2 : х3 : х4 = ЗО -* 15: 8 : 25.
ЗО + 15 + 8 + 25
Хі = Ю ЗО = 300, х3 = 10 • 15 = 150 і т. д.
Однак з наукової точки зору таке розв’зання некоректне, тому
що в математиці нема поняття «відношення кількох (більше двох)
чисел». Зокрема, рівність
1,5:0,75:0,4: 1,25 = 30: 15:8:25
неправи льна: виконавши ділення у її лівій і правій частинах, одер-
жимо відповідно 4 і 0,01; з’єднати неоднакові числа знаком = не
можна.
Щоб поділити число на частини обернено пропорційно до даних
чисел, треба поділити його прямо пропорційно до чисел, обернених
до даних.
81
Задача. Поділити число 52 на три частини обернено пропор-
ційно до' чисел 4, 6 і 8.
Розв’язання. Числа, обернені до даних:--, -тг і -3-.
4 6 8
Отже,
х2 х3 хг 4 х2 4 х3 52 __
£ “ _і/ 1 " 1 । 1 _ц2 ~ із “
4 6 8 4 + 6 ’ б’ 24
Хі = 2. . 96 = 24, х.2 = 2 • 96 =- 16, х3 = 2- 96 = 12.
В і д п о в і д ь. 24, 16. і 12.
Задачі на змішування.
Задача 1. Сплавили 180 г золота 920>ї проби з 100г 752-ї
проби. Якої проби утворився сплав?
У першому злитку чистого золота було 0,92 від 180 г, тобто
180.. 0,92= 165,6 (г). У другому злитку чистого золота було 0,752
від 100 г, тобто 100» 0,752 = 75,2 (г). Отже, в одержаному сплаві
чистого золота міститься 165,5 4 75,2 = 240,8 (г). Загальна вага
сплаву дорівнює 180 4 100 = 280 (г). Його проба дорівнює
240,8
^.1000 = 86°.
Відповідь. Одержано сплав 860-ї проби.
Задача 2. До 2 кг додали 8 кг 70-процентного розчину сірча-
ної кислоти. Визначити процентну концентрацію одержаного розчину.
1) Скільки у розчині чистої (безводної) кислоти?
8 • 0,7 = 5,6 (кг).
2) Чому дорівнює вага розчину?
24 8= 10 (кг).
2) Чому дорівнює процентна концентрація розчину?
5,6: 10 = 0,56 = 56%.
Примітка. Якщо кількість кислоти виражена не в кілогра-
мах, а в літрах, то такі задачі можна розв’язувати тільки за допо-
могою таблиць питомих ваг розчинів сірчаної кислоти. Розглянемо,
наприклад, таку задачу. До 2 л води додали 8 л 70-пр щентного
розчину сірчаної кислоти. Визначити процентну концентрацію одер-
жаного розчину.
У таблиці знаходимо пигому вагу 70-процентного розчину сір-
чаної кислоти. Вона дорівнює 1,6. Отже, 8 л розчину важать 1,6 X
X 8 = 12,8 (кг). Безводної кислоти у ньому міститься 12,8 • 0,7 =
= 8,96 (кг).
Вага розчину після додання 2 л води становить 12,8 4 2==
= 14,8 (кг). Концентрація розчину дорівнює 8,96 : 14,8 = 0,6 = 60%.
Розглянуті задачі належать до задач на змішування першого роду.
Вони порівняно не важкі.
Складнішими є задачі на змішування другого роду.
82
Задача 3. В якому відношенні треба взяти два сорти товару
вартістю по 7,5 крб. за 1 кг і по 7 крб. за 1 кг, щоб одержати су-
міш вартістю по 7,2 крб. за 1 кг?
Позначивши невідомі кількості товарів ціною 7,5 крб. і 7 крб.
за 1 кг відповідно через і х2, складемо таблицю:
— 7,5 крб.Іуп б на 0,3 крб дорожче
х2 — 7 крб.) ’ на 0,2 крб дешевше.
' Далі міркуємо так. При вартості 1 кг суміші по 7,2 крб. кож-
ний кілограм товару першого сорту оцінювався дешевше за його
вартість на 0,3 крб., а кожний кілограм другого сорту, що ввійшов
у суміш, оцінювався дорожче на 0,2 крб.
Для того, щоб зменшення вартості першого сорту можна було
покрити підвищенням вартості другого сорту (вартість всієї покуп-
ки не змінилася), необхідно, щоб кожного разу, коли беруть 0,2 кг
товару першого сорту, брали
0,3 кг товару другого сорту, 50км/год 35км/год
тобто Хі : х2 — 0,2 : 0,3, або ' ____________________
хг : х2 — 2 : 3.
ВІДПОВІДЬ. У БІДНО- >-------------------у--------------
шенні 2 : 3. 195км
* Задача 4. З двох ,
сплавів з 60-процентним і и . .
80-процентним вмістом міді
треба виготовити сплав вагою 40 кг з 75-процентним вмістом міді.
Скільки кілограмів кожного сплаву треба взяти для цього?
Виражаємо вміст міді у грамах на 1 г сплаву:
х1 — 600 г] 7-п менше на І 50 г
х2— 800 г/'° 1 більше на 50 г
50 2
Хі : Л'о ~ І : 3;
• 3 ~ 30 (кг).
Х2 ІВО’
' 40
Хі = 4 = ю (кг);
_40
Х^ —
4
Відповідь. І 0 і 30 кг.
Задачі 3 і 4 звучніше позв’язувати за
допомогою рівнянь,
Задачі на рух. До арифметичних задач на рух належать такі,
у яких па підставі залежності між часом, швидкістю і відстанню
при рівномірному русі треба знайти одну з них величин. У залеж-
ності від їх змісту розрізняють задачі на зустрічний рух і на рух
в одному напрямі.
Зустрічний рух. Задача І. З міста А об 11 год вийшла
легкова машина і рухається з швидкістю 50 км/год у напрямі до
міста В. За ЗО хв назустріч їй з міста В вийшла вантажна машина
з середньою швидкістю 35 км/год. О котрій годині вони зустріну-
ться, якщо відстань між містами дорівнює 195 км (рис. 3)?
І) Яку віддаль пройде легкова машина до виходу вантажної?
50 • 0.5 ~ 25 (кмї.
2) Які віддалі пройдуть до зустрічі при одночасному русі лег-
кова і вантажна машини?
І 95 — 25 170 (км).
83
3) На скільки кілометрів зблизяться за одну 'годину легкова і
вантажна машини?
50 + 35 = 85 (км).
4) Через скільки годин після виходу вантажної машини вони
зустрінуться?
\18 км/год
Рис. 4.
170 : 85 = 2 (год).
5) О котрій годині зустрінуться машини?
11 год + ЗО хв -|- 2 год = 13 год ЗО хв.
Відповідь. 013 год ЗО хв.
Задача 2. З двох пунктів, відстань між якими 37 км, ви-
йшли одночасно назустріч один одному два туристи. Перший прохо-
див за годину на 0,5 км
12км/год більше, ніж другий. З якою
( „ швидкістю йшов кожний ту-
л_______________________________п рист, якщо через 2,5 год
після виходу віддаль між
ними була 18,25 км?
Обидва туристи прой-
шли за 2,5 год віддаль
37 — 18,25 = 18,75 (км). За годину вони пройшли 18,75 : 2,5 = 7,5 км.
Якби швидкість першого туриста була така сама, як і другого, вони за
годину пройшли б 7,5 — 0,5 = 7 (км). Тоді другий турист за годину
проходив 7 : 2 = 3,5 (км), а перший — 3,5 + 0,5 = 4 (км).
Відповідь. 4 і 3,5 км.
Рух в одному напрямі. Задача 3. З пункту А виїхав
велосипедист і їде в пункт В з середньою швидкістю 12 км/год.
Через 2 год із цього самого пункту вирушив у тому самому на-
прямку другий велосипедист із швидкістю 18 км/год. Через скільки
годин і на якій віддалі від А другий велосипедист наздожене пер-
шого (рис. 4)?
1) Яку віддаль проїхав перший велосипедист до виїзду другого?
12 • 2 = 24 (км).
2) На скільки кілометрів більше проїжджає за годину другий
велосипедист, ніж перший?
18—12 = 6 (км).
3) Через скільки годин після виїзду другий велосипедист
наздожене першого?
24 : 6 = 4 (год).
4) На якій віддалі від пункту А другий велосипедист наздо-
жене першого?
18 х 4 = 72 (км).
Відповідь. 4 год, 72 км.
II. АЛГЕБРА
ТА ЕЛЕМЕНТАРНІ ФУНКЦІЇ
ІСТОРИЧНІ ВІДОМОСТІ ПРО РОЗВИТОК АЛГЕБРИ
Перші алгебраїчні задачі були поставлені і розв’язані матема-
тиками стародавнього Єгипту і Вавілону. Папірус Ахмеса, який від-
носять до XVIII ст. до и. е., містить розв’язання 11 задач, що при-
водять до рівнянь з одним невідомим. Значно глибші знання мали
вавілоняни. До нашого часу збереглися тексти з розв’язанням системи
двох рівнянь з двома невідомими, квадратних і кубічних рівнянь,
систем квадратних І кубічних рівнянь з двома і з трьома невідомими.
г В стародавній Греції алгеброю займалися дуже мало. Однак
чудова праця Діофанта Александрійського, написана близько 250 р.
н. е., є, доказом того, що в стародавній Греції уже тоді існувала
алгебра як наука, пов’язана, очевидно, з вавілонською математикою.
Ця праця, яка носила назву «Арифметика», містила розв’язання за-
дач, що приводять до рівнянь першого і другого степенів і до неви-
значених рівнянь. Всі міркування Діофанта — чисто аналітичного типу,
але при розв’язанні кожної задачі він користувався спеціальним
способом: загальних способів розв’язань він не знав. Діофант не
знав також від’ємних чисел, а при розв’язанні квадратних рівнянь
давав у відповіді тільки додатний корінь. У своїх алгебраїчних
міркуваннях він користувався деякою символікою.
В історії математики, і зокрема алгебри, розрізняють три спо-
соби викладу — риторитичний, синкопічний і символічний.
Риторичним способом називається такий, коли всі речення
записуються словами, символіка відсутня повністю. Цим способом
користувались більшість математиків аж до нового часу.
Синкопічний спосіб також характеризується словесним записом
математичних виразів, однак для дій і понять, що часто трапляються,
застосовується символіка. Цим способом виконано трактат Діофанта,
яким аж до середини XVII ст. користувались західноєвропейські
алгебраїсти.
Символічний спосіб, який передбачає запис виразів математичними
символами, в Європі був розроблений французьким математиком
Вієтом (1540—1603) і застосовується з другої половини XVII ст.
Однак задовго до цього часу він уже застосовувався індійськими
математиками.
Індійці внесли в алгебру значний вклад. У II ст. н. е. вони
користувались ірраціональними числами. У VII ст. математик Брах-
магулта вже повністю володів теорією рівнянь першого і другого
степенів з одним невідомим. Він користувався також і поняттям
від’ємного числа. До XII ст. належать два трактати математика
Бхаскари — «Лілаваті» і «Біджаганіта». В останньом}' Бхаскара
85
розв’язував квадратні рівняння, причому розглядав обидва корені,
вважаючи, однак, другий непотрібним.
Деякі знання з алгебри мали також математики стародавнього
і середньовічного Китаю. Остання частина «Математики в дев’яти
книгах», написаної у II—III ст. н. е., присвячена застосувайню алгебри
до деяких задач геометрії. В XIII ст. видатний китайський математик
Цінь Цзю-шао написав трактат «Дев’ять відділів мистецтва лічби*,
в якому дав числові розв’язання рівнянь до четвертого степеня.
Це було найвищим досягненням китайців у галузі алгебри; дальший
розвиток математики в Китаї почався лише в. XIX ст., після оволо-
діння європейськими методами дослідження.
З IX ст. алгеброю почали займатись учені ряду країн, що вхо-
дили до складу Арабського халіфату. Тому вони користувались для
своїх творів арабською мовою. Сірійськими, єгипетськими, ірак-
ськими та іранськими вченими були перекладені на арабську мову
ретельно вивчені і прокоментовані твори грецьких математиків.
Особливо значний вклад зробили середньоазіатські вчені, які крім
грецької математики вивчили ще й індійську, чим полегшили свої
дальші дослідження.
Великий хорезмський математик Мухаммед ібн Муса написав
трактат під назвою «Книга відновлення і протиставлення».
«Відновленням» Мухаммед називає перенесення від’ємника з од-
нієї частини рівняння в іншу, де він стає доданком; «протиставлен-
ням»— збирання невідомих в одну сторону рівняння, а відомих —
в іншу сторону. «Відновлення» по-арабськи називається «ал-джебр».
Звідси і походить слово «алгебра». У цьому трактаті Мухаммед
дає вчення про рівняння першого і другого степенів, розглядає
застосування алгебри до геометрії, а також до ряду питань, пов’язаних
з успадкуванням і поділом майна за складними законами мусульман-
ського права.
Значення Мухаммеда в історії науки велике. По суті, він під-
сумував і звів воєдино знання греків, індійців і середньоазіатських
народів з арифметики і алгебри.
Знаменитий таджицький поет і вчений Омар Хапям (1040—1123)
написав близько 1070 р. трактат з алгебри, що містить розв’язання
рівнянь першого, другого і третього степенів, а також деяких спеці-
альних видів рівнянь методом геометричних побудов.
Багато алгебраїчних задач було розв’язано середньоазіатськими
і арабськими вченими в зв’язку з розвитком астрономії і геометрії.
Так, астроном Улуг-Бек (1394—1449) розробив числове розв’язання
кубічних рівнянь типу х'3 + ах + Ь = 0, необхідне для складання
тригонометричних таблиць. Його сучасник ал-Каші розробив правило
добування коренів будь-якого степеня з цілих чисел; Ал-Каші на-
лежить також перше в історії науки застосування правила піднесення
двочлена до будь-якого степеня («біном Ньютона»),
Й Західній Європі алгебра почала розвиватись з XIII ст.
В 1202 р. Леонардо Фібоначчі (Леонардо Пізанський) написав «Книгу
про абак» — енциклопедичний твір, в якому вія звів знання свого
часу в галузі арифметики і алгебри, значною мірою запозичені
у східних математиків. Як цей твір, так і його прообрази — праці
середньоазіатських і східних учених—написані чисто риторичним
способом і зовсім ие мають символіки.
До самостійних досягнень Леонардо Фібоначчі належить алгебра-
їчне розв’язання кубічного рівняння.
86
Точне алгебраїчне розв'язання цього рівняння було наслідком
лра'ць математиків епохи Відродження. По.суті,^знаходження цього
розв’язання було одним із тих кроків, які просувають науку вперед
і дають їй поштовх для дальшого розвитку. Тому знаходження
розв’язання рівняння третього степеня було одним із найвизначніших
досягнень математиків XVI ст. В 1541 р. італійський учений
Н. Тарталья знайшов загальний розв’язок кубічного рівняння, але
опублікував його інший італійський учений Джеронімо Кардано
(1501—1576) в книзі «Велике мистецтво». Там же Кардано навів
і розв’язання рівнянь четвертого степеня, знайдене його учнем
Феррарі.
Протягом наступних трьох століть математики безуспішно шукали
алгебраїчні розв’язання рівнянь вище четвертого степеня, і тільки
знаменитий норвезький математик Нільс Генрік Абель (1802—1829)
довів, що Загальне алгебраїчне рівняння вище четвертого степеня
не розв’язується в радикалах.
У своїй праці Кардано вказав також, що рівняння третього
степеня має три корені. Щоправда, він не дав загального теоретич-
ного виведення цього положення, а навів його лише в кількох
окремих випадках. Кардано вперше розв’язав задачу з комплексними
числами: поділив 10 на дві частини, добуток яких дорівнює 40,
і в результаті одержав 5 + )/—15 і 5 — —15. Перемноживши ці
числа, він одержав 25 Н- 15 = 40.
Найбільшого розвитку алгебра як наука досягла в XVI ст.
у Франції. Праця Франсуа Вієта «Вступ в аналітичне мистецтво»,
опублікована у 1591 р., була першою з праць в галузі алгебри,
написаною повністю у символічній формі. Вієт удосконалив методи
алгебри і тригонометрії і досить докладно й систематично виклав
застосування алгебри до геометрії.
При розв’язуванні рівнянь третього і четвертого степенів він
користувався методом зведення. Однак усі корені, крім додатних,
відкидав.
У 1629 р. Жірар (1590—1633) опублікував працю під назвою
«Нові винаходи в алгебрі», де оцінив користь від’ємних коренів
і встановив, що кожне рівняння має стільки коренів, скільки оди-
ниць міститься в його показнику степеня.
Значні дослідження в галузі алгебри належали великому фран-
цузькому вченому П’єру Ферма (1601—1665), який розробив при-
йом виключення одного невідомого з двох рівнянь однакового
степеня.
У 1707 р. була опублікована «Універсальна арифметика» І. Нью-
тона (1642—1727), у якій містився ряд одержаних ним результатів
із алгебри. Частково ці результати були опубліковані дещо раніше,
в 1685 р., в «Алгебрі» Валліса (1616—1703). Ньютон удосконалив
метод виключення Ферма, відкрив теорему про біном, хоч і йе
її доведення.
«Алгебра» Джона Валліса довгий час служцдо найповнішим
посібником з цього предмета. Крім розділів у галузі теорії і прак-
тики алгебри і арифметики книга містила також розділ з Історії
алгебри.
У XVIII ст. над доведенням біноміальної теореми працювали
багато видатних математиків. Якоб Бернуллі (1654—1705) довів її,
користуючись теорією сполук, для випадку цілих додатних показ-
ників. Теорема для випадку від’ємних І дробових показників була
87
доведена Леонардом Ейлером (1707—1783). Строге доведення було
дано лише' в XIX ст. Абелем.
Ейлер написав «Повний вступ в алгебру» який було перекладено
російською мовою і видано в 1769 р. під назвою «Універсальна
арифметика». Книга була для свого часу найповнішим науково ви-
кладеним посібником з алгебри. Особливо добре була викладена
теорія логарифмів, повністю перероблена Ейлером. Книгу було двічі
перевидано, вона неодноразово видавалась також німецькою і фран
цузькою мовами.
Молодий французький математик Еваріст Галуа (1811—1832),
який загинув у віці 21 року, заклав основу нового вчення з алгебри —
теорії груп, яке розвинулось уже в наш час. Однак цей розділ ви-
ходить за межі елементарної алгебри.
В російській школі окремі відомості в галузі алгебри виклада-
лись протягом всього XVIII ст. Сюди належало вчення про рівняння
першого і другого степенів, дії з буквеними виразами, логарифми,
застосування алгебри до розв’язання геометричних задач. З кінця
XVIII ст. під впливом Ейлера та його учнів у російських навчаль-
них закладах починається викладання систематичного курсу алгебри.
Особливо багато зробив для постановки викладання алгебри
академік С. Є. Гур’єв (1764—1813).
У 1826—1839 рр. видав «Ручну математичну енциклопедію»
професор Московського університету Д. М. Перевощиков (1788—
1880); третій том енциклопедії є підручником з алгебри. Його двічі
перевидано; третє видання вийшло в 1854 р Підручники Д. М. Пере-
вощикова були значним вкладом у справу математичної освіти
в Росії.
Слід зазначити, іцо питанням викладання елементарної матема-
тики в середній школі займались в середині XIX ст. такі видатні
математики, як М: 1. Лобачевський (1792—1856), М. В. Остроград-
ський (1801—1861), В. Я Буняковський (1804—1885), І. Сомов
(1815—1876), П. Л. Чебишов (1821 —1894) та інші. Лобачевський
і Сомов, зокрема, склали підручники з елементарної алгебри для
середньої школи.
РАЦІОНАЛЬНІ ЧИСЛА І АЛГЕБРАЇЧНІ ВИРАЗИ
§ 1. Раціональні числа
Додатні і від’ємні числа. В міру розвитку математики відбува-
лось узагальнення поняття числа. Виявилось, що чисел, які вико-
ристовує арифметика, не досить для розв’язання багатьох теоретич-
них задач. Було наведено нові — від’ємні числа. Для їх позначення
використовують знак мінус, наприклад —2, —19, --0,7 і т д.
Від’ємні числа бувають цілі і дробові. Наприклад, числа —4,
—306— цілі від’ємні, а числа —0,7, —4,18, ——5^ - дробові
від’ємні. Щоб не змішувати з від’ємними числами ті натуральні і
дробові числа, які розглядались в арифметиці, домовились називати
їх додатними. Перед додатними числами іноді пишуть знак плюс,
88
але можна його ї не писати. Наприклад, Н-7 і 7 — одне й те саме
число.
Число нуль не належить ні до додатних, ні до від’ємних. Перед
ним можна ставити і плюс і мінус, числа і- 0, —0 і 0 означають те саме.
Цілі додатні (тобто натуральні), цілі від’ємні числа і нуль всі
разом називають цілими числами Всі цілі і дробові числа (додатні
і від’ємні) називають раціональними числами.
Числова вісь. Раціональні числа зручно зображати на прямій лінії.
Для цього досить взяти на прямій якусь точку О (її називають початко-
вою або нульовою), в обидві сторони від неї відкласти рівні відрізки і
їх кінці позначити числами, як показано на рис. 5. Тоді кожному
раціональному числу на прямій буде відповідати певна точка. Напри-
клад, число 2 зображає точка А, а число —2,3 — точка В.
Пряма, точки якої зображають числа, називається числовою пря-
мою або числовою віссю.
Кожному раціональному числу на числовій осі відповідає єдина
точка.
Примітка. Проте не
кожній точці числової осі
відповідає раціональне чис-
ло (див. стор. 114).
•Двом раціональним чис-
лам, які відрізняються тільки
-3-2-1 0 1 2 3 4
Рис. 5.
знаками, на числовій осі відповідають
точки, розміщені по обидві сторони від нульової точки і на одна-
кових відстанях від неї. Такі пари- чисел називають протилежними
числами. Наприклад, число 9 протилежне до числа —9, і навпаки.
Протилежними називають також знаки + і —.
Абсолютна величина числа. Два протилежних числа, наприклад
+7 і —7, відрізняються знаками, але записуються однаковими циф-
рами. Кажуть, що вони мають однакові абсолютні величини. Аб-
солютна величина кожного з них дорівнює 7.
Абсолютною величиною додатного числа називається саме це
число, абсолютною величиною від'ємного числа називається проти-
лежне до нього число, абсолютною величиною числа 0 називається
саме число 0.
Позначають абсолютну величину числа а знаком | а
Таким чином, |а|=а, якщо а>0; |а| = — а, якщо а < 0;
|0|=0.
Наприклад, | — 13 | — 13; | 4 І = 4; | 0 [ = 0.
Замість терміна абсолютна величина числа тепер часто вжива-
ють модуль числа.
„ Порівняння раціональних чисел. Від’ємні числа порівнюють як
між собою, так і з додатними числами. З двох раціональних чисел біль-
ше те, якому на числовій осі відповідає точка, разташована правіше.
Звідси випливають такі положення:
а) будь-яке додатне число більше за нуль і більше за від’ємне число;
б) будь-яке від'ємне число менше за нуль;
в) з двох від'ємних чисел більше те, у якого абсолютна величи-
на менша.
Наприклад: 3 >0; 1 >--5; — у<0; —3>—10; —4< — 1.
Однаковими вважаються тільки такі числа, у яких і знаки,
і абсолютні величини однакові, наприклад: —0,5 = —
99
§ 2. Дії з раціональними числами
Додавання. Щоб додати раціональні числа з однаковими зна-
ками, додають їх абсолютні величини і перед сумою ставлять їх
спільний знак.
Приклади. (4-8) 4- (4-11) = 4-19; (—7) 4-(—3) = —10.
Щоб додати два раціональні числа з різними знаками, необхідно
від більшої абсолютної величини відняти меншу абсолютну величину
і поставити знак числа з більшою .абсолютною величиною.
Приклади. (4-19) 4- (—7) = 12; (—2,4) 4- 15,8 = 13,4.
Сума двох протилежних чисел дорівнює нулеві,
(З \ / 3 \
—4у І 4-1 4~4у) — 0.
Якщо один з двох доданків дорівнює нулеві, то сума дорівнює
другому доданкові: а-]-0 = 0 ± а ~ а.
Переставний і сполучний закони додавання (див. стор. 15) спра-
ведливі для всіх раціональних чисел.
Додавання кількох чисел з різними знаками* можна виконати
послідовно: спочатку знайти суму перших двох доданків, до цієї
суми додати третій і т. д. Проте зручніше виконувати додавання
за таким правилом: щоб додати кілька раціональних чисел з різними
знаками, треба додати окремо всі додатні і всі від’ємні числа і одер-
жані два числа додати за правилом додавання чисел з різними зна-
ками.
Приклад.
(+15) + (-4) + (-8) + (+9) + (-1) = (+24) + (—13) = +11.
Віднімання. Що б відняти одне число від іншого, досить до змен-
шуваного додати число, протилежне до від’ємника.
Пр иклади. (—3) — (4-8) = (—3) 4- (—8) •= —11;
— 7 — (—4) = — 7 4-(4-4) — —3.
Віднімання раціональних чисел замінюється додаванням. Тому
віднімання раціональних чисел завжди можливе. -
Алгебраїчна сума. Оскільки віднімання раціональних чисел мож-
на заміняти додаванням, то кожний вираз, що складається з кіль-
кох додавань і віднімань, можна подати у вигляді суми чисел з
тими самими абсолютними величинами. Тому такі вирази можна роз-
глядати як суми. їх називають алгебраїчними сумами.
Приклади алгебраїчних сум:
34-7-4; (—2) ^ (—7) -Ь (Ь8) — 4); а + Ь-с + <1,
Множення. Щоб перемножити два раціональні числа, треба
перемножити їх абсолютні величини і перед результатом поставити
знак плюс, якщо обидва співмножники мають однакові знаки, чи
мінус, якщо співмножники мають різні знаки.
Приклади. (-2) . (-3) = 4-6; (-0,5) . (+2) = -1;
(+2) • (4-3) = +6; (-] -0,5) - (-4) = - 2.
Якщо хоч один співмножник дорівнює нулеві, то й_ добуток
дорівнює нулеві, наприклад 0 (—5) = 0; (+2,5) -0 = 0.
90
Щоб помножити кілька співмножників з різними знаками, треба
•/^ремножити абсолютні величини чисел і визначити знак добутку;
;’^’ЙВДо число від’ємних співмножників парне, то добуток буде додат-
^удим; якщо число від’ємних співмножників непарне, то добуток буде
'від’ємним.
\ приклади. (—5). (+4) . (—2)« (—3) . (+10) = —1200
. (число від’ємних співмножників непарне—три);
(+2.5) • (-7,3) • (+4) • (-2) • (-1) • (+ 1) • (-6) =
= 292 (число від’ємних співмножників парне —
чотири).
• Переставний, сполучний і розподільний закони множення (див.
стор. 15) справедливі для всіх раціональних чисел.
Піднесення до степеня. Степінь будь-якого раціонального числа
з натуральним показником визначається так само, як і степінь додат-
ного числа, тобто є добутком кількох однакових співмножників.
Парний степінь від'ємного числа додатний, непарний степінь —
від'ємний,
/ З \3- 27
Приклади. (+2,1)2 = +4,41;/ — _) =—§4;
, (—0,03)2 = 0,С009. Х
Ділення. Частка від ділення двох раціональних чисел з однако-
вими знаками дорівнює частці їх абсолютних величин, взятій із
знаком плюс.
Приклади. (—16): (—4) = +4; (+28): (+4) = +7.
Частка від ділення двох раціональних чисел з протилежними
знаками дорівнює частці їх абсолютних величин, взятій із знаком
мінус.
Приклади/ (—48) : (+12) = —4; (+16,8) : (—8) = —2,1,
Історичні відомості про розвиток поняття від’ємного числа.
Вперше від’ємні числа з’явились у китайських математиків незадовго
до початку нашого літочислення. В IV—V ст. індійські математики
розвинули вчення про від’ємні числа, а в VII ст. Брахмагупта дав
тлумачення дій з від’ємними числами, називаючи додатні числа маєт-
ністю, а від’ємні — боргом: «Сума двох маєтностей є маєтність, двох
боргів — борг, сума маєтності і боргу — їх різниця або,' якщо вони
однакові, — нуль. Сума нуля і боргу є борг, маєтності і нуля — маєт-
ність, двох нулів — нуль. Менше віднімається від більшого, маєт-
ність від маєтності, борг від боргу, але якщо віднімається більше
від меншого, значення надлишку змінюється. Борг, віднятий від
нуля, робиться маєтністю, маєтність перетворюється на борг».
Проте, незважаючи на логічність і зв’язок з практикою, вчення
індійських учених не йуло сприйнято на Заході. Лука Пачолі (1445—
1514) користується від’ємними числами, але тільки в складі много-
членів. Він користується правилом «мінус на мінус дає плюс» сто-
совно до виразів типу (а — Ь) х (а-Ь).
Більшою мірою користується від’ємними числами Кардапо.
М. Штіфель, виходячи з положення, що від’ємні числа «менші за
ніщо», назвав їх «безглуздими числами». Більшість європейських
учених додержувались такого самого погляду і оперували виключно
додатними числами.
91
Декарт також назвав від’ємні числа «хибними», однак він зобра-
жав їх відрізками, що мають напрямок, протилежний до відрізків,
які відповідають додатним числам.
Дальший розвиток теорії від’ємних чисел в кінці XVII і на
початку XVIII ст. був пов’язаний з відкриттям Ньютоном і Лейб-
ніцем диференціального та інтегрального числення. Розвиток нових
галузей вищої математики потребував нового освітлення від’ємних
чисел і з’ясування їх ролі. Це було Зроблено у працях Ньютона
та Ейлера. Проте і в другій половині XVIII ст. багато математиків,
навіть такі визначні вчені, як Даламбер і Карно, не визнавали від’єм-
них чисел, вважали їх «хибними», недійсними. Вони вважали, що
в математику не слід вводити від’ємні числа, оскільки останні є не
що інше, як віднімані додатні числа, а отже, і всі дії повинні
зводитись виключно до дій з додатними числами.
Тільки в XIX ст. від’ємні числа одержали остаточне визнання.
§ 3. Алгебраїчні вирази
Вживання букв. В алгебрі для позначення чисел, крім цифр,
користуються буквами, найчастіше латинського алфавіту.
Букви вживають:
1) для позначення невідомих чисел, наприклад у вправі «Ви-
значити х, якщо х + 0,9 ~ 2,7»;
2) для позначення довільних чисел. Наприклад, коли хочуть ска-
зати, що переставний закон додавання має місце для будь-яких
раціональних чисел, пишуть: які б не були раціональні числа а і 6,
а + Ь = 6+ а.
Звичайно невідомі числа позначають останніми буквами латин-
ського алфавиту (х. у, г), а відомі — першими (а, Ь, с, сі і т. д.).
Цілі числа найчастіше позначають буквами пі, п, к9 і та ін. Однак
цих угод не завжди дотримуються: можуть бути невідомими і числа,
позначені буквами а, Ь, п, і відомими вважатися х, у, г і т. д.
Примітка. Букви використовуються не тільки для позначен-
ня чисел. Буквами позначають також вирази, функції, множини.
Наприклад, у записі у = ї (х) буква / позначає функцію (відобра-
ження), в записі А сг В букви А і В позначають деякі множини.
Алгебраїчні вирази. З буквами, що позначають числа, в алгебрі
оперують, як з числами, позначеними цифрами.
Наприклад, якщо треба додати а і Ь, пишуть а -ф- 6. Цей запис
і називають сумою чисел а і
Примітка. Перед множниками, вираженими буквами, знак
множення не ставлять, а тільки розуміють. Наприклад, замість
а • Ь • с, 4 • х, пишуть аЬс, 4х. Однак перед множниками, позна-
ченими цифрами, знак множення пишуть обов’язково. Наприклад,
замість 9-'3,3- -^- писати 93,3не можна.
Сукупність чисел, позначених буквами або цифрами і з’єднаних
знаками дій, називають алгебраїчним виразом.
Приклади.
; 3/й; 9 (р> + ?2); є/; (ІЗ + 18) 7; 3,7.
92
Алгебраїчний вираз може складатися з однієї букви, може зо-
всім не містити чисел, позначених буквами. У цьому випадку (див.
два останніх приклади) їх називають також числовими виразами.
Якщо вираз містить одну або кілька букв, його називають бук-
веним виразом або виразом із змінними. Наприклад, перший з наве-
дених вище виразів містить дві змінні, а і Ь. Зх + 5—вираз
з однією змінною х.
Числове значення виразу. Числовим значенням виразу із змін-
ними при даному значенні букв, що входять до нього, називається
число, одержане в результаті підстановки замість букв відповідних
чисел' і виконання вказаних дій.
Приклад. Визначити числове значення виразу За + 5 при
а = 5,7.
Якщо а = 5,7, то
3а + 5 = 3- 5,7 + 5 = 22,1.
Відповідь. При а = 5,7 числове значення даного виразу
22,1.
Можна записати й так:
За + 5|а = 5)7 = 3 - 5,7 + 5 = 22,1.
Приклад. Визначити числове значення виразу ПРИ
а = 1 і п = — 2,5.
а
2л + 5ц!а=1
п =
= 1____________ 2_
~ 2 - (—2,5) + 5-1 0 ‘
•2,5
Однак на 0 ділити не можна, отже, при даних значеннях букв да-
ний алгебраїчний вираз не має числового значення. Кажуть також,
що при а = 1 і и = —2,5 цей вираз позбавлений смислу або що ці
значення недопустимі для даного виразу.
Числові значення, яких можуть набувати букви в даному алгеб-
раїчному виразі, не поз^авляючи його смислу, називаються допус-
тимими значеннями для цих букв.
Одночлен і многочлен. Алгебраїчні вирази, складені із цифр
і букв за допомогою дій додавання, віднімання, множення, ділення
і піднесення до степеня з натуральним показником, називаються
раціональними алгеб раїчними виразами.
п і. 21. Х т2 + п2 І 2
Приклади, а — Ь; а2Ь; — ; —5—!—5 , а + -г-.
у т2 — п2 Ь
Раціональний алгебраїчний вираз називається цілим, якщо він
не містить ділення на буквений вираз.
Приклади. За2+4-6; х — у, а2Ь.
2 о
З цілих виразів найпростішими є одночлени. Алгебраїчний ви-
раз, який містить тільки дії множення і піднесення до степеня,
називається одночленом.
2 4
Приклади. 7аЬ2; —-; — х2//2; — 0,23; с.
5 5
Ці одночлени записані в найпростішому (стандартному) вигляді.
Алгебраїчна сума кількох одночленів називається многочленом
або поліномом.
93
о
Приклади. 2а 7Ь — с; ал — б3 —с2; х3 + х — 5.
□
Кожний одночлен, що входить до складу многочлена, нази-
вається його членом. Многочлен, що складається з двох членів, на-
зивається двочленом або біномом (наприклад, 2а— Ь)', многочлен,
що складається з трьох членів, називається тричленом (наприклад,
За — 2Ь 4- 8) і т. д.
Одночлен прийнято також вважати многочленом.
Упорядковані многочлени. Нехай дано многочлен, що містить
тільки одну букву в різних степенях. Користуючись переставним за-
коном додавання, можна переставити його члени так, щоб вони були
розміщені або за зростаючими, або за спадними степенями цієї
букви.
Приклад. Многочлен — 15х24-7х4— 8х+3 — 5х3 впоряд-
кувати:
а) за зростаючими степенями; б) за спадними степенями х.
Розв’язання, а) 3 — 8х — 15х2 — 5х3 4~ 7х4 (за зростаючими
степенями); б) 7х4— 5х3—15х2— 8х 4~ З (за спадними степенями).
Якщо многочлен містить дві або кілька букв, то вибирають
одну з них, яку називають головною, і розміщують многочлен за
степенями цієї головної букви Наприклад, вираз Зх3—2пх2 4~
4-а4х — 5а2 є многочленом, впорядкованим за спадними степенями
букви х. Перший член впорядкованого многочлена, що містить го-
ловну букву в найвищому степені, називається старшим, а остан-
ній — нижчим членом цього многочлена. Степінь старшого члена
називається степенем і самого многочлена. Так, у нашому випадку
Зх3 — старший член, —5л2 — нижчий член, 3—степінь старшого
члена і степінь самого многочлена.
Коефіцієнт. Числовий множник, що стоїть перед буквеними
множниками, називається коефіцієнтом.
Якщо вираз містить тільки букветіі множники, то його коефі-
цієнт дорівнює одиниці, наприклад замість \аЬ пишуть просто аЬ,
замість 1с пишуть с. Коефіцієнт може бути цілим числом, на-
приклад у виразі 5 сд, я також дробовим, наприклад у виразі
аЬ. Якщо коефіцієнт — натуральне число, то він показує,
скільки разів вираз, що стоїть за ним, береться доданком, напри-,
клад 5с(і = сіі -4- сд, С(І 4- сд 4* сй. Якщо ж коефіцієнт — дро-
бове додатне число, то він показує, який дріб треба взяти від
.. т т . 5 .
значення виразу, що стоїть за ним. Наприклад, у виразі ~^аа
коефіцієнт означає, що при будь-яких значеннях а і Ь треба взяти
5 . ..
у від їх добутку.
За допомогою коефіцієнтів можна коротше записати багато
виразів, що містять однакові букви, сполучені знаками 4~ і —»
наприклад:
с 4- с 4- с 4“ с + с = ^с;
х 4- х — у — у —у— 2х -- Зу;
г _г , г г 4г
з"ь з' ‘ ’З ф 3^3-
94
ГГри мітка. Далі поняття коефіцієнта узагальнюється, навіть
буквені множники можна розглядати як коефіцієнти. Наприклад,
у виразі 2аЬх коефіцієнтом при х є 2аЬ.
Порядок дій. В алгебрі зберігаються правила про порядок вико-
нання дій, прийняті в арифметиці (якщо не враховувати одного
винятку, розглянутого на стор. 22). У виразах без дужок,. що міс-
тять дії різних ступенів, спочатку треба виконувати піднесення
до степеня, потім множення, ділення і, нарешті, додавання і відні-
мання. Якщо у виразі є дужки, то дії з числами, що стоять у дуж-
ках, виконуються раніше.
~ о , Ь(Ь—2а)
Приклад. Знаиїи числове значення виразу а ----------•
: аЬг при а = — 1, Ь = 0,5.
Розв'язав н я. Якщо
а = — 1, 6=0,5,
то
. + + 0.5Ю.5-2(-.)1; 0.5, _
0.25 ;Ь0.25>-
= — 1 — 1,25 : (—0,25) = —І -{-5 = 4.
§ 4. Тотожні перетворення цілих виразів
Тотожні вирази і перетворення. Два вирази називаються тотож-
ними, якщо вони мають однакові значення при всіх відповідних
значеннях букв, що входять до них.
Приклад. Вирази 3 (а — 2) + 6 і За тотожні: при а = 1
З (а — 2) 4- 6 = 3 і За = 3, при а = 2 3 (а — 2) 6 = 6 і За = 6 і т. д.
Два тотожні вирази, сполучені знаком рівності, утворюють
тотожність.
Приклади. З (а — 2) + 6 = За\ х -|- 2х + 5х = 8х — тотож-
ності.
Тотожностями є також всі рівності, що виражають закони до-
давання і множення:
а Ь ~ Ь + а;
а + Ь с = а + (6 +- с);
аЬ = 6а;
аЬс = а (Ьс)\
(а -|- 6) с — ас -)- Ьс.
Заміна одного виразу іншим, тотожним з ним, називається то-
тожним перетворенням цього виразу.
Далі буде наведено приклади найпростіших тотожних перетво-
рень цілих алгебраїчних виразів.
Зведення подібних членів. Два одночлени рівні між собою,
якщо в цих однакові коефіцієнти і вони складені з однакових букв
95
з відповідно однаковими показниками. Одночлени називаються п$
дібними, якщо вони рівні між собою або відрізняються тільки ков
фіціентами. І
Приклади. Одночлени 2а2/?3 і — а2/?3 рівні між собою, од
1
ночлени 2а3, —За3 і — а3 подібні. ;
Заміна алгебраїчної суми подібних членів одним членом, тотояс
ним з цією сумою, називається зведенням подібних членів. Щобзвесті
подібні члени, треба додати їх коефіцієнти і одержану сумі
записати коефіцієнтом того самого буквеного виразу.
Приклади. За2/? — а2/? + 7,4а2/? = (3 — 1 4- 7,4) а2/? = 9,4а2/?;
14/п2а — 27/п3п2 4- 0,7/п2л + 2/п3п2 — 0,5т3п2 —
— 6/п2п — 8,7т2п — 25,5т3п2.
Розкриття дужок і взяття в дужки. Розкрити в алгебраїчному
виразі дужки — значить замінити його тотожним з ним виразом, ще
не містить дужок. Правила розкриття дужок випливають із власти-
востей додавання і віднімання:
а 4- (/? 4- с) — а 4- Ь 4" с,
а — (Ь — с) = а — Ь 4- с.
Формулюють ці правила так:
а) щоб розкрити дужки, перед якими стоїть знак плюс, треба
записати без дужок всі члени, що стоять у дужках, з їх знаками;
б) щоб розкрити дужки, перед якими стоїть знак мінус,
треба записати без дужок всі члени, що стоять у дужках, з про-
тилежними знаками.
Приклад. 9а2 4- [(7а2 — 2а) — (а2 — За)] = 9а24-(7а2 — 2а —
— а2 4~ За) = 9а2 4- 7а2 — 2а — а2 -\-За = 15а2 а.
При взятті в дужки користуються такими правилами:
а) щоб взяти в дужки многочлен із знаком плюс перед дуж-
ками, треба записати в дужках всі члени многочлена з їх зна-
ками;
б) щоб взяти в дужки многочлен із знаком мінус перед дуж-
ками, треба записати в дужках всі члени многочлена з проти-
лежними знаками.
Приклад 1. У виразі 2х3 4- 5х2ї/ — 4хс/2 — у3 взяти в дужки
крайні члени із знаком плюс перед дужками, а середні члени — із
знаком мінус.
2х3 4- 5х2у — 4хг/2 — у3 = (2х3 — у3) — (Дху2 — 5х2#) •
Приклад 2. У виразі х2 — у2 — (у — х) змінити перед дуж-
ками знак на протилежний.
х2 — г/2 — (у — х) = х2 — у2 4- (х — у).
§ 5. Дії з цілими алгебраїчними виразами
Додавання одночленів і многочленів. Щоб додати одночлени*
досить записати їх один за одним з їх знаками і звести подібні
члени, якщо вони в.
Приклад. (—0,2ху) + (3,7х2) + (—3,5х#) + (—6,8х2) =
== —0,2хі/ + 3,7х2 — 3,5х# — 6.8х2 = — 3,7 ху — 3, їх2.
Щоб додати многочлени, треба записати послідовно всі їх
члени з їх знаками і звести подібні члени, якщо вони в.
Приклад. (12а -|- 7Ь — с) 4“ (с 75 4~ 8а) = 12а 4~ 7 Ь —- с 4~
4~ с —- 75 4" 8й-= 20а
Додавання впорядкованих многочленів виконують так: підпи-
сують многочлени так, щоб подібні члени знаходились один під
одним; після цього зразу зводять подібні члени і записують кін-
цевий результат.
Приклад. Додати многочлени: Зх4 4“ 7х3у — х2у2 — бх#3;
— 7х4 — 5х3# 4- 8х2#2 4- 1Ох#3; 4х4 4“ Юх3# — 2х2у2 — 7ху3.
Розв’язання.
Зх4 4- 7х3# — х2у2 — 5х#3
4- —7х4 — бх3# 4- 8х2#2 4- Юх#3
4х4 4- 1 Ох3# — 2х2у2 — 7ХУ3
12х3у 4- 5х2#2 — 2ху3
Віднімання одночленів і многочленів. Щоб відняти одночлен,
досить додати його до зменшуваного з протилежним знаком і
звести подібні члени, якщо вони є.
Приклади. 10а3 — (-}-7а3) = Юа3 — 7а3 = За3;
—0,2т2п — (4-7,3/п/г) = — 0,2т2п — 7,3тп.
Щоб відняти многочлен, треба записати після зменшуваного
всі його члени з протилежними знаками і звести подібні члени,
якщо вони в.
Приклад.
(бх2 — Зху 4- У2) — (6х2 — 8ху 4- У3) = 5х2 — Зху 4- #2 — Ох2 4- Зху —
— у3 = —х2 4- Зху 4- у2 — #3.
Віднімання впорядкованих многочленів можна виконувати так:
у многочлена, що віднімається, замінити знаки всіх членів па про-
тилежні, підписати його під зменшуваним так, як і при додаванні,
і звести подібні члени.
Приклад Виконати віднімання у стовпчик; (8х4 — Зх34~7х24-
4-х — 18) — (бх4 — бх3 4- Зх2 4- 4х — 7).
Розв’язання.
8х4 — Зх34-7х24-х— 18
-5х4 4-6х3 — Зх2 — 4x4-7
Зх44-Зх34-4х2 — Зх— 11
Множення одночленів і многочленів. Щоб перемножити одно-
члени, треба перемножити їх коефіцієнти і до добутку припи-
сати множником кожну букву з одночленів, що перемножаються,
з показником, що дорівнює сумі показників цієї букви у спів множ-
4 5-2692
97
никах. Якщо буква входить тільки в один із співмножників, то її
записують у добутку з тим самим показником.
(2 \
—~ х2у2г І ♦ 21хї/ = —6х4^3з;
(—8хл+1) (—0,5аЛ/) = 4х'г+4г/.
Щоб помножити многочлен на одночлен, треба помножити на
цей одночлен кожний член многочлена і одержані добутки додати»
Приклади.
(5т2 — 1 Отп — 4л2) • (—тп^ = — 2-і т*п 4- 5т2л2 + 2тп3;
1 4- аЬ • ( а2Ь —І аЬ2 — Ь21 = а?Ь2 — 2а2Ь‘А — 1 4“ абЛ.
З \ 4 2 6 ) 9
Щоб помножити многочлен на многочлен, треба кожний член
одного многочлена помножити на кожний член другого і одержані
добутки додати.
Приклади.
(4г2 — 1) • (г2 + 5) = 4г4 + 20г2 — г2 — 5 = 4г4 + 19г2 — 5;
' (Х2 _і_ зх 4- 2) (х —5) = х3 — 5х2 + 3х2 — 15*4-2х— 10 =
= х3 — 2х2 — ІЗх — 10.
Множення впорядкованих многочленів покажемо на такому при-
кладі:
Зх2 — 2ах 4- 5а2
X
—х2 4* Зох 4- 4а2
—Зх4 4- 2ах3 — 5а 2х2
9ах3 — 6а2х2 4- 15а3х
+
12а2х2 — 8а Зх + 20а4
—Зх4 + Пах374- а2х2 + 7а3х 4- 20а4
При множенні многочленів їх розміщують за спадними степе-
нями однієї з букв. Множення виконують у такому порядку. Всі
члени множеного множать на перший член множника і результат
записують у рядок під рискою. Потім всі члени множеного мно-
жать на другий член множника і результат записують у другому
рядку так, щоб подібні члени виявились один під одним.
Так само записують добутки всіх членів множеного на третій
член множника і так далі до кінця. Подібні члени зводять і кін-
цевий результат записують внизу під рискою.
Піднесення до степеня одночленів. Щоб піднести степінь до
степеня, треба основу залишити ту саму, а показники степенів
перемножити.
=(-к4) • (°2)4 • =
Ділення одночленів. При діленні степенів тієї самої основи
від показника діленого віднімається показник дільника, а основа
залишається та сама.
98
Приклади, х8: х2 ~ х4; ат і ап = ат~п (при т > п).
Примітка. Якщо т дорівнює п, то в цьому випадку ділене
і дільник рівні між собою, отже, частка дорівнює одиниці:
Щоб поділити одночлен на одночлен, треба Поділити коефі-
цієнт діленого на коефіцієнт дільника і до одержаної частки
приписати множниками кожну букву діленого з показником, що
дорівнює різниці показників цієї букви в діленому і дільнику.
Приклади. (—15ах2):7 5х =—2ах;
2
30/я4х$: (—18т4х2) = — 1 —- х3.
О
Ділення одночленів націло не можна виконати, якщо показник
якоїсь букви в дільнику більший за показник цієї самої букви
в діленому або якщо дільник містить букву, якої нема в діленому.
Ділення многочлена на одночлен. Щоб поділити многочлен на
одночлен, треба поділити на цей одночлен кожний член многочлена
і одержані частки додати.
Приклади.
, ("тг 1 а3*4 Тґі а*5 ) : "Г ах3 == 1 "Г ~і~ 2а2х — 1 4г *2’>
' \4 5 10 / 5 4 ‘ 2
[5 (а 4- б)* — 10 (а + б)3 — 15 (я + &)2]: 5 (а + &)2 =
= (а + 6)2~2(а + д)-3.
Ділення многочлена на многочлен. Розглянемо ділення много-
членів на прикладі, коли обидва многочлени залежать від однієї
букви.
Нехай треба поділити многочлен 6х4 — 1 їх2 4- 5х3 4~ — 5 на
многочлен Зх24-4х— 5. Для цього впорядковують многочлени за
спадними степенями букви х, потім виконують ділення в такому
порядку:
а) ділять перший член діленого на перший член ді /іьника і
одержують перший член частки;
б) множать дільник на перший член частки і добуток відні-
мають від діленого. Одержують першу остачу;
в) ділять перший (старший) член остачі на перший член діль-
ника, одержують другий член частки і так ділять доти, поки ді-
лення не закінчиться або поки не одержать остачу, старший член
якої не ділиться на старший член дільника.
Записують це так:
6^4-5х3—11х24-9х-5 |3х24~4х —5
— 2х2 —х4-1 '
бх44-8х3— Юх2
—Зх3 — х2 4- 9х
—Зх3—4х24- 5х
Зх2 4- 4х — 5
Зх2 + 4х — 5
0
4*
99
Якщо многочлени залежать лід двох або кількох букв, виби-
рають яку-небудь букву головною і впорядковують многочлени за
спадними степенями цієї букви. Тоді решту букв розглядають як
коефіцієнти, і ділення таких многочленів виконують так само, як
і в першому випадку.
Приклад.
' а6 + 2а3х х2 І а3 -р х
а6 4~ а*х
а3 4-х
а3х 4- х2
а3х 4- х2
0
Ділення многочленів не завжди виконується націло. В біль-
шості випадків при діленні многочлена на многочлен одержується
остача.
Приклад. *
а6 — 2а5- — аі 4~ 2а3 — а 4- 1 і а3 — 2а2 4- За — 1
— а3 — 4а — 5
а5 — 2а5 4- За4 — а:і
—4а; 4- За3 — а
—4а4 4- За3 — 12а2 4- 4а
—5а3 4- 12а2 — 5а 4- 1
—5а3 4“ 10а2— 15а 4~ 5
2а2 4- Юа—4
Тут многочлен 2а2 4-Юа — 4 не ділиться на а3 — 2а2 4~ За—1,
отже, в результаті ділення одержано частку а3 — 4а — 5 і остачу
2а2 4-Юа —4.
Між діленим 4, дільником Ву часткою ф і остачею існує
така залежність:
д = В04-/?.
В розглянутому прикладі маємо а6 — 2а5- — а4 4- 2а3 — а — 1 =
= (а3 — 2а2 4- За — 1) (а3 — 4а — 5) 4- 2а2 4- 1 Оа — 4.
Примітка. При діленні многочленів від кількох букв частка
і остача визначаються неоднозначно в залежності від вибору голов-
ної букви. Наприклад,
а2 4- аЬ 4- £2 | а 4~ Ь2 4- &а + °2 | 4~ а
— а — л Ь
а2 4- аЬ Ь2 4~ Ьа
а2
Тут ділене і дільник в обох випадках однакові, але частки
і остачі — різні.
100
§ 6. Формули скороченого множення
Добуток суми двох чисел на їх різницю. Добуток суми двох
чисел на їх різницю дорівнює різниці квадратів цих чисел:
(а + Ь)(а — Ь) = а2 — Ь\
П р и к л а ди.
(7х + Яу3) (їх — 2#3) = 49х2 — 4г/6;
/2 . 7 Ш 2 \ 49 2 4 2
ЬХ+8;/Д'8і'~3’Х/ = 64і' 9’Д:-
Квадрат суми. Квадрат суми двох чисел дорівнює квадрату пер-
шого числа плюс подвоєний добуток першого числа на друге плюс
квадрат другого числа:
Приклад.
/о \2 І 2 \2 2
V-ху + 10х2) — Іухг/І 4-2-^ху- 10х2 + (10х2)2 =:
\ о / \ о / о
4
= ~ х*у2 + 8х3у + 100х4
хО
Геометрично формулу квадрата суми двох чисел можна зобра-
зити, як показано на рис. 6.
Квадрат суми кількох доданків можна визначити за формулою
(аі + а2 + ' * + ап)2 = + Д2 + • + а2п + -Ь • ’' +
+ 2ал_1агі.
Квадрат многочлена дорівнює сумі квадратів всіх його членів
доданій до суми всіх можливих подвоєних добутків його членів,
взятих по два.
Приклад, (х у у + г)2 == х2 + у2 + г2+2ху + 2уг+2хг (рис. 7).
Квадрат різниці. Квадрат різниці двох чисел дорівнює квад-
рату першого числа мінус подвоєний добуток першого числа на
друге плюс квадрат другого числа:
(а — Ь)2 = а2 — 2аЬ+Ь\
101
Приклади.
(х2 — За)2 =- (х2)2 — 2 (х2) (Зл) + (За)2 = х4 — 6х2а + 9а2;
(1 —0,5с)2 = І - с +0,25с2.
Куб суми і різниці. Куб суми двох чисел дорівнює кубу першого
числа плюс потроєний добуток квадрата першого числа на друге
плюс потроєний добуток першого числа на квадрат другого плюс
куб другого числа:
(а±Ь)3 = а* + За2Ь + ЗаЬ2 + №
Куб різниці двох чисел дорівнює кубу першого числа мінус
потроєний добуток квадрата першого числа на друге плюс потро-
єний добуток першого числа на квадрат другого мінус куб дру-
гого числа:
(а — Ь)3:=а3 — За2Ь + ЗаЬ2 — Ь3.
П р и к л а д и.
(а2 + 4Ь3)3 = (а2)3 + 3 (а2)2 4Ь3 + За2 (4Ь3)2 + (4Ь3)3 =
= а6 + 12а*Ь3 + 48а2Ь6 + 64Ь*;
(2а— 5Ь)3 = (2а)3 - 3 (2а)3 • 5Ь + 3 • 2а (5Ь)2 - (5Ь)3=
= 8а3— 60а2Ь + ІбОаЬ2 — І25Ь3.
Сума і різниця кубів. Сума кубів двох чисел дорівнює добуткові
суми цих чисел на неповний квадрат їх різниці:
а3 + Ь3 = (а + Ь) (а2 — аЬЬ2).
Примітка. Неповним квадратом різниці чисел а і Ь нази-
вають вираз а2 — аЬ-\-Ь2. Від повного квадрата різниці а2 — 2аЬ 4~
+ Ь2 він відрізняється тільки середнім коефіцієнтом. Вираз а2ф-
Ц~аЬ+Ь2 називають неповним квадратом суми.
Якщо наведену вище формулу прочитати справа наліво, одер-
жимо: добуток суми двох чисел на неповний квадрат їх різниці
дорівнює сумі кубів цих чисел.
Різниця кубів двох чисел дорівнює добуткові різниці цих
чисел на неповний квадрат їх суми:
а3 -Ь3 = (а- Ь) (а2 + аЬ + Ь2).
Ця формула читається і справа наліво: добуток різниці двох чисел
на неповний квадрат їх суми дорівнює різниці кубів цих чисел
П р и к л а д и.
27 . , 8 „ І З V , І 2 3У /3 , 2 ,
'512 Х 729 у ~ [ 8 */ *" \ 9 У / (в 9 Ч Х
X — ї2 ХУ‘ + 81 і'’) ’
(0,8а2 — 5і) (0,64а4 4- 4а2Ь + 25№) = (0,8а2)3 — (53)3 =
= 0,512ав— 1256’.
Примітка. Всі наведені вище формули скороченого мно-
ження для двох чисел — це окремі випадки (при п = 2 і 3) фор-
мули бінома Ньютона (див. стор. 210) і тотожності
ап - Ьп (а - Ь) (а^1 + а"~2Ь ф- + аЬ*~2 + .
102
Всї ці формули правильні не тільки для чисел, а й для довіль-
них виразів а і Ь. Тому їх можна формулювати і так: квадрат
двочлена дорівнює сумі трьох виразів: квадрата першого члена,
подвоєного добутку першого члена на другий і квадрата другого
члена.
Добуток різниці двох виразів і їх суми дорівнює різниці квад-
ратів цих виразів і т. д.
Застосування формул скороченого множення. За допомогою фор-
мул скороченого множення можна порівняно швидко виконувати
тотожні перетворення багатьох алгебраїчних виразів.
Приклад. Спростити (х — 1) (х + 1) 1) — (*2 -Ь І)3-
Розв’язання (по частинах):
(х— 1) (х + 1) = х2— 1;
(х2 — 1) (х4 + х2 + 1) = х6 — 1;
(х2 + рз = хв +зх4 + 3х2+ 1;
х0 — І — (хб + Зх4 + Зх2 + 1) = —Зх4 — Зх2 — 2.
Однак зручніше виконувати перетворення ланцюжком:
(X - 1) (X + 1) (Xі + Xі + 1) - (х2 + 1)’ = (Xа - 1) (Xі -І- х2 + 1)-
. — (х2 + І)3 = (х6 — 1) — (х6 + Зх4 + Зх2 + 1) = —Зх4 — Зх2 — 2.
Можна використовувати формули скороченого множення і при
діленні многочленів.
Приклади.
(49х4 — 64у2): (7хй — 8у) = [ (7х2)2 — (8у)2] ї (7х2 — 8у) = 7х2 -|- 8у;
(16а2— 256°): (563 + 4а) = [(4а)2 — (563)2]: (56 і + 4а) = 4а — 563;
(а3 — 863): (а — 26) = [а3 — (26)3] > (а - 26) = а2 + 2с6 ф- 462;
(27х3 + 8у°) : (Зх + 2г) = [(Зх)3 + (2г)3] :
: (Зх + 2*/3) = 9*2 — &ху3 + 4г/°.
Формули скороченого множення використовують також , при
усних обчисленнях. Нехай, наприклад, треба обчислити 50,52 —
— 49,52 В даному випадку підносити до квадрата було б нераціо-
нально, краще скористатися формулою різниці квадратів:
50,52 — 49,52 = (50,5 + 49,5) 4 (50,5 — 49,5) = 100 • 1 = 100.
Ще приклад. 31 • 29 = (30 + 1) (30 — 1) = 900 — 1 = 899. Такі
обчислення можна виконувати усно.
З формул скороченого множення випливають наближені фор-
мули, які справедливі при досить малих значеннях ах
(1 + а)2 « 1 + 2а; (1 + а)3 « 1 + За}
Приклади.
1,0022 « 1,004; 1,0023 « 1,006:
1: 1,003 0,997; 1 : 0,998 » 1,002.
103
§ 7. Розкладання многочленів на множники
Розкласти многочлен на множники— начить представити його
у вигляді добутку многочленів, тотожного з даним многочленом.
Нижче вкажемо найпростіші способи розкладання многочленів
на множники.
Винесення за дужки спільного множника. Щоб розкласти много-
член на множники винесенням спільного множника за дужки,
треба: а) визначити цей спільний множник; б) поділити на нього
всі члени многочлена; а) записати добуток спільного множника на
одержану частку, взявши цю частку в дужки.
Приклади.
2ах3 — 4а2х2 = 2ах2 (х — 2а);
40т2и — 25/пп2 4- 30тп = Зтп (Зіп — 5п + 0);
х (р — а) — у (р — а) — г (р — а) =(р — а) (х — у — г);
а2 (х — 1) — Ь (1 -х) =а2 (х — 1) 4-6(х- 1) = (х — 1) (а2 + Ь),
Спосіб групування. Цей спосіб покажемо на прикладі.
Приклад. Розкласти на множники За — ЗЬ-{-ах — Ьх. Спіль-
ного множника всі члени даного многочлена не мають, але якщо
згрупуємо члени по два в тому порядку, як вони написані, то вираз
набуде вигляду
(За — ЗЬ) + (ах — Ьх)
Якщо винесемо в першій групі спільний множник 3, а в дру-
гій спільний множник х, одержимо:
З (а — Ь) + х (а — Ь).
В цьому виразі спільним множником є а — Ь, Отже,
За — ЗЬ + ах — Ьх = (а — Ь) (3 + х).
Примітка. Даний приклад можна розв’язати також іншим
способом: За — ЗЬ + ах — Ьх~ (За + ах) — (ЗЬ + Ьх) = а (3 + х) —
-д(3 + х)= (3 + х) (а-6).
У деяких. випадках раніше ніж групувати члени, треба окремі
члени многочлена представити у вигляді суми або різниці.
Приклади.
х3 + 8х — 12 = х2 -г 6х + 2х + 12 = х (х4~6) +
+ 2 (х + 6) = (х + 6) (х + 2);
х2 — 2х — 8 = х2 — 4х4-2х — 8 = х(х — 4) +
+ 2 (х — 4) = (х — 4) (х -4 2);
6х2- х— 1 = 6х2 —Зх + 2х — 1 = Зх (2л — 1) 4- (2х— 1) =
= (Зх+1)(2х-1).
Розкладання на множники за формулами скороченого множення.
Цей спосіб розкладання на множники полягає у використанні фор-
104
мул скороченого множення, які треба читати не тільки зліва на-
право, а й справа наліво:
а2 — Ь2 = (а + Ь) (а — Ь)\
а2 + 2аЬ-\-Ь2 = (а+ Ь)\
а2— 2аЬ-\-Ь2 = (а—Ь)2\
а2 + 3«26 4- Зо£2 + Ь3 = (а+6)3;
а3 — За2Ь За&2 — Ь3 = (а — Ь)3\
а3 4- Ь3 = (а 4- £) (а2 — +^2)>
. а3^-Ь3= (а — Ь) (аг4-лд + 63).
Приклади.'
(* + £/)2“~ (* — */)2 =(*+*/ +*—*/) (* + */ — * + £) =
= 2х 2у — $ху\
_ 6а — а2 — 9 = — (а2 4- 6^4- 9) = — (а 4- З)2;
т2 4- п2 — 2тп — (пі — а)2;
125т3 — 75т2 п 4~ 15/пп2 — п3 = (5т — п)3;
х3 4- 8г/3 = (х 4- 20 (х2 — 2ху 4- 4г/2);
125а1 — - б5 = І5а — 4 4 ( 25а2 + 1 4 а*2 + тг *4) •
* 64 \ 4 / \ 4 16/
Застосування різних способів розкладання на множники. При
розкладанні многочленів на множники часто користуються кількома
прийомами.
В кожному окремому випадку треба спочатку вивчити склад
даного многочлена і потім визначити, які прийоми розкладання на
множники тут слід використати. В більшості випадків доводиться
застосовувати всі вказані вище прийоми розкладання на множники
в різній послідовності. Іноді при цьому використовують штучні
прийоми.
Приклади.
а) тр — пр 4- т2 — 2тп 4- п2 — (тр — пр) 4~ (/№ — 2тп 4- п2)=
= р (пі —п) 4- (т — п)2 = (т — п) (р + т — гі);
б) 1 — Р3 — їря — ?2 = 1 — (р2 + 2рд + <72) = 1 — (р + <7)2 =
= (і + р + ?) (і — Р — ЯУ
в) X і5х2 4-Зх — 9 = (х3 — 1) + (5х2—5) + (Зх—3) =
= (х — 1) (х2 +.Х + 1) 4- 5 (х2 — 1) + 3 (х — 1) =
= (х-1) (х2 + х + 1) + 5 (х - 1) (х1) + 3 (х—1) =
= (х-1) [х2 4- х4-1 4- 5 (х 4-1) 4- 3]=(х- 1) (х2 4-х 4-1 4-5х 4-
4-54-З) = (х-1) (х2 4-6x4-9) = (*-1) (*4-3)2.
§ 8. Алгебраїчні дроби
Дробові вирази і алгебраїчні дроби. Алгебраїчний вираз нази-
вається дробовим, якщо серед вказаних у ньому дій є ділення на
буквений вираз.
105
Прикладі! дробових виразів:
_ 1 '
Зах о 1 а Т
, І '<.0- '"О * 4 }
а х а~ 1
а
Нампростіштш серед дробових виразів вважаються вирази вигляду
д
, де А і В —* многочлени. Вони називаються алгебраїчними дро-
бами або просто дробами. Многочлени А і В називаються відпо-
відно чисельником і знаменником алгебраїчного дробу. Чисельник
і знаменник називаються також членами дробу.
Приклади алгебраїчних дробів:
Зах Ч- с . 2 о . а2 Ч- о — а е 0,7
х — 0,5с * а — і’ 2 ’ ”4х ’
Примітка. Нагадаємо, що одночлен вважається окремим
видом многочлена (стор. 94). Зокрема, число 1 також можна роз-
глядати як многочлен. Тому кожний цілий алгебраїчний вираз
можна подати у він ляді алгебраїчного дробу із знаменником, що
дорівнює 1. Кожний звичайний дріб також можна розглядати як
алгебраїчний дріб.
Основна властивість алгебраїчного дробу. Якщо чисельник і
знаменник алгебраїчного дробу помножити на той самий многочлен,
то одержимо алгебраїчний дріб, тотожний з дані-м. За допомогою
букв цю властивість можна записати так:
а ... ат
Ь от '
Тут а і Ь—члени алгебраїчного дробу, а /п —довільний многочлен.
Зокрема, т може бути і будь-яким числом, що не дорівнює 0.
З цієї властивості виходить таке положення.
Значення дробу ке зміниться, якщо у чисельнику і знаменнику
одночасно змінити знаки на протилежні. Наприклад:
—Зх _ —Зх (—І) __ Зх
—4;/ —4у (—1) 4?’
8а __ 8а(—і) _ — 8а
ІЗгҐ- ~ 136- (—І) — ІЗ?- ‘
Значення дробу не зміниться,
з членів дробу і перед самим дробом.
якше з ?,і і нити знак у одного
Наприклад:
а — Ь а—Ь _а — Ь
~~ -с(-1) “ с ;
а-1 і—0
У —2“ 6 — 2 Ь — 2‘
Скорочення дробів. Скоротити дріб—-ліачить поділити його
чисельніш і знаменник на їх спільний дільник. Якщо чисельник
106
і знаменник дробу — одночлени, то спільні дільники знаходять усно
і потім скорочують.
п 24ай£2с За2с
Приклад. ^=-.
Якщо чисельник і знаменник дробу — многочлени, то їх треба
спочатку розкласти на «множники (коли не
виконати скорочення.
Приклади.
можливо) і після цього
ас — Ьс + асі — Ьсі _ (ас — Ьс) 4- (а<і — Ьсі) __ с(а — Ь) -{- (а — Ь)
ас + Ьс + аЛ + М (ас + Ьс) 4- (асі -г М) ~~ с (а + Ь} 4* <1 (л+^)
__ (а — Ь) (с -’г сі) _ а — Ь
~ (а + Ь) (с — сі) ~~ а ’
а4 + а2д2 4- Ь4 (а2 4- Ь2}2 — а2Ь-
а3 4- 2а-Ь 4- 2аЬ2 4- &3 “ (а* 4- Ь*) 4- 2с Ь (а - дС
_ (а2 -4- Ь2 - аЬ) (а2 -4 Ь- -к аЬ) ц2 —с?д4-Ь2 #
(а 4- Ь) (а2 — аЬ -4 Ь2 ф- ---^) ~~ а Ч~ Ь ’
.г4 4- х2 + 1 __ х4 -ь 2х2 -4 1-х2______________(х2 --І- І)2 — X2___
х5 4* х 4-1 х3 — -V2 4- х'2 --'г * 1 *2 і*3 — -) ~Ь Л'’2 -4- О
* __ (4-^-1 — х} (х~ — 1 —- /) __ х2 — х 4” і
~ (Х2ф- X — 1) (X3 — Х24-"1? ~ х3 — х2 4~ 1 •
Зведення дробів до спільного знаменника. Зведення алгебраїч-
них дробів до спільного знаменника виконується так само, як і
зведення до спільного знаменника звичайних дробів.
Найпростішим спільним знаменником дробів з одночленними
знаменниками є найменше спі-’ьн? кратне коефіцієнтів знаменників
(якщо вони — натуральні числа), помножене IIе! всі різні букви,
що входять у знаменники, причому кожну букв\ 'еруть з найбіль-
шим показником, з яким вона входить до знаменників.
Так, наприклад, найпростіший спільний «намовник дробів
5х 2и . !
. і —------
аЬ За-Ь 2а2Ь2
дорівнює Ьа2Ь2.
Додаткові множники такі:
За2Ь2 : ао За’о.
Зсі'-а2 : За2Ь = 2Ь.
(5а21-2 : 2а2Ь2 3.
Тому маємо
5х _ 5х ♦ СаЬ 30ха5
аЬ ~ аЬ • ЬаЬ ~ ба2,?2
1
2и ?</. 2Ь
"З^Ь Зг72л- 2Ь бо2/?
1 . .3 З
Г-/2 • З ' £у-і2Ь2
Для обчислення -іайпросіі'изго цільного знаменника дробів
з многочлошшмн знаменниками спочатку треба розкласти їх на
множники.
Приклад. Звести до спільного знаменника алгебраїчні дроби
т п . т2 + п2
2т — 2п 1 т2 — п2
2т — 2п = 2(т — п), т2 — п2 = (т — п) (т + п).
Отже,
/п+п _ (тп)(тп) __ т2-^2тп-^п2
2т — 2п ~ (2т — 2п) (т -}- п) ~~ 2т2 — 2п2 ’
т2 + п2 _ (т2 + п2) . 2 __ 2т2 + 2и2 .
т2 — п2 ~ (т2 — п2) ' 2 ~ 2т2 — 2п2 '
Відповідь.
т2 + 2/пп + я2
2т2 — 2п2
2т2 + 2п2
2т2 — 2п2 ’
Примітка. Якщо не треба, щоб спільний знаменник був
найпростішим, можна, не витрачаючи часу на розкладання много-
членів, просто взяти за спільний знаменник добуток знаменників
даних дробів.
§ 9. Дії з алгебраїчними дробами
Додавання і віднімання. Щоб додати (відняти) алгебраїчні
дроби з однаковими знаменниками, треба додати (відняти) їх чи-
сельники і результат поділити на їх спільний знаменник.
п тт ° 1 а — 5
Приклад. Додати .
2х2 ~г 2х2 ' 2х2 2х2 2х2 х2
Щоб додати (відняти) дроби з різними знаменниками, треба
звести їх до спільного знаменника, додати (відняти) чисельники
і результат поділити на їх спільний знаменник.
П р и к л а д. Спростити вираз:
а — 1 а + 1 1
а2 + 2а + * °2 — 2а І а2 — 1 '
Розкладемо знаменники на множники:
а2 4-2а 4- 1 = (а+ І)2; а2 — 2а 4- 1 = (а — і)2;
а2 — 1 = (а — 1) (а+ 1).
Спільний знаменник дорівнює (а +1)2 (а — І)2. Отже
а —І а 4-1 1 __ (а- 1)(а —і)2
а2 + 2а 4-1 а2 —2а 4-1 а2 — 1 (а 4- І)2 (а — І)2
(а 4-1) (а 4-І)2 _ (а 4- 1) (а-1)
(а+!)’-(«-І)2 (а 4- і)2 (а -І)2
_(а-1)3-(а+1)2
(а2 - І)2
108
_ (дЗ —За2 + 3я —1) —(а3 + За2 + За+1) —(а2—1) ,
(а2 — І)2 =
_ а3 — За2 + За — 1 — а3 — За2 — За — 1 — а2 + 1 —7а2 — 1
(а2 — І)2 ~ (а2 — І)2'
Оскільки, кожний цілий алгебраїчний вираз можна подати у
вигляді дробу із знаменником 1, користуючись викладеними вище
правилами, можна додавати і віднімати також алгебраїчні дроби
і цїлі вирази.
Приклад.
_ Ь2 = а — Ь /?2 = а2 — Ь- + Ь2 = а2
а 1 *"а + ^~ а + Ь а + Ь'
Множення і ділення дробів. Щоб перемножити дроби, треба
перемножити окремо їх чисельники і знаменники і перший добу-
ток записати в чисельнику, а другий у знаменнику.
Щоб поділити дріб на дріб, треба ділене помножити на дріб,
обернений до дільника.
Приклади.
Зр2 ту ЗаЬс _ Зр2тд • ЗаЬс __ 9ртс.
2а2Ь2 8ру 2а2Ь28рд ~~ 16а/? ’
8Ь2сй 7сі = 81? М . 12а3 = 8Ь2сй . 12а3 = 32/?2
9а5 ' 12а3 “ 9а5 7ей 9а5 • 7 ей 21а2 ’
При множенні і діленні дробів з многочленними чисельниками
і знаменниками їх чисельники і знаменники розкладають на множ-
ники і скорочують, якщо це можливо.
Приклади.
х2 — 4г/2 х — у _ (х — 2ц) (х + 2у) х — у _
х2 — ху х2 + 2ху ~ х (х — у) ' х (х + 2у\ ""
= (х + 2у) (х — 2//) (* — У) = х — 2у
х (х — у) х (х + 2у) х2 ’
а2 — Ь2 ф 4а — 4/? __ (а — Ь) (а + Ь) 4 (а — Ь) __
(а+Ь)2 ' За + ЗЬ “ (а + /?)2 '' 3 (а + Ь) "
__ (а --Н Ь) (а — Ь) . З (а + /?) _ З
~ (а + Ь)2 - 4 (а—Ь) “ 4 ’
Користуючись правилом множення алгебраїчних дробів можна
також множити алгебраїчний дріб на цілий вираз і навпаки.
Приклади.
а о а 2х а • 2х 2а х
-----2х =--------- — = т--;—г ;
х — с х — с 1 (х — с) - 1 х — с
Піднесення до степеня. Щоб піднести алгебраїчний дріб до
будь-якого степеня, треба піднести до цього степеня окремо чисель-
ник і знаменник і перший результат поділити на другий.
109
Приклади.
/ а V а4 _ а* . Іа - 1\3 _ (а - І)3.
\3х2/ (Зх2)4 81хв ’ \а -(- с) ~~ (а 4-е)3
Вправи на всі дії. Якщо треба виконати кілька дій з даними
алгебраїчними дробами або спростити громіздкий дробовий вираз,
можна виконувати перетворення двома способами: по частинах
і ланцюжком.
Приклад. Спростити вираз
/ о2 + аб Ь \ . /_1__________2аЬ \
\п3 а-Ь + аЬ2 + Ь3 ' а2Ь2/ ' \а — Ь а3 — а2Ь -|- аЬ2 — Ь3) *
Розв’язання першим способом:
1) а2 аЬ = а (а + 6);
2) й3 + а2Ь + аЬ2 + Ь3 = а2 (а + Ь) + Ь2 (а 4~ Ь) = (а + Ь) (а24~Ь2);
Д (а + Ь) _ а .
' (а 4- Ь) (а2 4- Ь2) а2 4- Ь2 1
4) -2?--І_______Ь—= а+ь •
' а2 4-б2 * а2 Ь2 а2-\-Ь2'
5) а3 — а2Ь 4- аЬ2 — Ь3 = а2 (а — Ь) 4“ (а — б) = (а — Ь) (а2-\-Ь2)\
1 1_____________2аЬ ^а2 + Ь2-2аЬ _ а — б .
я— б {а — о) {а2 4- б2] (а — б) (а- 4" б2) а2 4- Ь2 ’
а -г б а — Ь _ а-\- Ь
а2 4- Ь2 4 а2 4- б2 а — б'
Розв’язання другим способом:
а2 4- аб_______ц б \ , / 1___________________2а Ь______\ ___
а:і 4- а2б 4- ао2 4~ б3 1 а2 4- б2) \а — б а3 — а2Ь 4- аб2 — Ь3;
_______а {аЬ)__________Ь 1
а2 .а 4* б) 4“ б2 (а 4- б) 1 а2 4-б2]
а — б
2аЬ 1 / а , Ь \ , і 1
а2 (а - 6) + &2 (а - Ь) ) “ ^а2 + Ь- ”г а2 Ь2) ' \а — Ь
2аЬ \ _ а + Ь а2 -\-Ь2 — 2аЬ
(а — Ь) (я2 4“ б'2) / “ а2 -4 Ь2 ' (а — Ь) (а2 4- Ь2)
= (а -Г Ь) (а - Ь) (а2 4- Ь2) = а^Ь
(а2 4- б2) (а — Ь)2 а — Ь 4
ІРРАЦІОНАЛЬНІ ЧИСЛА
ТА АЛГЕБРАЇЧНІ ВИРАЗИ
§ 10. Квадратні корені
Квадратним коренем з числа а називається число, квадрат якого
дорівнює а Наприклад квадратний корінь з 9 дорівнює 3, оскільки
З2 = 9. Однак — 3 також є квадратним коренем з 9, оскільки (—3)2=9.
Квадратний корінь з 9 має два значення: 3 і —3.
110
Додатне значення квадратного кореня називається також ариф-
метичним значенням. Арифметичне значення квадратного кореня з
числа а позначають символом а. Знак У називають знаком квад-
ратного кореня або радикалом. Число чи вираз а, який стоїть під
радикалом, називається підкореневим числом або підкореневим ви-
разом.
Підкореневе число може бути не тільки цілим, а й дробовим,
наприклад: 1/ А = А, /6,25 = 2,5.
г 9 З
Квадратний корінь із 0 має тільки одне значення: 0.
Квадратного кореня з від’ємного числа не існує: немає раціо-
кального числа, квадрат якого був би від’ємним.
Добування квадратних коренів. Обчислення квадратних коренів
називають також добуванням квадратних коренів. Дія добування
квадратного кореня обернена до д’ї піднесення до квадрата; якщо
з додатного числа а добути квадратний корінь і результат піднести
до квадрата, одержимо те саме число а, тобто
(У7)8 = а.
З невеликих чисел, що є точними квадратами натуральних
чисел, наприклад 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100 і т. д., квадратні
корені можна добувати усно.
Щоб добути квадратний корінь з багатоцифрового цілого числа,
розбивають його справа наліво на грані, що містять по дві цифри
(в крайній лівій грані може виявитися і одна цифра). Записують
так;
/27'98'41 = 529
102
___2
1049
9
298
204
9441
9441
І 0
Щоб одержати першу цифру кореня (5), добувають квадратний
корінь з найбільшого точного квадрата, що міститься в першій зліва
грані (27). Потім віднімають від першої грані квадрат першої цифри
кореня (25) і до різниці приписують (зносять) наступну грань (98).
Зліва від одержаного числа (298) пишуть подвоєну першу цифру
кореня (10), ділять на неї число всіх десятків раніше одержаного
числа (29: 10» 2), випробовують частку (102* 2=204 повинно бути
не більшим за 298), записують його (2) після першої цифри кореня
і т. д.
Аналогічно добувають квадратні корені з десяткових дробів.
При цьому підкореневе число треба розбивати на грані так, щоб
кома була між гранями.
111
Приклад.
/О',60'95'64'84 = 0.0978
— 81
18711464
7Ц309
1948 15584
8 15584
О
Примітка. Якщо десятковий дріб має непарне число десят-
кових знаків, з нього точно квадратний корінь не добувається.
Наближені значення квадратних коренів. Якщо підкореневе число
наближене, то квадратний корінь з нього також буде наближеним
числом. Квадратні корені з наближених чисел можна добувати так
само, як і з точних, але з урахуванням правила підрахунку цифр.
При добуванні квадратного кореня з наближених чисел в ре-
зультаті зберігають стільки значущих цифр, скільки їх містить
підкореневе число. Щоб правильно визначити останню значущу цифру,
шукають в результаті на одну значущу цифру більше, ніж у підко-
реневому числі, а потім результат округлюють за правилом округ-
лення, відкидаючи цю запасну цифру.
Однак наближені значення квадратних коренів одержують не
тільки в результаті добування квадратних коренів з наближених
чисел, а також і з точних. Нехай, наприклад, треба добути квадрат-
ний корінь з точного числа 2. Маємо
V 2 1,414. ..
— 1
24 100
4 96
281 400
1 281
2824 І 11900
4 11296
Цей процес можна продовжувати без кінця. Тому ]/2 у вигляді
десяткового дробу можна подати тільки наближено з будь-якою точ-
ністю.
§ 11. Ірраціональні числа
Поняття ірраціонального числа.Якщо продовжувати добувати квад-
ратний корінь з 2, одержимо нескінченний неперіодичний десятковий
дріб:
/2= 1,4142. ..
Це — не раціональне число, оскільки кожне раціональне число
дорівнює або скінченному, або нескінченному періодичному десятко-
вому дробові. Розглянутий приклад приводить до такого висновку:
або ми не повинні вважати ]/2 числом, або повинні розширити уже
відому множину раціональних чисел, прилучивши до них нові, не
112
раціональні числа, що являють собою нескінченні неперіодичні десят-
кові дроби. Але якщо не вважати числом, тоді ми не змогли б,
наприклад, виражати числами довжини багатьох відрізків. Вийшло б,
що діагональ квадрата із стороною 1 см не має довжини. Справді,
якщо сторона квадрата АВСВ (рис. 8) дорівнює 1 см, то його площа
дорівнює 1 кв. см, а площа квадрата АСКЬ дорівнює 2 кв. см (порів-
няйте, скільки рівних трикутників міститься в кожному квадраті).
Значить, довжина сторони АС повинна виражатись числом, квадрат
якого дорівнює 2. А серед раціональних чисел такого числа нема
Ось чому умовились вважати числами і ]/2, і всі нескінченні непе-
ріодичні десяткові дроби. Але вони—не раціональні числа, їх нази-
вають ірраціональними числами.
Ірраціональні числа бувають і додатні, і від’ємні.
Приклади ірраціональних чисел: ]Л2 = 1,4142. .. , ]Л10 =
= 3,162. . . , —0,5050050005. . ., к « 3,14159. . . ,
1& 2 = 0,3010. . . , соз 10° = 0,9848. . . .
Раціональні та ірраціональні числа разом на-
зиваються дійсними числами.
Незважаючи на те, що існування відрізків,
довжини яких не можна виразити раціональним
числом, виявили ще в стародавній Греції (Піфа-
гбр, Евклід), тоді не запровадили ірраціональних
чисел. Вважалось, що довжина таких відрізків
не може бути виражена числом, оскільки роз-
глядались тільки раціональні числа.
Вперше до поняття ірраціонального числа прийшли вчені Близь-
кого і Середнього Сходу.
На початку XIII ст. ірраціональні числа з’являються і у захід-
ноєвропейських учених перш за все у Леонардо Ліванського, проте
розглядаються вони лише з геометричної точки зору як нерівно-
правні числа. Цю думку поділяли більшість математиків до XVII ст.
Але розвиток математики в XVII ст. і ознайомлення з новими фак-
тами примусили замислитись над самим поняттям ірраціонального
числа. На початку XVIII ст. більшість математиків дотримувались
думки, що ірраціональне число є коренем деякого степеня з цілого
чи дробового числа, який не може бути виражений точно. Дещо
інакше розглядав ірраціональні числа Ньютон. Він виходив з відно-
шення деякого числа до числа, прийнятого за одиницю; при несумір-
ності обох чисел перше з них і одержало назву ірраціонального.
Порівняння дійсних чисел. З двох додатних дійсних чисел більше
те, у якого ціла частина 'більша. Якщо цілі частини рівні між со-
бою, більшим вважається те число, у якого перший із неоднако-
вих десяткових знаків більший, а всі попередні однакові. З двох
від’ємних дійсних чисел більшим вважається те, у якого абсолютна
величина менша. Кожне від’ємне число менше за нуль і за будь-
яке додатне число.
Приклади.
1,4142. ..>1,4139.
—1,4152. ..<—1,4139. ..5
—0,0674. . .<0,00176 . З
9,8691... <9,87...
Однаковими вважаються такі дійсні числа, які можна записати
тим самим десятковим дробом*
113
Геометричне зображення дійсних чисел. Дійсні числа, як і раціо-
нальні, можна зображати на числовій осі точками. Нехай дано чис-
лову вісь (рис. 9) з початковою (нульовою) точкою О і одиничним
відрізком О А. Зобразимо на цін осі точку, що відповідає ірраціо-
нальному числу 1/2. Для цього будуємо на відрізку ОА квадрат,
його діагональ ОС = ]Ґ2. Якщо розхилом циркуля ОС, як показано
на рисунку, зробити засічку на осі, то одержана точка К перетину
дуги з віссю і буде відповідати числу ]/2.
Кожному дійсному числу на
лР числовій осі відповідає єдина точ-
\ ка. Навпаки, кожній точці на чис-
0 < 41____ловій осі відповідає єдине число.
_ ?______________9 / 2 3 4 Кажуть, що між множиною точок
числової осі і множиною дійсних
РиСі чисел існує взаємно однозначна
відповідність.
Примітка. Між множиною точок числової осі і множиною
раціональних чисел не існує взаємно однозначної відповідності,
оскільки не кожній точці осі відповідає раціональне число.
Наближення ірраціональних чисел раціональними. Нехай ірра-
ціональне число а виражається таким нескінченним неперіодичним
десятковим дробом:
п _ л І І Р2 І І Рп І
Ро-гТО+ТОО+ '
Тоді скінченні дроби
, Рп.
ЇСИ
। а» + £
*> + 1? + їй)+
: п і Р1 і Рї і , , ______
Ро^ ю 100 10" ’
між якими знаходиться число а, називаються ного десятковими на-
ближеними значеннями з недостачею і з надлишком з точністю
до То^‘
Для одержання десяткового наближеного значення з недостачею
. 1
даного дійсного числа з точністю до слід в десятковому дробі,
Таблиця З
3 недоста- чею 3 надлиш- ком 3 точн істю До
3 4 1
3,5 3,6 0.1
3,57 3,58 0.01
3,578 3,579 0,001
що зображає це число, зберег-
ти п перших десяткових зна-
ків і відкинути всі наступні.
Збільшивши на 1 останній де-
сятковий знак наближеного
значення з недостачею, одержимо
наближене значення з надлиш-
1
ком з ТОЧНІСТЮ ДО ту— •
11г*
Приклад. Розглянемо
число 3,5781... Його набли-
жені значення наведено в
табл. 3.
114
§ 12. Дії з дійсними числами
Позначення. Якщо а — дане дійсне число, то його десяткові набли-
жені значення з недостачею з точністю до 1; 0,1; 0,01 і т. д. до .
будемо позначати відповідно символами а0, ар а2, . . . , аЛ, . . , а
4- 4* 4- 4-
наближені значення з надлишком — символами а0. аг, а2, .. . , ап. . .
Нехай, наприклад, а = 3,1471.. Тоді
а0 = 3; а4 = 3,1* а2 = З,14; а3 = 3,147;
+ 4- 4- 4*
а0 = 4; «і = 3,2; а2 = 3,15; а3 = 3,148;. . .
Додавання. Сумою двох додатних дійсних чисел називається дійс-
не число, більше за суму будь-яких наближених значень доданків
з недостачею, але менше за суму будь-яких наближених значень
доданків з надлишком.
Приклад. Покладемо а = 3,3121. . . і 3 = 2,5483. .. ; додаємо
наближені значення з недостачею
«0 = 3 «і = 3,3 «2 = 3,31 а3 = 3,312 і4 = 3,3121 ?о = 2 = 2,5 Р, = 2.54 0з = 2,548 04 = 2,5483 % + Ро — 5 + Зі = 5,8 “Н і^2 :== о,8о а3 4» 83 = 5,860 а4 4- 34 = 5,8604
Додаємо наближені 4- <*о = 4 значення з надлишком: + 4-4- ?о = 3 % + Ро = 7
«і = 3,4 £ = 2,6 4- 4- “і +• = 6,0
а.3 = 3,32 |2 = 2,55 «, + £ = 5,87
а, = 3,313 0з = 2,549 а3 + 0з = 5,862
а. = 3,3122 04 = 2,5484 4- 4* Л = 5,8606
Так послідовно визначають десяткові знаки суми
а Р == 5,860 . . .
Примітка. Якщо якийсь доданок раціональний і виражається
скінченним десятковим дробом або навіть є цілим числом, його та-
кож можна записати у вигляді нескінченного десяткового дробу,
приписавши як десяткові знаки нескінченне число нулів, наприклад:
2,3 = 2,300 . . ; 7 = 7, 000 . ..
Годі суму раціонального та ірраціонального чисел можна гакож ви-
значити викладеним вище способом.
115
Аналогічно, можна визначити і суму двох від’ємних дійсних чи-
сел, і від’ємного з додатним.
Взагалі додавання двох дійсних чисел завжди можливе і одно-
значне.
Множення. Добутком двох додатних дійсних чисел а і р на-
зивається дійсне число більше за добуток будь-яких наближених
значень співмножників з недостачею, але менше за добуток будь-
яких наближених значень співмножників з надлишком.
Приклад. Покладемо а = 1,7320 ... ; р = 1,4142 тоді
одержимо
Ор = = 1 1,7 ^1 = 1,4 — 1 аіРі 2,38
а2 = 1,73 32 = 1,41 а232 = 2,4393
«3 = 1,732 З3 = 1,414 «зЗз = 2,449048
а4 = 1,7320 31 = 1,4142 а4£4 = 2,44939440
+ + 4“ -г
= 2 !^о = 2 а6Н0 = 4
+ 4- 4- 4*
а1 = 1,8 ^ = 1.5 = 2,70
4- 4- 4-4*
а2 = 1,74 ^ = 1.42 а.-З, = 2,4708
4- 4- 4" 4*
а3 = 1,733 = 1,415 ааЗа = 2,452195
4- = 1,7321 3. = 1,4143 і/?) = 2,44970903
Так послідовно визначають десяткові знаки добутку
аЗ = 2,449 . .
Множення від’ємних дійсних чисел виконують згідно з прави-
лами, даними для раціональних чисел:- добуток двох від’ємних чи-
сел вважається додатним, а від’ємного і додаїного—від’ємним.
Дії віднімання, ділення і піднесення до степеня дійсних чисел
визначаються так само, як і для раціональних чисел.
Властивості множини дійсних чисел. Множина дійсних чисел (її
позначають буквою /?) нескінченна, впорядкована, не містить ні
найменшого, ні найбільшого числа. Множини /V, 7 і У (див. стор. 7)
є її власними .підмножинами. Як і множина 5, множина дійсних
чисел щільна, тобто для будь-яких двох різних дійсних чисел зав-
жди можна вказати таке третє дійсне число, яке
з даних, але менше за друге. Це випливає з того,
то а елементами множини і
більше за одне
що коли а << Ь,
точками прямої
можна встановити взаємно однозначну відповідність. У множині дійс-
них чисел, завжди можливі і однозначні дії додавання, віднімання,
множення і ділення, за винятком ділення на 0, причому для дода-
вання і множення справедливі переставний, сполучний та розподіль-
ний закони.
§ 13. Ірраціональні вирази
Корінь т-го степеня. Раніше (див. стор. ПО) було запроваджено
поняття квадратного кореня, або, як його ще називають, кореня
другого степеня. Але в математиці розглядають корені не тільки
другого, але й іретього, четвертого, п’ятого і взагалі т-го степенів.
Нехай т— довільне натуральне число, більше за 1, а а —
будь-яке дійсне число. Коренем т-го степеня з а називається таке
число, т-й степінь якого дорівнює а.
Приклад. Корінь 3-го степеня з 64 дорівнює 4, оскільки
43 = 64; корінь 5-го степеня з —32 дорівнює —2, оскільки (—2)5=
— 32; корінь 4-го степеня з 81 має (в множині дійсних чисел) два
значення: 3 і —3, оскільки З4 = 81 і (—З)4 — 81.
Корінь т-го степеня з числа а позначають символом а. Однак
у випадку кореня парного степеня, наприклад 2-го, 4-го і т. д., цим
символом позначають тільки невід’ємне значення кореня, наприклад,
у/"8Ї = 3, >/0,000001 = 0,1. їх називають арифметичними значеннями
коренів або, коротше, арифметичними коренями
_ т ґ-
Отже, / а тільки при від’ємному а і непарному т має від’єм-
не значення. При додатному а число а завжди додатне. Якщо ж
а<0, а т парне, го (в множині дійсних чисел) не існує.
Примітка. Знак радикала вперше запровадили німецькі алге-
браїсти в XV ст. В 1525 р. математик Хрісгоф Рудольф фон Яуер
видав перший твір з алгебри німецькою мовою. Знак кореня він
вживав у формі V. Горизонтальну риску над підрадикальним вира-
зом запровадив французький геометр Репе Декарт (1637 р.), а по-
казник кореня над радикалом—голландський математик Альбер
Жірар (1629 р.).
Ірраціональні вирази. Раніше ми розглядали раціональні алгеб-
раїчні вирази, що містять тільки дії додавання, віднімання, множен-
ня, ділення і піднесення до степеня з натуральним показником.
Далі будуть розглядатися і такі вирази, які крім цих п’яти дій
містять також і дії добування кореня т-го степеня. Такі алгебраїч-
ні вирази називаються ірраціональними.
2,5а; с2<і >/т — п; -А- -р 3.
/х
Ірраціональні вирази вигляду а}^Ь називаються також радика-
лами.
Тотожні перетворення ірраціональних виразів. Визначення тотож-
них ірраціональних виразів і тотожного перетворення залишаються
такими самими, як і для раціональних виразів (див. стор. 95).
Далі розглянемо найважливіші тотожні перетворення ірраціо-
нальних виразів.
Основна властивість радикала. Значення радикала не зміниться,
якщо показник кореня і показник підкореневого виразу помножимо
на те саме число, тобто
ш
З.цієї властивості одержуємо наслідки:
1) радикали, різних степенів можна звести до однакових по-
казників.
Виконують це так: знаходять спільне кратне (краще найменше)
показників усіх радикалів і помножають показник кожного з них на
відповідний додатковий множник, підносячи разом з тим кожний
підкореневий вираз до потрібного степеня.
Приклади. Звести до спільного показника радикали:
А. Vах; а2:
V х +1 * У «- і: V у
Р о з в’я з а н н я. А. Найменше спільне кратне показників ради-
калів 6; додаткові множники: для першого радикала 3, для друго-
го 2. Тоді
Vах = р (М3 = ¥а3х*; а2 = У (а2)2 = ¥ а*.
Б. Найменше спільне кратне показників радикалів 4и; додаткові
множники відповідно п, 2 і 4. Тоді
V Х+1 |/ \х+1/ У (*+!)"’
-г'£1.
V у V \і/) і у* ''
2) якщо підкореневий вираз є степенем, показник якого мав
спільний множник з показником радикала, то на цей множник
можна поділити обидва показники, тобто
тУа^Р =
Примітка. Ця теорема вимагає додаткової умови: аР пови-
нен існувати, оскільки без цього теорема може бути неправильною.
Наприклад, замість ^(—2)6 не можна писати ¥ (~2)3, оскільки
останній корінь в області дійсних чисел не Існує. Завжди правиль-
на така рівність:
'V! ат^ = ¥~&\-
Зокрема.
У = | аР
т/-2 .• і _ І а, якщо а >0;
Vа “ Іа І — І—а, якщо а < 0.
Приклади.
Ух* = -/хЗ; /ОДЙ = V (0,2)2 = 0,2;
/(=3)2 = | -з: = 3; ^(1-/2)° = іФ - /2 і3 =
= У (/2-І)3;
113
3) якщо підкореневий вираз е добутком кількох степенівпо-
казники яких мають один і той самий спільний множник з показ-
ником радикала, то на цей множник можна поділити всі по-
казники.
Приклад 1. Скоротити показники коренів і підкореневих ви-
разів:
а) д2с4;
б) = Уїху.
Приклад 2. Скоротити, показник кореня і показник степеня
підкореневого виразу при заданих умовах:
V І)3 при х < 1; У (З — х)4, при х > 3.
Скористаємося формулою
2тк
2тк —-х—
у | а |2ш =
Т оді одержимо
У(Х - І)2 = У X- 1 Р = /| X- 1 І = V- (X - 1) = У-х + 1
(Х<1)?
У (З — х)і = У\3-х\і = У\3-х\ = У- (3-х) =У—3 + х
(х>3)
Основні теореми про радикали. Корінь з добутку кількох чисел
дорівнює добуткові кореня того самого степеня з кожного числа,
якщо корінь з кожного числа існує, тобто
¥аЬ = ¥а- п/Ь.
Щоб добути корінь з дробу, треба добути його з чисельника
і знаменника, якщо ці корені існують, і перший результат поді-
лити на другий, тобто
V ь ~уі'
Примітка. Зауваження про існування коренів у поперед-
ніх теоремах необхідні, оскільки при парних п і від’ємних а і Ь коре-
п /~а л
ні УаБ і |/ у існують, а і Уї не існують. У цих випадках
наведені вище, рівності неправильні. Однак завжди правильні рів-
ності .
п гі—Г7 п г і—і п г. -іІ а І — і
/М = /ІФ /|*І і ]/ -
Щоб добути корінь із степеня, показник якого ділиться на
показник кореня, треба поділити показник степеня на показник
кореня, тобто
Уатп = ат.
119
Примітка» При а від’ємному, п парному і т непарному на-
ведена вище рівність неправильна. Однак завжди справедлива рів-
ність
~ , с/7<|.
Користуючись цими теоремами, можна добувати корені з різних
алгебраїчних виразів.
Приклади. Добути корені:
Р о з в’я з а н н я.
а) ^/32- 1о° = /2». 10? = /2? • уТО? = 2. 10 = 20?
і3/125 а а 3/125 з.—, \г— 5 о ч
б) 1/ -ел" = 1/ 7ї ' У0’ 1 = ~г а2^
У 64 у 64 ' ' 4
„х і /* 9а4&2 За2з уї
Г (а —1>)4 —(а — Ь)2 <6>°)-
Винесення множників за знак радикала. Якщо підкореневий вираз
розкладається на такі множники, що з деяких можна добути
точний корінь, то такі множники після добування з них коренів
можуть бути написані перед знаком кореня (тобто можуть бути
винесені за знак кореня).
Це виконується за формулою апЬ = (а > 0).
Приклади, а) а^с = а2^ с;
б) /300 = 1/100- З 10/3;
в) -- /а2'' • сп • с =а~с'у/’с.
/7 1
Примітка При від'ємному а і парному п рівність у апЬ =
*=а^/Т) неправильна, але при будь-яких значеннях а, Ь і п / \апу- =
Л ГТТ~ г
= | а і. /і & |.
Приклади. Винести ічножникіі за знак радикала, враховуючи
допустимі значення букв чи обмеження на них:
а) Vа* (Ь — 3)2 при а > 0; & 3;
б) а6 (3 — а)2 при 0 < а < 3;
1 /~ 3~ х- - 2ху у2)
' V 4(х2 + 2ху + у2)
Ро з в’я з а н н я.
а)- /<75 (&-3)а = а2 (Ь — 3) /Н;
б) /а1 (3 — а)2 = о (3 — а) /о;
. 1 /3 (х2 — 2хі/ + у3) -і /3 (х — у)2 _ їх —і /З
7 Г 4 (х2 + 2ху + у2) V 4(х-гу)2~ \х + уі' 2
120
Внесення множників під знак кореня. Для підведення під знак
кореня множників, що стоять перед ним, досить піднести такі
множники до степеня, показник якого дорівнює показникові кореня.
Це виконується за формулою
а ~ апЬ (а > 0).
Приклади.
У прикладах 1—3 всі .множники перед радикалами вважаються
додатними.
Приклад 4. Внести множники під знак радикала при заданих
значеннях букв: _____
(2 — а) при а > 2.
(2-0). у^ = -]/(0-2)-._^__
Приклад 5. Не добуваючи кореня, визначити, яке з чисел
більше: 2/3 чи 3 ]/2.
2 /3 = ]/'2^3 = /Ї2; 3 /2 = /З7”! = /18;
оскільки 18 > |/12, то 2 ]/3 < 3]Л2.
Звільнення підкореневого виразу від дробу. Використовуючи
два попередніх перетворення радикалів, можна звільнити підкорене-
вий вираз від дробу.
Приклади Звільнити підкореневі вирази від дробу;
• б> У і > УІ
Р о з в’я з а н н я. а) Щоб у першому радикалі із знаменника
можна було добути квадратний корінь, помножимо обидва члени
дробу на 7:
б) Щоб у другому радикалі із знаменника можна було добути
кубічний корінь, помножимо обидва -члени дробу на З2:
1Л -- — 1 ' —— =- >/9 = -1 ,
' 3 ' 33 “>3*"~3 ’3/
121
в) Щоб у третьому радикалі із знаменника можна було добути
корінь четвертого степеня, помножимо обидва числа на 2 (оскільки
8= 23);'
1Л1 = 1/0 -1/1-2
У 8 У 23'2 У 24 * * * * * * 2 '
Якщо підкореневий вираз — алгебраїчний дріб, подібні приклади
розв’язують аналогічно.
Приклади.
УІ-У^=У^ .
= (* — уУ2 • |х-1.у | (х — у)2 = їх — у\ Уху (х — у)2.
Примітка. Останній приклад можна розв’язати також іншим
способом:
= їх — уіУ(х — у)2ху.
Зведення радикалів до найпростішого вигляду. Для того щоб
звести радикали до найпростішого, або стандартного вигляду, треба
виконати послідовно такі операції:
1) спростити підкореневий вираз (якщо це можливо);
2) скоротити показники кореня і підкореневого виразу (якщо
вони мають спільний множник);
3) винести з-під радикала раціональні множники;
4) звільнити підкореневий вираз від дробу.
Приклади. Звести до найпростішого вигляду такі радикали:
ч Зхі/2 -і/8 . 2с^23 / 5а . . 1 3 —------—
а) 2 У ху ’ б) с V 16&3с3 ’ в) а^а ~аЬ
Р о з в’я з а н н я.
. Зхі/2 *і/* 8 Зх(/2 і/*4. 2ху Зху2 2 —
а>^гУ Ту—1-У -^--^-‘ТуУ^У = ^ху.
2<і&2 з / 5а 2аЬ2 \Г 5а . 22Ь
™ с ' V 16Ь2с3~ с V 2*Ь2с3-22Ь
2аЬ2 1 ---- аЬ . -----
~~ с ' 22Ьс У %1аЬ 2с2 У20аЬ ’
в) ± У а* — а«62 = 4 У а11 (а2 — Ь2) =
= —а Уа2 — Ь2 =^Уаі — Ьі.
Подібність радикалів. Два чи кілька радикалів називаються
подібнимиякщо вони однакового степеня і мають однакові підко-
12?
реневі вирази. Наприклад, а^х2с і Ах^/^с— подібні радикали, оскі-
льки вони обидва третього степеня і мають однакові підкореневі вира-
зи х2с. Іноді дані радикали виявляються подібними тільки після
деяких перетворень.
Приклад 1. Чи подібні радикали /18, /Ї28, /32 ?
/18 = /2~9 = З V2; /І28 = /2^64 = 8 /2;
/32 « /2И6 = 4 /2.
Відповідь. Подібні
Відповідь. Не подібні.
§ 14. Дії з радикалами
Додавання і віднімання. Щоб додати (відняти) радикали, їх
з'єднують знаками плюс (мінус) і зводять подібні члени, якщо
вони є.
Приклади. Виконати вказані дії:
1. (2 /20 —/45+3/Ї8) + (/72 —/80).
Р оз в’я з ан н я. (2 /20 — /45 + З /Ї8_) + (/72 — /80) =
= 2/20 —/4_5 +3/'18+ /72 —/80 = 4/5 -3/5 + 9/2 +
+ 6/2—4/5 = 15/2—3/5.
2. (/9х — УНу) — (/27? — /Ібх).
Розв’язання (/9х —/З?)—(/27// —/ 16х) = /9х—/8//—
— /27? + /Ш=3/х —2 У~у — 3 я/?+ 4 /х = 7/х — 5 У у.
Множення. Щоб перемножити кілька радикалів однакового сте-
пеня. треба перемножити підкореневі вирази і з добутку добути
корінь того самого степеня.
Якщо перемножаються радикали з різними показниками, то
їх треба спочатку звести до одного показника. Якщо перед ради-
калами е коефіцієнти, то їх перемножають.
Приклад 1. Виконати множення:
А 5/2а- 2 /8ЇЇ3.
Розв’язання. 5 /2а 2 /8а3 = 10 V 16а4 = 10• 2а = 20а.
Б. (4х /х2 — 5у /х? + ху У у2) 2ху /ху.
123
Р о з в’я з а н н я. (4х — 5у /х// 4“ ху у2) • 2ху ^ху =
= 8Л/ х3у— Юхґг У х2у2 4- 2х2у2 ху3 — 8х3у У~у — Юху2 Ух2у2 4"
4- 2х2улУгх.
В. (7/5 -4) (2 /б-1)._
Р оз в’я з ан н я. (7 /б — 4) (2 /б — 1) = 14 /25 — 8/5 —
- 7 /б 4- 4 = 70 4- 4 — 15 /5 ~ 74 — 15 /5.
Приклад 2 Перемножити радикали з різними показниками:
А. ^2- ^2.
Розв’язання. 'Уї 7>/Г2 — У 4 • У 2 = У 8 ~ У 2.
Б. (о У а 4- У о) • (У а"- — •? ]/?).
Розв’язання. (« рЛі-р уЛ;) • (^а2— о У<ГІ) = (а 1Уав 4-
4-1/?) • (У? - а У а») = УУ^ - іУуУ* 4-1/«Л0‘ - «У?1 =
Ділення. Щоб поділити радикали з однаковими показниками,
треба поділити їх підкореневі вирази і з частки добути корінь
того самого степеня.
Щоб поділити радикали з різними показниками, їх треба звести
спочатку до однакових показників. Якщо є коефіцієнти, то їх ділять.
Приклади. 1. Викопати ділення*
А УбУ ! У&1.
В. (У8х2у — 2уУх — хУх): (У2у — Ух).
Р о з в’я з а н н я. (У8х'2у — 2у Ух — х Ух): (У2у — Ух) =
= (2х У2у — 2у Ух — х Ух) і (У 2у — Ух) = [(х У2у - х Ух) 4-
4- (х — 2у Ух)] • (У2у — Ух) — [х (У2у — Ух) — У2хі/ X
X (У2у — Ух)] : (У'2у — Ух) = (У'2у - Ух) (х — У2ху):
: {У2у — Ух) = х — У2ху.
2. Виконати ділення за допомогою формул скороченого множення:
(^257 - ^їбї2) : (У5а - УЇЬ) = і(У«Г ~ =
124
: (/ба — Уй) = (Уба — У4&) (У$а + Уіь):
: (/ба — /46 ) = У5а + У46.
Піднесення до степеня. Щоб піднести радикал до степеня,
треба піднести до цього степеня підкореневий вираз, залишивши
той самии показник кореня: [у а) а .
Приклади. (у^2ах2) = у44д2х4 = х У 4а2х;
(/(*+ б)2)5 = /(х + б)10 = (X 4- у)я Ух + у;
(У(х* + у*)тУ1р = У(х2+у2)тпР = (х2 4- у2)”1?.
Алгебраїчні суми радикалів можна підносити до степеня, корис-
туючись формулами скороченого множення.
Приклади.
(/3-/2)2 = 3-2/64-2 = 5-2/6;
(/З — 2/У =/З2 — 3 • 3- 2/2 4-3/3 43/4 —8/2= =
= З /3 - 18 /2 4- 12 /3 • /4 — 16 = З /3 — 18 /2 4-
' 4- 12 /432— 16.
Добування кореня. Щоб добути корінь із кореня, треба пере-
множити показники коренів:
& г- п& >—
у а = у а,
Приклад и. а2 = а2 — уЛі;
У а2 У а* = У/ а10 = ЦА?0 = У а6.
Квадратний корінь з двочлена вигляду А + В.
При перетворенні виразів, що містять квадратні корені, іноді кори-
стуються формулою
ГдїТг _ /± /.
де А>0, В >0 і А2>3, а знаки в правій і лівій частинах одно-
часно беруться або верхні, або нижні (відповідно). Ця формула
називається формулою складного радикала.
Приклади.
ггттз. а(/-з+ 1);
______ /з 1/3 4-/(3/З)2-24
У З /3 - 2 /6 - і' -------2-----------
125
_|/ ЗрГ3-/(3/3)2-24 ЗУ^+УЗ
_ угзУз-Уз = у^у=_у-уз = 4/-І2_у§
Знищення ірраціональності в знаменнику або чисельнику дробу.
Заміна дробу, у якого знаменник (чисельник) — ірраціональний вираз,
тотожним з ним дробом з раціональним знаменником (чисельником)
називається знищенням ірраціональності в знаменнику (чисельнику)
дробу.
Нижче розглянуто основні прийоми знищення ірраціональності
в знаменниках. Знищення ірраціональності в чисельниках дробів
виконується аналогічно.
С у7
1 Дріб вигляду —— , л>/г. У цьому випадку множать чи-
У ьк
сельник і знаменник на такий множник, щоб у знаменнику корінь добу-
вався націло, тобто на
Приклади.
|/5;
5 = 5 = 54/5 5'1<5
|<Ї25 У& /У-Уб 5
2 . Дріб вигляду . Чисельник і знаменник мно-
у а ± у Ь
жать на спряжений вираз Т
г» Я
В окремому випадку, коли дрю має вигляд —-=------, його
р у а ± Я
члени перемножають на р а Я•
Приклади.
6 , _ б(/5 + /8) = 6 (/5+/8) =
У З-У З (У 5 - /8) (У 5 + У») (/5)2-(/8)2
= 6(1/5+/8) = _2(/в+/§).
м--- О
]ґа -|- 6 — — 6 (іАа Ь — V а — Ь)(У а-\~Ь — Vа —Ь) __
їЛа н-3 + — Ь (Уа -у Ь -У Vа — Ь) (]/ а 4- Ь — \ґа — Ь)
(У^+7) — /її^)2 ——6
“ ______ а + Ь — (а — Ь)
2а — 2 ]Ла2 — Ь2 а — )/а2 — Ь2
26 Ь
126
3. Дріб вигляду ---------. В цьому випадку чисельник
з/- ,
у О і у О
і знаменник дробу перемножають на неповний квадрат різниці чи суми:
7? т
П р и к л а д и.
6 б (/7а +/ТУ? +/4*)
77 - 74 (77 - 74) (/7? + 77У4 + 74?)
= 6.(749 + 728+716) = 2 (/49 + 3^28 + /їб);
(Т7)3-(Т4)3
1 = 1 (1— 754.75г) = 1 —75 + 725 =
1 + 75 (1 + 75) (1-75 +75і) 1 + 5
= 1(1-75+725).
4. Якщо в знаменнику трапляються радикали з різними показ-
никами, то можна знищити спочатку один радикал, а потім другий:
' 1 = 1(73+72) = /3 + 72 =
/3- 72 (/3-72) (/3+ 72) 3-/4
...(/3+/2) (9+з74 + /ІБ)_(/3 + /2) (9 +3/4+ 2/2)
(З — /4)(9 + 3/4 + /Іб) 23
5. Якщо в знаменнику є три і більше радикалів, то іноді ко-
рисно спочатку згрупувати члени і звести даний випадок до вже
розглянутих.
Приклад.
___________________(/2 +/З) —/5 = /2 + /3 — /5
/2 + /3 + /5 ~ (/2 + /З)2 — (/б)2 ~ 2 + 2/6 + 3- 5 ~
_ /2 + /3 — /5 _ (/2 + /3 - /5) /б
2/6 • 12
Приклади складніших перетворень
1. Довести, що при х == ^7-. (Ь > 0, а > 0)
і/—;— , ------ (ь при ь > і;
у и -|“ х у а — х І ।
1/а + х — а — х | у при0<д<1.
Доведення.
У а хІҐа — х _ (]/ а -|- х — х)2 _ 2а 2 а'2— х2
]/ а + х — їЛа — х (]/а 4- х)2 — (Уа — х)и 2х
127
о + = а + У аІ ~ ІД+Т/ = ДС^+О +/аа (б2-!)2
* . 2аЬ 2аЬ
Ь2 + 1
Якщо 0 < Ь < 1 і я > 0, то
/а2(д2- І)2 = - а (Ь* — 1).
Отже,, даний вираз має вигляд
а(62'+1)— а (Ь2 — 1)_ 1
2аЬ Ь *
Якщо то даний вираз матиме вигляд
а(Ь2+1) +а^2-1) .
--------2о6------~^Ь-
----------------- л/’^а ~
ОГ (1 — ах)У \ + Ьх Г
2. Спростити вираз —----- г 1 _ - при х = и ,
(1+ал)]Л — Ьх а
якщо а < Ь < 2а. ______
1 і/2а . 2 9 2а . ,
З умови х = — І/ ----1 виходить а2х2 ~ ~т 1, звідки Ь =
а т о о
2а
= гп—5Т » ТОМУ
1 + а2х2
(І'~ УІ + ЬХ " Ґ Ч і"1 1 - Л '.-
(I
= (1 — ах)/(1 + ах)2 1
(14-ах)/(1-ах)2 "
1 /~2а
Оскільки при а < Ь < 2а у -у — 1 < 1, то 1 — ах > 0 і 1 + ах > 0.
§ 15. Степені з від'ємними, нульовими
і дробовими показниками
Раніше ми розглядали степені тільки з натуральними показни-
ками. Піднесення до п-го степеня розуміли як повторення деякого
числа співмножником п разів. З цієї точки зору вирази 10~2, З0,3,
(1 — /3)° здаються безглуздими, адже не можна число взяти спів-
множником мінус два рази, 0,3 раза, 0 разів. Однак у математиці
розглядають і такі вирази, тобто степені з будь-якими раціональними
і навіть ірраціональними показниками. Який же смисл вкладають у ці
поняття?
Степені з від’ємними і нульовими показниками. Під степенем
відмінного від нуля числа з від'ємним показником розуміють дріб,
чисельник якого дорівнює одиниці а знаменник — степеневі того
123
самого числа з додатним показником, протилежним до даного від’єм^
ного, тобто якщо а Ф 0, то
Приклади.
10- 3 = 0,001; X-1 = — ; (3 — /2)“г=,-.
* ' (3—/2)2
Дії із степенями з від’ємними показниками можна виконувати
за тими самими правилами, що й дії із степенями з додатними по-
казниками. Рівності
а™ - ап = ат+п; (ат)л = атп; ат: ап = ат~п
правильні при всіх т 1 п. Остання з цих різностей тепер уже спра-
ведлива не тільки при т "> п (див. стор. 99), але й при т < п. Щоб
ця рівність була справедлива при будь-яких т і л, а також т = л,
запроваджують поняття про степінь з нульовим показником.
Під степенем будь-якого відмінного від нуля числа з нульовим
показником розуміють одиницю, тобто якщо а 0, то а0 = 1.
Приклади. 3»= 1, 0,2°= 1, (/З— 1)°= 1, (3 + х2)°= 1.
Примітка. Вираз 0° невизначений.
Степені з дробовими показниками. Під степенем якогось числа
т п /— -
а з дробовим показником — розуміють корінь у ат> тобто ап =
л ---
= V ат.
1_ 2_ 1_
Приклади, а2 = ]Лг,. 83 =У’83 — 4; (9 4-х2)4 =^9 + х2.
т
— п у-
Примітка. Формулу ап = у ат в елементарній математиці
звичайно розглядають тільки при а 0, оскільки при від’ємних
п т
значеннях а вираз у ат, а отже, і ап може не мати значення (в
множині дійсних чисел). Дробові показники можуть бути будь-якими
раціональними числами.
Дії із степенями з будь-якими раціональними показниками вико-
нують за тими самими правилами, що й дії з степенями з. натураль-
ними показниками. Для будь-яких раціональних и і V і дійсного
а>0 виконуються рівності
аи . а° « аи+”; аи: а” = (аи)” = аи\
Перетворення виразів, що містять степені з раціональними
показникам!і. Нижче наведено деякі види перетворень алгебраїчних
виразів, що містять степені з різними раціональними показниками.
Приклад 1. Обчислити значення таких виразів:
5 5-2692
129
Розв'язання.
Приклад 2. Перетворити наступні вирази так, щоб вони не
містили від’ємних показників степенів:
5~"1ху~2 5а (а — Ь)—*
2-3а6'4; Ь~2(х^у)~2'
Розв’язання
5-^ху~2 _ і ч 23&4 _ 8&4х . 5а (а - _ ЬаЬ2 (х — у)2
2~'3аЬ~* ~~ а* 5у2 ~ Ьау2 * Ь~2 (х — у)~2 (а — б)4 *
Приклад 3. Виконати дії:
5аМ-1\— 2
- 5 (*-2 + а-3) (х“2 - а^).
Зо /
Ро зв’я зання.
/ 5ап+1\~2_________1___________1_______9&2л
у 36" у ~ / бУ'+Л2 25а2п~>'2 25а2п+2'
} 962л
(х“2 + а~3) (х-2 — а~3) = (х~2)2 - (а”3)2 =
Приклад 4. Замінити виразами з дробовими показниками такі
радикали:
7^; /(а + 6)-ь У(х-у)-\
130
Р о з в’я з а н н я.
4- 1 —к
= х3; Уа3 = а4 ; /(а + Ь)~1 = (а+Ь)~ 2 ;
У(* —1/)_2 = (х — У) 3-
Приклад 5. Замінити вирази з дробовими показниками ра-
дикалами:
ст-1,5. ^ + у2}4. (р+<7)“».
Розв’язання.
т 1,5 = т 2 = 77=5; (*2 + у2)4 = V (*2 + у2)3!
у т°
(р + уГ" =1^ (р + у)~т.
9 Приклад 6. Спростити вирази (при а > 1; х > 1):
Р о з в’я з а н н я.
А. (^І-1
І а 3
— ( 0,3
\а — 1
X (а + І) = (а+1) (а2-1).
- £
X (1 — х) 3
Б.
(1-а)-1].
1 + а2-2а , __ а3+1 (а-І)2
а2__а+і ’ Iа-і”1; а —1 ‘ а2 —а +
1
(а+1)'2
X2
5
-X)3
: (1-х)3 (1 — 2х+хг)
1_ £
(1-х)3 X (І—*)3
(1-х)2 ~ (1-х)2
(1-Х) (1-х)3
б*
131
РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ
§ 16. Загальні відомості про рівняння
Два числа або будь-які вирази, сполучені знаком рівності (=),
утворюють рівність. В математиці рівності вживаються у двох
випадках: коли твердять, що дані числа чи вирази при якихось
значеннях букв рівні між собою, і коли ставлять питання, при яких
значеннях букв, що входять у вирази, ці вирази рівні між собою.
В першому випадку рівність називають тотожністю, ь в другому —
рівнянням. Наприклад, коли кажуть «при будь-якому а маємо а+ 1 =
= 1 + то тут рівність є тотожністю; коли ж ставлять питання
«при якому значенні х х + 3=10?», то тут маємо рівняння.
Рівнянням називають рівність, що містить невідомі числа,
позначені буквами. Ці букви, що позначають невідомі числа в рів-
нянні, називають невідомими*. Невідомих у рівнянні може бути
кілька. Наприклад, у рівнянні 2х + у = 7х— 3 два невідомих: х і у.
Вирази, що стоять у рівнянні зліва і справа від знака рівності,
називають відповідно лівою і правою частинами рівняння. Так, у на-
веденому вище рівнянні + У — лі03 частина, а 7х — 3—права.
Види рівнянь. Розрізняють рівняння з одним, двомд, трьома
і т. д. невідомими, в залежності від того, скільки невідомих воно
містить. Наприклад,
Зх — 5 = 10 — рівняння з одним невідомим х;
х2—у = 50х — рівняння з двома невідомими: х і у',
х2 = ]/^у — г — рівняння з трьома невідомими: х, у і г.
В рівнянні можуть бути букви, що не є невідомими (параметри).
Наприклад, можна вважати, що рівняння ах + 3 = с має одне неві-
доме х і параметри а і с.
За характером операцій, що виконуються з невідомими, рів-
няння діляться на алгебраїчні, дробові, ірраціональні і трансцен-
дентні.
Позначимо ліву і праву частини рівняння буквами А і В. Тоді
рівняння А = В називається:
алгебраїчним, якщо А і В — многочлени;
дробовим (раціональним), якщо А і В — раціональні вирази,
причому хоча б один дробовий;
ірраціональним, якщо А і В — алгебраїчні вирази, причому хоча б
один з них ірраціональний;
трансцендентним, якщо хоча б один з виразів А і В містить
трансцендентні операції з невідомими.
Рівняння 2х2 + 3 = 7х і ах — Ьу = с — алгебраїчні;
о.І 3 , а . 2 х — 1 Л .
X- + — = і------ 1 х = —-------дробові;
Л і Л Л ~~ 1 і/
)ЛЗ — х = 5 і‘|/а + х + р/Гх2—1=0 — ірраціональні;
Xу = 1о& х і зіп х + х = 0 — трансцендентні.
* В нових шкільних підручниках замість «невідоме» вживають термін
«змінна»; розрізняють рівняння з однією, двома і т. д. змінними.
132
Алгебраїчні рівняння бувають пертого, другого, третього і т. д.
степенів, залежно від степенів многочленів А і В. Наприклад,
Зх = — 2 (х — 5) + 1 — рівняння першого степеня;
0,5х2 — 3,2х = 0 — рівняння другого степеня;
Чху + х — у -5 — також рівняння другого степеня;
оскільки сума показників при невідомих у першому члені дорівнює 2.
Алгебраїчні рівняння вигляду ах-[-Ьу-\- + сг = (і називають
також лінійними, а рівняння другого і вище степенів називають
нелінійними.
Розв’язання рівнянь. Якщо в рівняння з одним невідомим замість
невідомого підставити якесь число, виражене цифрами або буквами,
і в результаті ліва частина тотожно дорівнюватиме правій, то кажуть,
що дане число (значення невідомого) задовольняє рівняння. В проти-
лежному випадку кажуть, що воно не задовольняє рівняння. Зна-
чення невідомого, що задовольняє рівняння, називається розв’язком
(або коренем) рівняння.
Наприклад, якшо в рівняння Зх 4- 7 — 13 замість х підставити
число 2, одержимо тотожність 3 2+7 = 13. Отже, значення х = 2
задовольняє дане рівняння, число 2 є розв’язок, або корінь, цього
рівняння А значення х = 3 не задовольняє це рівняння, бо 3- 3 +
г+7 =£ 13.
Рівняння 2х + с = 3 з невідомим х має розв’язок х = 0,5 (3 — с),
бо 0,5 (3 — с) 2 + с = 3 є тотожність.
Розв’язком рівняння з кількома невідомими називають систему
значень всіх невідомих, що задовольняють дане рівняння. Нехай,
наприклад, маємо рівняння з двома невідомими
х2 + 2і/= 7.
Пара значень х= 1, у = 3 задовольняє це рівняння, бо 1а+2- 3 = 7.
Ця пара чисел вважається одним розв'язком даного рівняння (втаких
випадках слово «корінь» не вживають). Існують також інші розв’язки
цього рівняння, наприклад х — —1, у — 3; х= 3, у = — 1 та ін.
Рівняння може зовсім не мати розв’язків, мати єдиний розв’язок,
кілька розв’язків і нескінченну множину розв’язків.
Приклади. Рівняння х + 8 = х + 5 не має розв’язків, бо при
будь-яких дійсних значеннях х ліва частина більша за праву;
рівняння Зх + 2 = 11 має єдиний корінь х = 3;
12
рівняння х + ~ = 7 має два корені: 3 і 4
(бо 3 + у = 75 4 +
рівняння 5 (х — 3) + 2 = 3 (х — 4) + 2х — 1 задовольняється при
будь-якому значенні х, тобто є тотожністю. Наведене вище рівняння
х2 + 2у = 7 також має нескінченну множину розв’язків, але не є
тотожністю.
Рівносильні рівняння. Два рівняння називають рівносильними
(або еквівалентними), якщо всі розв’язки першого рівняння є роз-
в’язками другого і, навпаки, всі розв’язки другого рівняння
є розв’язками першого. Рівносильними вважаються також рівняння,
що не мають розв’язків.
133
Приклади. Рівняння 2х — 5 = 11 і 7х-|-6 = б2 рівносильні»
бо вони мають той самий корінь х = 8;
рівняння х2 + #+1 = 8 — у і х2 2і/ = 7 рівносильні, бо кож-
ний розв’язок першого задовольняє друге і будь-який розв’язок
другого задовольняє перше рівняння;
рівняння х-|-2 — х-]-5і2х-|-7 = 2х рівносильні, бо вони обидва
не мають розв’язків;
рівняння х + 2 = 2 (х + 1) — х і Зх = 3 (х — 1) 4- 3 рівносильні,
бо будь-яке значення х задовольняє і перше і друге рівняння.
Примітка. Згідно з наведеним вище визначенням, рівняння
х2 — 14х + 49 = 0 і х — 7 = 0 рівносильні, бо кожний корінь одного
рівняння задовольняє також друге рівняння і навпаки. Проте багато
авторів вважають їх нерівносильними, бо вони мають .різне число
коренів: вважають, що рівняння другого степеня х2—14х+49 = 0
має два однакові корені = 7; х2 = 7, а рівняння першого степеня
х — 7 = 0 має тільки один корінь: хх = 7.
Поняття про еквівалентність рівнянь є відносним: два рівняння,
що розглядуються в одній області чисел, можуть бути еквівалент-
ними, а в другій області — нееквівалентними. Наприклад: (х—2) х
X (х2 + 1) = 0, (х — 2)(х3 + 4) = 0. В області дійсних чисел дані
рівняння еквівалентні, в області комплексних чисел — нееквівалентні.
Два рівняння, рівносильні до третього, рівносильні між собою.
Теореми про рівносильні рівняння.
Теорема 1. До обох частин рівняння можна додати будь-
який вираз, що має смисл при всіх допустимих значеннях невідо-
мого; одержане рівняння рівносильне до даного.
Зокрема, якщо до обох частин рівняння додати те саме число
або многочлен, то нове рівняння буде рівносильне до даного.
Так, рівняння 2х — 1=7 має корінь х = 4; додавши до обох
частин по 5, одержимо рівняння 2x4-4 = 12, яке має той самий
корінь х = 4-
Наслідки з першої теореми:
1. Якщо в обох частинах рівняння є однакові члени, то їх
можна опустити.
Так, рівняння 9х + 5х = 185х має один корінь х = 2) опу-
стивши в обох частинах 5х, одержимо рівняння 9х = 18, яке має той
самий корінь х = 2.
2. Будь-який член рівняння можна перенести з однієї частини
рівняння в іншу, змінивши його знак на протилежний.
Так, рівняння 7х—11 =3 має один корінь х = 2. Якщо пере-
нести 11 в праву частину з протилежним знаком, одержимо рівнян-
ня 7х = 3 + П, яке має той самий розв’язок х = 2.
Теорема 2. Обидві частини рівняння можна помножити на
будь-який вираз, що мав смисл і відрізняється від нуля при всіх
допустимих значеннях невідомого; одержане рівняння рівносильне
до даного.
Зокрема, якщо обидві частини рівняння помножити на те саме
число, що не дорівнює нулеві, то одержимо рівняння, рівносильне
до даного.
Приклад. Рівняння 2х — 15 = 10 — Зх має корінь х = 5. По-
множивши обидві частини на 3, одержимо рівняння
(2х — 15) 3 = (10 — Зх) 3, або бх — 45 = ЗО — 9х,
яке має той самий корінь х = б.
134
Ділення на будь-яке число» що відрізняється від нуля, можна
розглядати як множення на число, обернене до даного. Тому обидві
частини рівняння можна також і поділити на те саме число, що
відрізняється від нуля.
Приклад. Рівняння 12хі, 2 * — 3 = 6х + 33 має два корені: хх —
= 2 і х2 = —1,5.
Поділивши всі його члени на 3, одержимо рівняння 4х2 — 1 =
= 2x4- 11, рівносильне до даного, бо воно має ті самі два корені:
Хх = 2 і х2 = —1,5.
Наслідки з другої теореми:
1. Знаки всіх членів рівняння можна змінити на протилежні
(це рівносильно до множення обох частин рівняння на —1).
П р и к л а д. Рівняння —Зх + 7 = —8 після множення обох
частин на —1 набуде вигляду Зх —7=8. Перше і друге рівняння
мають єдиний корінь х = 5.
2. Рівняння, у якому коефіцієнти всіх чи деяких членів —дро-
бові числа, можна замінити рівносильним до нього рівнянням з ці-
лими коефіцієнтами (для цього обидві частини рівняння треба помно-
жити на найменше спільне кратне знаменників дробових коефіці-
єнтів) .
п. 5х — 4 16x4-1 .
Приклад. Рівняння —-— =--------— після множення обох
йЬго частин на 14 набуде вигляду
5х—4 16x4-1 .1Л /е .. _ . 1Ч п
—-— . 14 =---~----14; (5х — 4) 7 = (Ібх 4~ 1) 2;
35х — 28 = 32х + 2.
Легко переконатися в тому, що перше і останнє рівняння задо-
вольняються тільки при х= 10.
3. Рівняння можна скоротити (поділити всі ного члени на те
саме число).
Приклад. Рівняння 75х2 — 200х = 900 4- 60х2 — 50х можна
скоротити на 5. Тоді одержимо рівняння 15х2— 40х = 180 4- 12х2 —
— Юх, рівносильне до даного.
Примітка. Іноді доводиться множити обидві частини рів-
няння на якийсь вираз, що містить невідоме. В результаті можна
одержати рівняння, не рівносильне до даного.
Приклад. Нехай дано рівняння 2х—1 = 5, що має один
корінь х = 3. Якщо помножити обидві частини цього рівняння на
х — 2, одержимо нове рівняння (2х— 1) (х — 2) = 5 (х — 2), не рів-
носильне до даного, бо крім кореня х = 3 воно має ще один: х = 2,
що не задовольняє дане рівняння. Якби помножили на ——-, то
X ------------------------------------------------------- о
л . 2х —15 ' .
одержали б рівняння ----, яке взагалі не має коренів
і, отже, не рівносильне до даного.
Розглянуті теореми (їх називають також властивостями рівнянь)
і наслідки з них дають можливість порівняно легко розв’язувати
багато рівнянь. Перетворюючи рівняння згідно з названими власти-
востями і наслідками, ми щоразу одержуємо нове, простіше рів-
няння, рівносильне до даного. Таким способом можна прийти
135
до дуже простого рівняння, корені якого визначити не важко.
А оскільки одержане рівняння рівносильне до даного, то й корені
його е не що інше, як корені даного рівняння.
§ 17. Рівняння першого степеня
Рівняння з одним невідомим, яке після розкриття дужок і зве-
дення подібних членів набуває вигляду ах + Ь = 0, де а £ 0 і Ь —
довільні числа, а х— невідоме, називається рівнянням першого сте-
пеня з одним невідомим.
Вигляд рівняння ах + Ь = 0 при а + 0 називається нормальним
виглядом рівняння першого степеня з одним невідомим.
Рівняння з одним невідомим, яке після розкриття дужок і зве-
дення подібних членів набуває вигляду ах + Ь = 0, де а і Ь — до-
вільні числа, називається лінійним рівнянням з одним невідомим.
Кожне рівняння першого степеня — лінійне, але не кожне
лінійне рівняння є рівнянням першого степеня. Наприклад, всі рів-
няння
2х + 3 = 7 — 0,5х; 0,Зу = 0; у + 3 = ^-(х —2)
лінійні, але тільки два перші е рівняннями першого степеня. Рів-
няння першого степеня з одним невідомим завжди має один розв’я-
зок; лінійне рівняння може не мати розв’язків (Ох = 5) або мати
їх нескінченну множину (0х-0).
Загальна схема розв’язання рівнянь першого степеня. Нехай
треба розв’язати рівняння
х-4^2(х+1) 5(х-3) 11х + 43
“ ‘ 4 2 6
1. Помножимо всі члени на найменше спільне кратне знаменни-
ків, що дорівнює 12. Після скорочення одержимо
4 (х —4) +6 (х + 1) — 12 = ЗО (х —3) + 24х — 2 (11х + 43).
2. Щоб відділити члени, що містять невідоме, і вільні члени,
розкриємо дужки:
4х — 16 + 6х+6—12 = ЗОх — 90 + 24х — 22х — 86.
3. Згрупуємо в одній частині члени, що містять невідомі,
а в другій — вільні члени:
4х + бх — ЗОх — 24х + 22х = —90 -86+ 16 — 6+ 12.
4. Зведемо подібні члени: —22х = —154.
5. Поділимо обидві частини на —22. Одержимо х = 7.
Взагалі рівняння одержаного рівняння, а значить, і даного
дорівнює 7.
Як бачимо, корінь можна розв’язувати за такою схемою:
а) звести рівняння до цілого вигляду;
б) розкрити дужки;
в) згрупувати члени, що містять невідоме, в одній частині рів-
няння, а вільні члени — в іншій;
г) звести подібні члени;
д) розв’язати рівняння вигляду ах = Ь, яке одержали після
зведення подібних членів.
136
Однак ця схема не обов’язкова для будь-якого рівняння. По-
перше, при розв’язанні багатьох простіших рівнянь доводиться
починати не з першого, а з другого, третього і навіть п’ятого етапу.
По-друге, деякі проміжні етапи можуть виявитись непотрібними.
По-третє, іноді буває вигідніше для простоти розв’язання порушити
порядок, вказаний схемою.
Аналогічно можна розв’язувати лінійні рівняння з буквеними
коефіцієнтами.
Приклад 1. сх — Ь (с — х) = а (Ь — х) — Ь (а — х).
Розв’язання.
сх — Ьс + Ьх = аЬ — ах — аЬ +&х;
сх — Ьс = —ах;
сх + ах = Ьс; х (а + с) = Ьс
три випадки.
а =/= —с, рівняння має один розв’язок х= - .
а = —с і Ьс =/= 0, рівняння розв’язків не має.
а =—с і Ьс = 0, рівняння має безліч розв’язків: його
За2-ад-4д2 _ ,2Ч
(а2 =/= Ь2).
а2 — Ь2
а—Ь
Зх За2 — аЬ — 4Ь2
Можливі
1. Якщо
2. Якщо
3. Якщо
задовольняє кожне значення х.
_ а — х Зх
, Приклад 2. —+ —
Розв’язання.
а-{-Ь
а — х
а=Ь а~+Ь ~ а2 — Ь2 ’
—(а — х) (а 4- Ь) + Зх (а — Ь) = За2 — аЬ — 4&2;
—а2 — аЬ + ах + Ьх + Зах — ЗЬх = За2 — аЬ — 462;
4ах — 2Ьх = 4а2 — 462; 2х (2а — Ь) = 4 (а2 — Ь2).
Згідно з умовою а2 =/= Ь\ тому можливі два випадки. Якщо
2 (а2__________________________________Ь2}
2а =£ Ь, рівняння має один корінь х = —----—7 . Якщо 2а = 6,
рівняння розв’язків не має.
Рівняння, що містять невідоме в знаменнику. До рівнянь пер-
шого степеня зводиться багато дробових рівнянь з одним невідо-
мим. Щоб розв’язати таке рівняння, часто доводиться множити
обидві частини на вираз, що містить невідоме, а це, як показано на
стор. 135, може призвести до порушення еквівалентності рівнянь.
Тому при розв’язанні цих рівнянь треба всі одержані корені пере-
віряти підстановкою в початкове рівняння. Корені, що не задоволь-
няють початкове рівняння, треба відкинути як сторонні.
гг і п , • 2 , 5 13 .
Приклад 1. Розв’язати рівняння---------^4--г—5 = а .—х.
X — 1 X 4* х X -у- X —£
Розкладаючи х2 4- х — 2 на множники, одержуємо х2 + х — 2 =
= (х—1)(х+2). Отже, х2 + х — 2 — спільний знаменник дробів.
Тоді'додатковими множниками е відповідно х 4-2, х—1, 1:
х4-2 х— 1
2 5 = 13 .
х - 1 + х + 2 х2 4- х — 2 ’
2 (х + 2) 5(х—1)______________13
(х-1) (х+2) + (х-1) (х4-2) (х-1) (х4-2)*
137
Для спрощення рівняння треба обидві його частини помножити
на (х — 1) (х+2); одержимо:
2 (х + 2) + 5 (х - 1) = 13;
2х+4 + 5х — 5= 13;
7х= 13 — 4 + 5;
7х = 14; х = 2.
п . 25 13 . о . 5 13 13 13
Перевірка. +2_|_2 4.|.2_2 ’ 2+4 ~ 4 ’ 4 ~ Т ’
х = 2 задовольняє дане рівняння.
Відповідь, х = 2.
Приклад 2. Розв’язати рівняння
2 5 6
х— 1 + х + 2~ х2 + х — 2 • • 0)
Спільний знаменник х2 + х — 2; додаткові множники: х + 2,
х^Л + х4-2”х24-х — 2; ' )
2 (х + 2) , 5(х—1) 6
(х-1) (х+2)“Чх-1) (х + 2) (х- 1) (х + 2)’
Помноживши обидві частини рівняння на (х — 1) (х + 2), одер-
жимо
2 (х + 2) + 5 (х — 1) = 6;
2х+4+5х —5=6;
7х = 7;
х= 1.
Рівняння (3) має корінь х= 1. Але він є стороннім для даного
рівняння, бо при х= 1 знаменник першого і третього дробів рів-
няння (1) перетворюється в нуль. Еквівалентність порушилась при
переході від рівняння (2) до рівняння (3).
Відповідь. Дане рівняння не має розв’язків.
§ 18. Роз'язання задач за допомогою рівнянь
першого степеня з одним невідомим
Щоб розв’язати задачу за допомогою рівняння, потрібно: 1) ви-
брати невідоме і позначити його буквою; 2) виразити решту невідо-
мих у задачі величин за допомогою цієї букви; 3) скласти рівняння;
4) розв’язати рівняння; 5) перевірити одержаний розв’язок і відпо-
відь за умовою задачі.
Далі наведено розв’язання кількох задач за допомогою скла-
дання рівнянь першого степеня. -
Задача 1. На першому складі було 185 т вугілля, а на дру-
гому— 237 т. Перший склад почав відпускати щоденно по 15 т
вугілля, а другий — по 18 т. Через скільки днів на другому складі
буде вугілля у півтора раза більше, ніж на першому?
138
Припустимо, що через х днів на другому складі буде вугілля
у півтора раза більше, ніж на першому. Перший склад відпускав
щоденно по 15 т вугілля, тому за х днів з першого складу було
видано вугілля 15х (т). Значить, на першому складі залишилось
вугілля 185 — 15х (т). Другий склад відпускав щоденно по 18 т,
тому за х днів з другого складу було видано вугілля 18х (т). На дру-
гому складі залишилось вугілля 237— 18х (т). За умовою задачі реш-
та вугілля на другому складі у півтора раза більша, ніж на першому.
Складаємо рівняння. 237— 18х () = ^ (185 — 15х),
2 • (237 — 18х) = 3 (185 — 15х), звідки
474 — Збх = 555 — 45х; — Збх + 45* = 555 — 474; 9х = 81; х = 9.
Перевірка. 1) за 9 днів було видано вугілля: з першого
складу 15 9 = 135 т; з другого складу 18 * 9 = 162 т; 2) залишилось
вугілля на першому складі 185— 135 = 50 т; на другому складі
237—162 = 75 т; залишилось вугілля на другому складі у півтора
раза більше, ніж на першому. Задача розв’язана правильно.
Відповідь. 9 днів.
Задача 2. Сума цифр двозначного числа дорівнює 11. Якщо
до цього числа додати 63, то одержимо число, позначене тими самими
цифрами, але написане в зворотному порядку. Знайти це число.
Позначимо число одиниць в шуканому числі х, тоді число
десятків буде 11 — х, шукане число матиме вигляд (11—х) • 10 4- х.
Число, записане тими самими цифрами у зворотному порядку, буде
10х+(11— х).
Складемо рівняння (11 — х) 10 + х + 63 = Юх + 11 — х, розв’я-
зок якого х = 9 дасть одиниці шуканого числа. Число десятків
дорівнюватиме 11—х = 2. Шукане число 29
Відповідь. 29.
Задача 3. За 7 год токар повинен за нормою виточити деяку
кількість деталей. Застосувавши новий різець, токар став за кожну
годину виточувати на 4 деталі більше, ніж передбачено за нормою,
а тому за 6 год роботи виконав 1,2 денної норми. Скільки деталей
за годину виточує токар, застосовуючи новий різець?
Позначимо кількість деталей, що їх обробляє токар за 1 год,
буквою х. Тоді його денна норма при семигодинному робочому дні
буде 7х. Застосовуючи новий різець, він обробляє за 1 год х-^4
деталей, за 6 год роботи він обробляє 6 (х4~4).
Складемо рівняння: 6 (х + 4) = 1,2 • 7х; х= 10; х + 4= 14.
Відповідь. 14 деталей.
Задача 4. Однією автомашиною можна перевезти деякий ван-
таж за 18 год» а другою — за 24 год. Перевезення вантажу почали
двома автомашинами одночасно. Через кілька годин другу машину
перевели на Іншу роботу, а решту вантажу перевозили тільки пер-
шою автомашиною протягом 4 год. Скільки годин працювала перша
автомашина?
Позначимо буквою х (год) час, протягом якого працювала друга
автомашина; х (год) е також час, протягом якого працювали обидві
машини одночасно. За 1 год першою машиною можна перевезти
1 1 ГТ 1
частину вантажу, а другою — • Двома машинами за 1 год пере-
11 , 1 \ , ч М , 1 \
везли І 4- — 1 частину вантажу, а за х (год) І+ £4 Iх частинУ
139
вантажу. Перша машина перевезла вантаж, що залишився, за 4 год,
у 1 л 2
отже, за цей час вона перевезла 4 = — частини вантажу.
1 о У
Враховуючи, що весь вантаж становить умовну одиницю, одер-
жуємо рівняння
/1 , , 2 .
\18 + 24Л + 9 “ '
Розв’язок рівняння х = 8 (год) дає час спільної роботи обох
машин. Тоді перша машина працювала 8 4-4 = 12 (год).
Відповідь. 12 год. ґ
За дача 5. Щоденно о 12 год дня від пристані А до пристані
В відправляється по річці пасажирський катер. Весь шлях від А
до В катер проходить без зупинки з швидкістю 12 км/год. Затра-
тивши на стоянку біля пристані В 2,5 год, катер відправляється
назад і, пройшовши весь шлях без зупинки з швидкістю 15 км/год,
прибуває до пристані А о 19 год того самого дня. Знайти відстань
від А до В.
Нехай відстань від А до В дорівнює х км. Тоді час руху
катера від А до В буде ~ (год), а від В до А (год). Катер по-
вернувся в пункт А через 19— 12 = 7 (год), з них 2,5 год стоянка,
тому він був у дорозі 7 — 2,5 = 4,5 (год). Звідси одержуємо рів-
няння:
Т2 + Ї5 = 4Д
розв’язок якого х = ЗО (км) дає шукану відстань.
Відповідь. Відстань між А і В ЗО км.
Задача 6. Кусок заліза і кусок міді важать разом 1280 г,
причому об’єм куска міді вдвічі більший за об’єм куска заліза.
Знайти об’єм кожного куска, якщо питома вага заліза 7,8 г/см3,
а питома вага міді 8,9 г/см3.
Позначимо об’єм (в куб. см) куска заліза через х, тоді об’єм
куска міді дорівнює 2х. Вгга заліза хі 7,8, а міді 2х-, 8,9.
Складемо рівняння: 7,8х + 17,8х = 1280. Його розв’язок х = 50
'дає об’єм куска заліза. Тоді об’єм куска міді дорівнює 100 см3.
Відповідь. 50 см3 і 100 см3.
Задача 7. Є два сплави золота і срібла; в одному кількість
цих металів знаходиться у відношенні 2:3, у другому — у відношенні
3:7. Скільки треба взяти кожного сплаву, щоб одержати 8 кг нового
сплаву, в якому золото і срібло були б у відношенні 5: 11?
Позначимо буквою х вагу першого сплаву у кілограмах, тоді
. . 2
вага другого буде (8 — х). Золота в першому сплаві міститься х,
о
З З
срібла — х кг. У (8 — х) кг другого сплаву міститься (8 — х) кг
7
золота і у^(8 —х) кг срібла.
140
Склавши рівняння за умовою задачі, одержимо
[9 з 1 Г Ч 7
5-х4-Т5(8—х)]: —= 11.
Його розв’язок х=1 (кг) дає вагу першого сплаву, вага другого
сплаву 8 — х = 7 (кг).
Відповідь. 1 кг і 7 кг.
§ 19. Системи двох рівнянь першого степеня
з двома невідомими
Рівняння з двома невідомими, яке після розкриття дужок і зве-
дення подібних членів набуває вигляду ах Ьу = с, де а і Ь —
числа, що відрізняються від нуля, називається рівнянням першого
степеня з двома невідомими.
Приклади таких рівнянь:
5х — 2у + 3 = 2х + у — 1;
• 2
< 8х — 1,3г/ = 15; --х+ 0,7^ = 3,4; у = 4х—9.
О
Будь-яка пара допустимих значень х і у, що задовольняє рів-
няння, називається розв’язком цього рівняння. Так, наприклад, зна-
чення х= 1, у = 14 — один розв’язок рівняння х-\-у = 15.
Одне рівняння з двома невідомими першого степеня у множи-
ні дійсних чисел має нескінченну множину розв’язків. Так, у
рівнянні х + ^=15 невідоме х .може набувати будь-яких значень
і для кожного з них є відповідне значення у, наприклад: х1== 1,
у1 = 14; х3 = 2, у2 = 13; а*3 = 100, у3 = —85 і т. д.
Рівняння з двома невідомими, яке після розкриття дужок і зве-
дення подібних членів набуває вигляду ах 4- Ьу = с, де а і Ь —
довільні числа (не обов’язково відмінні від нуля), називається
лінійним рівнянням з двома невідомими. Таке рівняння може не
мати розв’язків (Ох + Оу = 5).
Рівняння першого степеня з двома невідомими мають ті самі
властивості, що й рівняння з одним невідомим (стор. 134). Вико-
ристовуючи їх, кожне таке рівняння можна звести до стандартного
вигляду (тобто до вигляду ах-{-Ьу = с).
12 З 12 4
Приклад. 7 4- - = 2х — ;
4 о
84-д-З (х — Зу) = 24х — 4(і/+5);
84 + Зх — 9у = 24х — 4у — 20;
Зх — 9у — 24х + 4у = —20 — 84;
—21х — 5і/ = —104, або 21х + 5у = 104.
Якщо знаходять спільні розв’язки двох або кількох рівнянь,
то кажуть, що ці рівняння утворюють систему. В системі рівнянь
кожне невідоме .означає те саме у всіх рівняннях.
141
Щоб показати, що дані рівняння утворюють систему, їх зви-
чайно записують одне під одним і об’єднують фігурною дужкою,
наприклад
І х + у » 20,
1 х — у = 10.
Кожна пара значень невідомих, яка одночасно задовольняє обидва
рівняння системи, називається розв’язком системи. Наприклад, наве-
дену вище систему рівнянь задовольняє пара чисел х= 15, у = 5.
Це і е розв’язок даної системи. Інших розв’язків вона не має.
Існують системи рівнянь, що мають нескінченну множину розв’яз-
ків, а також системи, що зовсім не мають розв’язків. Система, що
не має розв’язків, називається несумісною.
Примітка. Називати розв’язок системи коренями не можна.
Розв'язати систему — це значить знайти всі розв’язки цієї
системи чи показати, що вона не має їх.
Дві системи рівнянь називаються рівносильними (еквівалентними),
якщо всі розв’язки однієї з них є розв’язками другої, і навпаки,
всі розв’язки другої системи є розв’язками першої. Наприклад, роз-
в’язком системи
| 2х + у= 11,
| Зх — у = 9
є пара чисел: х = 4 і у = 3. Ці самі числа є також єдиним розв’яз-
ком системи ,
| 5х — Зу = 11,
( х Зу = 28.
Отже, розглядувані системи рівнянь рівносильні.
Дві несумісні системи рівнянь також вважаються рівносиль-
ними. Дві рівносильні системи рівнянь можуть складатися з одна-
кової і різної кількості рівнянь. Зокрема, система рівнянь може
бути рівносильна до одного рівняння Поняття рівносильності систем
рівнянь є відносним: дві системи рівнянь рівносильні в одній чис-
ловій множині і нерівносильні — в іншій.
Теореми про рівносильність систем рівнянь першого степеня.
Теорема 1. Будь-яке з рівнянь системи можна замінити
рівносильним до нього рівнянням; одержана в результаті цього
система рівносильна до даної
Наприклад, якщо в системі
| 2х — Зу = 4,
І 3* + 2г/= 19
замінити друге рівняння рівносильним до нього рівнянням ,9х + 6у =
= 57, одержимо нову систему
| 2х — Зу = 4,
1 9х + 6у = 57,
рівносильну до даної.
Теорема 2. Будь-яке з рівнянь системи можна замінити
рівнянням, одержаним в результаті алгебраїчного додавання обох
рівняні- системи. Нова система рівносильна до даної.
142
Наприклад, якщо перше рівняння в наведеній вище системі
замінити таким чином, одержимо нову систему
5х— у = 23,
3* + 2і/= 19,
рівносильну до даної.
Теорема 3. Можна з одного рівняння системи виразити
якесь невідоме через інше і підставити цей вираз у друге рівняння.
Нове рівняння разом з першим утворює систему, рівносильну до
даної.
Нехай, наприклад, дано систему
2х + Зу = 33,
х — 2у = 1.
Виразимо невідоме х через у з другого рівняння: х = 2у + 1;
підставивши цей вираз у перше рівняння, одержимо
2 (2у + 1) + Зу = 33.
Якщо до цього рівняння з одним невідомим приєднати друге рів-
няння системи, одержимо нову систему
2 (2у + 1) + Зу = 33,
х — 2у = 1,
рівносильну до даної.
На наведених вище теоремах грунтуються різні способи розв’я-
зання систем рівнянь.
Розв’язання систем рівнянь способом алгебраїчного додавання.
Якщо коефіцієнти при якомусь невідомому в обох рівняннях
однакові за абсолютною величиною, то, додаючи обидва рівняння
(або віднімаючи одне від одного), можна одержати рівняння з одним
невідомим. Розв’язуючи це рівняння, визначають одне невідоме,
а підставляючи його в одне з рівнянь системи, знаходять друге неві-
доме.
Приклад 1. Розв’язати систему рівнянь
Тут коефіцієнти при у за абсолютним значенням рівні між
собою, але протилежні за знаком. Для одержання рівняння з одним
невідомим рівняння системи почленно додаємо:
2х + у = 11
Зх — у = 9_________
5х = 20; х = 4.
Одержане значення х = 4 підставляємо в яке-небудь рівняння
системи (наприклад, у перше) і знаходимо значення у\
2 .4Н-у = 11, у= 11 — 8, у = 3.
Отже, система має розв’язок: х — 4, у = 3.
Якщо коефіцієнти при невідомих у в рівняннях системи різні за
абсолютною величиною, то в обох випадках прирівнюють абсолютні
величини коефіцієнтів при одному з невідомих, а потім роблять так
само, як і в першому випадку.
2х 4-у = 11,
Зх — у = 9.
143
Приклад 2. Розв’язати
Прирівняємо коефіцієнти
рівняння на 3, а друге на —2
зання можна записати так:
( 4х 4- Зу = —4,
систему рівнянь | б ч
при х. Для цього помножимо перше
і додамо одержані рівняння. Розв’я-
/4x4-34/ = —41 ЗІ 12х+ 9// = —12
( 6х + Зу — —7 | —2 | — 12х — Юу = 14
4х + 3 (—2) = —4, 4х = 2, х = 1-.
Відповідь. х = ~ , у = —2.
Аналогічно можна розв’язувати і систему рівнянь з буквеними
коефіцієнтами.
Приклад 3. Розв’язати систему рівнянь
(ах — Ьу » а2 4~ Ь2,
(х4-г/=^2а (а + 6=^0).
/ ах — Ьу ~ а2 -\-Ь2 І ах — Ьу = а2 4- Ь2
[ х 4- у = 2а Ь Ьх 4- Ьу — 2аЬ
\х(а + Ь) = (а + Ь)2
х — а-\-Ь*
а 4~ Ь 4~ У := 2а\
у — а — Ь.
Відповідь, х = а-\- Ь, У = а — Ь.
Розв’язання систем способом підстановки. Якщо з одного рів-
няння системи будь-яке з невідомих виразити через друге і підста-
вити цей вираз у друге рівняння, то одержимо рівняння з одним
невідомим. З цього рівняння можна знайти значення одного невідо-
мого, а з одержаного виразу — другого.
(Зх — 2і/=11,
Приклад. Розв’язати систему рівнянь 1
( 4х — Зу = 3.
З першого рівняння знаходимо
И + 2у
Х~ 3 ‘
Підставивши це значення в друге рівняння, одержимо рівняння
з одним невідомим
4 • 11 - 5у = 3: 4(114-2^-15^ = 9;
44 4~ — 15і/= 9; —7у = —35; у = 5.
' * Якби в умов! не було зазначено, що а Ь 0, то слід було б цей випа-
док розглядати окремо. При а 4- Ь = 0 одержане рівняння задовольняє будь-
яке значення х. У цьому випадку система мала б нескінченну множину розв’яз-
ків: х — будь-яке число, у = 2а — х.
144
X =
Підставивши у = 5 у вираз для х, одержимо
11 + 2 5
----!-----: х = 7.
З
Система має розв’язок: х == 7, у =5.
Деякою видозміною цього способу є спосіб порівняння
невідомих. Щоб розв’язати систему цим способом, треба в кож-
ному рівнянні те саме невідоме виразити через друге. Одержані таким
чином різні вирази для невідомого прирівнюють і одержують рів-
няння з одним невідомим. Розв’язавши це рівняння, знаходять зна-
чення одного невідомого, потім другого.
( 5х + 6// = 13,
Приклад. Розв’язати систему рівнянь <!
(їх + 18г/ = — 1.
З двох рівнянь виражаємо х через у\
__ 13 — 6// . , — 1 — 18//
5
7
Порівнюючи ці вирази, одержуємо рівняння з одним невідомим
13 — 6// — 1 — 18//
, $ ~ 7 ’
Розв’язуємо це рівняння-
7(13—6//) = —5(1 + 18//); 91 —42// = —5 —90//;
48// = —96; у = —2.
Невідоме х знайдемо, підставивши значення у в один з виразів
для х:
13-(-2), 6 -
* =------1^-1- =5.
Таким чином, система має розв’язок х = 5, у = —2.
Спосіб заміни. До систем двох лінійних рівнянь з двома неві-
домими можна зводити деякі нелінійні системи. Це можна здійснити
способом заміни.
Нехай, наприклад, треба розв’язати систему
Замінимо невідомі, поклавши — = и. — = V, одержимо систему
лінійних рівнянь
15и—7р= 9,
+ 9р = 35,
яка має розв’язок и = 2, V = 3. Із співвідношень — = 2, — = З
X у
1 1
знаходимо х = ; у = .
2 З
145
Розв'язання системи за допомогою визначників. Розв'язок системи
вигляду
( агх +
І а2х +Ь<2у = с2
можна знаходити за формулами
х___^2С1 ~ ^1С2 у__ а1^2 С2С1
01^2 — Я2/>1 ’ У ~ 01^2 — ^1 *
Формули легко запам’ятати, якщо ввести такі позначення. Умо-
вимося вираз рз—гд позначати так |^. Цей вираз називають
визначником, або детермінантом, другого порядку.
Отже,
І
Приклад.
|з22і = 2-2-1-3=1.
За допомогою визначника розв’язок системи
І 01* + М = сь
1 а2х + Ь2у = с2
можна представити в зручному для запам’ятовування вигляді;
X
І с1^1 І
I С2^2 I . и _
НА І’
І а2&2 І
аіСі
а2С2
Знаменник тут спільний. Його називають визначником системи
і позначають
Якщо визначник системи не дорівнює нулю, то система має єди-
ний розв’язок: значення невідомого дорівнює дробові, знаменник
якого є визначником системи, а чисельник — визначником, який
одержуємо з визначника системи заміною коефіцієнтів при цьому
невідомому вільними членами (правило Крамера);
{х — у = 1,
х + 2у = 3.
Складаємо визначник системи
Д=|! -2І = 1 2-(-1) • !=3.
Застосовуємо правило Крамера (оскільки Д =£ 0):
х =
|з 2І 2 + 3 5. |і ЗІ 3—1 2
З ~ З З ’ У З З ~ З
146
Дослідження системи рівнянь Дослідимо, скільки розв’язків
може мати система рівнянь
ґ дхх + Ьгу = сь
І а2х + Ь2у = с2.
Запровадимо такі позначення:
“‘М-а. ГЧ-А,.
а2&2 І І с2^2 і і &2С2 і
Можливі такі випадки:
1. Д =£ 0. Система має єдиний розв’язок.
2. Д = 0 і принаймні один з визначників Дх і Д2 відмінний від
нуля. Система не має розв’язків.
3. Д = Дх = Д2 = 0 і принаймні один з коефіцієнтів при невідо-
мих відмінний від нуля. Система має нескінченну множину роз-
в’язків.
Приклади останніх двох випадків дають системи рівнянь
( 2х -р Зу = 4, у х у = її
1 4х + Зу — 5; І 2х + 2у == 2.
4. Всі коефіцієнти при невідомих дорівнюють нулю. Якщо
хоча б один з вільних членів сх і с2 відмінний від нуля, то система
не має розв’язків. Якщо сх = с2 = 0, то систему задовольняють
тотожно довільні значення х і у.
§ 20. Системи лінійних рівнянь
з трьома невідомими
Рівняння першого степеня з трьома невідомими. Рівняння пер-
шого степеня з трьома невідомими х, у. 2 у стандартному вигляді
записують так:
ах + Ьу + С2 = а.
Приклади. Юх + Юі/ + Зг = 164; 2х — Зг/ + г = 7.
Одне рівняння першого степеня з трьома невідомими має нескін-
ченну множину розв’язків. Справді, взявши для х і у які-небудь
довільні числа, наприклад х = 2, у = 5, і підставивши ці значення
в рівняння 15х+Юу + 8? = 164, одержимо 15 • 2 + 10< 5+8г =
= 164, або 80 + 8г= 164. Звідси 2 = 10-і- . Взявши інші довільні
значення х і у, одержимо інше значення для 2 і т. д.
Примітка. Сказане вище стосується рівняння з трьома змін-
ними, що розглядається на множині раціональних чи дійсних чисел.
Якщо таке рівняння розв’язується на множині цілих чи натураль-
них чисел, то воно може мати скінченну множину розв’язків або
зовсім не мати їх. Наприклад, рівняння Зх + 6^4-9г= Ю0 у мно-
жині цілих чисел не має жодного розв’язку. Рівняння 2х + у + г =
= 6 у множині цілих чисел має безліч розв’язків, а в множині нату-
ральних чисел — тільки 4.
147
Система двох рівнянь з трьома 'невідомими. Систему двох рів-
нянь першого степеня з трьома невідомими у загальному вигляді
записують так:
( «і* + М + сіг =
І а2х + Ь2у + с2г = сі2.
В більшості випадків система двох рівнянь з трьома невідомими
має нескінченну множину розв’язків.
Однак можна навести приклад системи, що не має жодного роз-
в’язку, наприклад
ґ х — у 4~ 2г = 5,
1 х — у 4- 2г — 7.
Яких би значень не набували х, у, г вираз х — у-}-2г не може
одночасно дорівнювати 5 і 7.
Система трьох рівнянь з трьома невідомими. Система трьох рів-
нянь з трьома невідомими має вигляд
[ + Ї-ЧУ + е±г = (іу
< а.2х + Ь2у + с2г = (і2>
( а3х + Ь3у + с3г = д3.
Тут х, у, г—невідомі, а аь а2, а3, Ьь Ь2, Ь3, с2, с3,
а3 — дані числа.
Для розв’язання даної системи застосовні ті самі способи, що й
для системи двох рівнянь з двома невідомими.
Приклад 1. Розв’язати систему
’ 15х+10і/4-82 = 164,
< х 4- (/4-2=16,
г = 2у.
Виключаємо х з першого і другого рівнянь даної системи. (Цю
систему не важко також розв’язати, підставивши в двох перших
рівняннях замість г вираз 2у, що дорівнює йому.) Для цього помно-
жимо обидві частини другого рівняння на 15:
ґ 15x4- 15у + 15г = 240,
І 15х4-10//4- 8г = 164.
Коефіцієнти при х рівні між собою. Віднявши від першого рів-
няння друге, одержимо 5// 4- 7г = 76. Разом з третім рівнянням воно
дає систему рівнянь з двома невідомими
| 5у + 1г = 76,
і г= 2г/,
розв’язавши яку, знайдемо у = 4, г = 8.
Підставляючи ці значення в рівняння перше чи друге, одер-
жуємо х = 4. Отже, дана система трьох рівнянь з трьома невідо-
мими має єдиний розв’язок: х = 4, у = 4, г = 8.
148
Приклад 2. Розв’язати систему
і 7х~і~6у^7г = 100»
< х—2у + 2 = 0,
( Зх + у — 2г = 0.
Помножимо друге рівняння на 3 і додамо його до першого!
7х + 6г/+7г= 100
‘ Зх — 6у Зг = 0______________________
Юх + 10г = 100, або х + г = Ю.
Помножимо третє рівняння на 2 і додамо до другого:
х — 2у + 2 = 0
6х + 2у — 4г = 0
7х - Зг = 0.
Одержані два рівняння утворюють систему
I х+ 2 = 10,
| 7х — Зг = 0,
розв’язавши яку, знайдемо х = 3, 2 = 7.
г Підставляючи значення х і 2 в трете рівняння системи, одер-
жуємо
9 + ^—14 = 0, у = 5.
Відповідь. Система має єдиний розв’язок: х = 3, // = 5,
2 = 7.
В ряді окремих випадків, враховуючи специфічні властивості
даної системи, можна застосовувати прийоми, що спрощують про-
цес розв’язання.
Приклад 3. Розв’язати систему
ґх+г/= а,
<! х + г = Ь,
Ь+2 = С.
Додаючи почленно всі три рівняння і ділячи на 2, одержуємо
. , а + 6— с
х + у + г=- —.
Віднімаючи від нього послідовно третє, друге і перше рівняння,
знаходимо
.. _ а + 6 + с а + & — с
2 с~ 2
Приклад 4. Розв’язати систему
’ х + ау + а2г а3 = 0,
’ х + ЬУ + = 0,
х + СУ + с*2 + & =
де а, с—попарно різні числа.
149
Віднімаючи друге рівняння від першого, одержуємо
(а — Ь) у + (а2 — Ь2) г + (а3 — Ь3) — 0.
Скоротимо на а — Ь (оскільки а =£ Ь)‘.
ї/+(а + 6) г + (а2 + аЬ + б2) =0.
Аналогічно, віднімаючи від першого рівняння третє, знаходимо
у 4- (а + с) г + (а2 + ас + с2) = 0,
віднімаючи почленно одержані рівняння, виключаємо у\
(Ь — с) г + (аЬ — ас + Ь2 + с2) = 0,
звідки г — — (а + Ь + с).
+ аЬ + б2) = 0 одержимо
Рис. 10.
Тоді з рівняння
у + (а + Ь)г+(а2 +
аЬ-\~Ьс-\~ ас і, нарешті, скористав-
шись першим рівнянням системи,
знайдемо
х — —аЬс.
Розв’язання систем трьох лі-
нійних рівнянь за допомогою виз-
начників. Визначником третього
порядку, складеним з таблиці де-
в’яти чисел
аі Сі
#2 ^2 ^2
а3 ^3 сз*
називається число
аі сі
^2
а3 сз
Д =
— 01^2^3 + а2^3С1 + а3^1С2 — 03^2^1 — °2^1С3 ------------- ^1^3С2«
Обчислення визначників третього порядку можна проводити за
схемою трикутників (рис. 10). На лівому рисунку сполучені місця
таблиці, для яких добутки елементів слід взяти із своїм знаком.
На правому рисунку сполучені ті місця таблиці, для яких добутки
елементів слід брати з протилежним знзком.
Приклад. Обчислити визначник
1 2 З
2 2 1
З 1 2
Д =
д = 1 . 2 ‘ 2 + 2 • 1 - 3+3 21—3 2 -3— 111 —
— 2-2-2 = —11.
Тепер розглянемо систему трьох рівнянь з трьома невідомими
ґ а±х + Ьіу + с±г =
І а2х + Ь2у + с2г = сі2,
[ а3х + Ь3у + с3г = сі3.
150
Якщо система має розв’язок, то цей
в зручному для запам’ятовування вигляді
розв’язок виражається
Позначаючи
через Др Д2, Д3
значник системи
Д2^2^2
Дз^з^з
Д2^2Д2
у чисельнику, відповідно
^2^2^2
^з^зсз
д2^2д2
Пз&зсз
визначники,
і визначник,
рівнянь), розв’язок системи рівнянь запишемо так:
Аі А.? Ад
Х= Д’ У= 1’ г = ^
_ Дз^з^з .
*
Д2^2^2
Дз^з^з
що стоять
що стоїть у знаменнику,' через А (ви-
Ці рівності виражають правило Крзмера для системи трьох ліній-
них рівнянь з трьома невідомими.
Приклад. Розв’язати систему
X + У + 2 = З,
х-(/ + Зг = 7,
2х + Зу — 2 = 04
З
Д1= 7
0
1
1 -1 7 =8.
2
1
—1
З
1
: 1
2
1
З
—1
З
7
0 -1
= 4=£ 0;
1
З =0;
Л3 =
1
—1
З
1 З
1
З =4;
-1
X =
А =
1
1
2
д2 —
у
2
2 =
З 0
За правилом Крамера знаходимо єдиний розв’язок системи:
х=-^=Г, у = -^- = 0; г = -|- = 2.
4 у 4 4
§ 21. Розв'язання задач
за допомогою системи рівнянь
Задача 1. Для годівлі 8 коней і 15 корів відпускали щоден-
но 162 кг сіна. Скільки сіна щоденно видавали кожному коневі
і кожній корові, якщо 5 коней з’їдали щоденно сіна на 3 кг більше,
ніж 7 корів?
Нехай для коня відпускали щоденно х, а для корови у кіло-
грамів сіна.
Тоді з першої частини умови виходить рівняння 8х + 15і/ = 162,
а з другої 5х — 1у = 3.
Розв’яжемо систему цих рівнянь:
/8х + 15у=162І 51 40х + 75г/ = 810
}5х — 1у = З І —8 | — 40х + 56у = —24
5х — 42 = З
х = 9.
Відповідь. 9і6кг сіна.
1311/ = 786
У = 6.
151
Задача 2. Латунь — це сплав міді і цинку. Кусок ла-
туні вагою 124 г при зануренні у воду «втратив» 15 г. Скільки
в ньому міститься міді і цинку окремо, якщо відомо, що 89 г міді
«втрачає» у воді 10 г, а 7 г цинку— 1 г?
Нехай у латуні було х г міді і у г цинку. Тоді хА-у = 124.
„ . 10 .. 1
Оскільки мідь «втрачає» своєї ваги, а цинк -у , то х г міді «втра-
Ю 1 М 1° > 1 о ,
тить» х, а у г цинку -у у. Отже, ^д * + у У = 15. Розв’язавши
систему рівнянь, одержимо х = 89, у = 35.
Відповідь. 89 г міді і 35 г цинку.
Задача 3. Два трактори різних потужностей при спільній
роботі виорали за 15 год у всього поля. Якби перший трактор пра-
цював 12 год, а другий — 20 год, то вони виорали б 20% всього
поля. За скільки часу може виорати все поле кожний трактор
окремо?
Площу поля приймаємо за одиницю. Нехай перший трактор
виоре все поле за х год, а другий—за у год. Тоді продуктивність
1 1 о
першого дорівнюватиме —, а другого — . За умовою задачі маємо
х у
15 4-І) = У) _1_ 12 »_ 6 ’ х*~ у Таблиця 4 1 5 . Розв’язавши систему рівнянь одержимо х = 360, у = 120. Відповідь. 360 і 120 год. Задача 4. По колу рухаю- ться два тіла: перше пробігає коло на 5 с скоріше за друге. Коли вони рухаються в одному напрям-
Етап Шлях (км) Швидкість (км/год) Час (год)
Перший Другий 5 5 V Г-ЬЗ і і—1 ку, то зустрічаються через кожні 100 с. Яку частину кола (в граду-
Треті й 5 V—2 Ґ+І сах) пробігає кожне тіло ?.а 1 с?
У (град} тів). с 1 першої умови Нехай за 1 с перше тіла пробі- гає дугу в х (градусів), а друге — 360 360 с о знаходимо — — = 5. За кожну
секунду віддаль між тілами по дузі збільшується на х — у (градусів).
За час, що проходить від однієї зустрічі до другої, тобто за 100 с,
віддаль повинна збільшуватись на 360°. Тому 100 (х — у) = 360.
Одержана система має два розв’язки: х± =* 18, у± = 14,4; х2 == —14,4,
у2 = —18. Обидва вони придатні: фізичний смисл їх той самий (міня-
ються тільки номери тіл і напрям руху).
Відповідь. Перше тіло за 1 с пробігає 18°, друге — 14°,4.
Задача 5. Велосипедист прибув з пункту А до пункту В
в призначений час, рухаючись з певною швидкістю. Якби він збіль-
шив цю швидкість на 3 км/год, то прибув би на місце на годину
раніше строку, а якби він проїжджав за годину на 2 км менше, ніж
в дійсності, то запізнився б на годину. Визначити відстань між
пунктами А і В, швидкість велосипедиста і час його руху.
Невідому відстань позначимо через 5, швидкість велосипедиста
через V і час його руху і.
Використаємо табличний запис розв’язання (табл. 4).
152
Маємо систему трьох рівнянь (нелінійних) з трьома невідомими:
’ VI = 5,
< (с, + 3) • (/-!)=$,
Ф-2). (/4-1) = 5.
Цю систему можна привести до системи лінійних рівнянь:
з VI = (о + 3) (/ — 1) І VI — (V — 2) (/ + 1) ВИХОДИТЬ
( —V 4- 3/ = З,
1 V — 21 = 2.
Розв’язавши цю систему, одержимо і =5, а — 12» Тоді 5 =
= 12 5 = 60 (км).
Відповідь. 60 км, 12 км/год, 5 год.
§ 22. Квадратні рівняння
Загальні поняття. Рівняння вигляду ах2 + Ьх + с = 0, де х —
невідоме, а коефіцієнти а 0, Ь і с—дані числа, називається квад-
ратним рівнянням. Коефіцієнт с називається вільним членом, ах2-у
старшим членом, Ьх—членом, який містить перший степінь неві-'
домого.
Якщо 6=^0 і с 0, то рівняння ях24-6х+с = 0 називається
повним квадратним рівнянням. Поділивши всі члени його на а (я =/= 0),
одержимо
х2 + — х 4-— = 0.
‘ а ‘ а
Поклавши = р, — р, маємо рівняння х2 рх + д = 0, яке
називається зведеним квадратним рівнянням. Якщо хоча б один
з коефіцієнтів Ь або с дорівнює 0, то квадратне рівняння називається
неповним. Неповні квадратні рівняння бувають трьох видів:
1) якщо Ь = 0, с 0, то ах2 + с = 0;
2) » Ь 0, с = 0, то ах2 4- Ьх = 0;
3) » Ь = 0, с = 0, то ах2 = 0.
Розв’язання неповних квадратних рівнянь. Рівняння ви-
гляду
ах2 + с = 0 і ах2 = 0.
Щоб розв’язати рівняння вигляду ах2 + с = 0, переносимо віль-
ний член у праву частину і знаходимо значення х2, звідки
Якщо коефіцієнти а і с одного знаку, то рівняння ах2+с = 0
в області дійсних чисел не має розв’язків, оскільки квадрат дійсного
числа не може дорівнювати від’ємному числу — Якщо ж а і с
мають протилежні знаки, то рівняння ах3 + с=0 завжди має два
корені, які є протилежними числами.
153
Приклад 1. Розв’язати рівняння 2х2— 32=0.
Р о з в’я з а н н я. 2х2 = 32, х2 -- 16, х = ± ]Л16 = ± 4.
Відповідь. хх = 4; х2 = —4.
Приклад 2. Розв’язати рівняння 2х2 4-8 = 0.
Р о з в’я з а н н я. х2 = —4.
В області дійсних чисел рівняння не має розв’язку.
Якщо а і с мають протилежні знаки, то рівняння ах2 4~с=0
можна розв’язати і способом розкладання на множники.
Приклад 3. 4х2 — 9 = 0, (2х — 3) (2х 4- 3) = 0;
2х —3 = 0, х1 = А;
2х + 3 = 0, х2 = -^.
Рівняння ах2 = 0 має рівні корені хх = 0, х2 = 0.
Рівняння вигляду ах2 4- Ьх = 0. Щоб розв’язати рівняння
ах2 4- Ьх = 0, треба його ліву частину розкласти на множники: х (ах 4-
4-Ь) = 0. Тоді або х = 0, або ах 4- Ь = 0, звідки х = — .
Отже, рівняння ах2 4- Ьх = 0 має два корені:
Хі = 0. Х2 = — .
Приклад 4. Розв’язати рівняння х2 — 12х = 0,
х (х— 12) = 0, Хі = 0,
х—12 = 0, х2= 12.
Приклад 5. Розв’язати рівняння
5х2 4- 9 4х2 — 9 __
6 5 - 3;
5 6 ЗО
5х2 + 9 4х2 — 9 .
6 5 -3:
25х2 4- 45 — 24х2 + 54 = 90; х2 + 99 = 90; х2 + 9 = 0.
Відповідь. Рівняння не має розв’язків (в області дійсних
чисел).
Приклад 6. Розв’язати рівняння
Ю (х—2)-|- 19= (5х- 1) (14- 5х).
10 (х —2) + 19= (5х — 1) (1 4-5*); Юх —20 4- 19 = 25х2 — 1;
Юх — 25х2 = 0;
9
5х (2 — 5х) = 0; х=0;2 —5х = 0; х2 = у .
2
Відповідь. хх = 0; х2 = у
154
Зведене квадратне рівняння. Розв’язання квадратного
рівняння способом виділення квадрата двочлена.
Нехай треба розв’язати рівняння х2 + 14х + 24 = 0.
Розкладемо ліву частину на множники, виділивши з виразу
х2+14x4-24 квадрат двочлена. Перший член є квадрат числах
(першого числа), другий член (14х) можна розглядати як подвоєний
добуток першого числа на друге число, що дорівнює 7, оскільки
14 = 2 • х- 7. Щоб одержати квадрат двочлена, додамо квадрат
другого числа 72 = 49, а щоб числове значення не змінилось, від-
німемо це саме число (49). Одержимо
(х2 + 14х + 49) — 49 + 24 = 0, або (х + 7)2 — 25 = 0.
Розклавши ліву частину на множники, одержимо
(х + 7 + 5) (х + 7 — 5) = 0, або (х + 12) (х + 2) =0.
Отже, рівняння х2+14х + 24 = 0 рівносильне до рівняння
(х+ 12) (х + 2) = 0, звідки випливає
х + 2 = 0; х1 = —2; х + 12 = 0; х2 = —12.
Приклад. Розв’язати рівняння х2—1 їх+ 30 = 0 способом
г виділення квадрата двочлена.
2 О 11 , 121 121 , ОЛ А ( И? 1 А
х2-2 + ------г+30 = 0; 2) “Т = 0;
у + 4-)=0: (*-6) (х — 5) = 0.
Відповідь. хх = 6; х2 = 5.
Формула коренів зведеного квадратного рів-
няння. За допомогою виділення квадрата двочлена в рівнянні
х2 + рх + д = 0 при будь-яких р і д одержують загальну формулу
для коренів зведеного квадратного рівняння
<і)
що виражає залежність коренів від коефіцієнтів.
Формула читається т&с корінь зведеного квадратного рівняння
. дорівнює половині коефіцієнта при невідомому в першому степені,
взятого з протилежним знаком, плюс — мінус квадратний корінь
з квадрата половини цього коефіцієнта без вільного члена.
За цією формулою можна визначити дійсні корені зведеного
І р\2 . .
рівняння тільки у випадку, коли вираз 1-^-1 —д (він називається
дискримінантом зведеного квадратного рівняння) невід’ємний, тобто
коли Якщо — 7>0, то дане рівняння х2 + рх+
+ <7 = 0 має два різні корені.
(\ 2
у) — 7<0, то дане рівняння не має дійсних коренів.
155
Якщо.
/ \2
( у-) — 7 = 0, то обидва корені однакові:
р
*1=*2=—ТГ-
Приклад 1. Розв’язати рівняння х2 — 4х — 60 == 0.
Тут р = —4, = —60. За формулою маємо
х = 2 ± /4 — (—60) = 2 ± /64 = 2 ± 8;
х, = 2 + 8 = 10:
х.2 = 2 — 8 = —6.
Приклад 2. Розв’язати рівняння х24-2тх — 2 (/пи+0,5л2)=0.
Тут р = 2 т, д = —2 Ітп + у пЧ . За формулою маємо
х = —т ± у т- 4-2 утп 4- у л2у — —т ±- ]/т2 4“ 2т/і 4- л2 =
= — т ± ]/ (т 4- п)2 = —т ± [ т 4~ п (; хх = — т 4- (т 4- п) = п;
х2 = —т — (т 4- п) — —2т — п.
Примітка Формули ± | т 4- п | і ± (т 4- п) дають однакові
пари чисел, тому в даному випадку замість —т ± і т 4- п і можна
писати —т ± (т-{- п).
Повиє квадратне рівняння загального вигляду. Квадратне рів-
няння вигляду ах2 4“ Ьх 4- с = 0 можна розв’язувати за формулою
коренів зведеного рівняння, якщо дане рівняння спочатку розділити
на а(а=£0). Однак можна користуватись і спеціальною формулою
—Ь + У Ь2 — 4ас
х — -------
(2)
2а
Ця формула читається так: корінь повного квадратного рівнян-
ня загального вигляду дорівнює дробові, чисельником якого є коефі-
цієнт при невідомому в пертому степені, взятий з протилежним
знаком, плюс — мінус корінь квадратний з квадрата цього коефі-
цієнта без почетвереного добутку коефіцієнта при невідомому
в другому степені на вільний член, а знаменником є подвоєний кое-
фіцієнт при невідомому в другому гтепені.
Вираз Ь2— Ьас, що входить у цій формулі під радикал, нази-
вається дискримінантом квадратного рівняння загального вигляду.
Його звичайно позначають буквою Р, а формулу коренів за-
писують так:
X =
Якщо Р > 0,
Якщо £> = 0,
-^ь ± Уо
2а
рівняння має два різні дійсні корені»
рівняння має два однакові корені:
Ь
Х1~ Хг = ~2а'
рівняння не має коренів (дійсних).
Якщо Б < 0,
На прикладах покажемо, як можна застосовувати загальну формулу
коренів для розв’язування квадратних рівнянь.
156
Приклад 1. Розв’язати рівняння Зх2 + П* -{- 6 = 0, Тут
а = 3, 6=11, с = 6. За формулою маємо
-11 ± /121 — 4< ЗІ. 6 —11 ± /121 — 72
Х~ 2- З “ 6
11 + /49
6
—11 + 7 _ 2
6 ~ 3 і
Можна записувати інакше:
0 = 121—4 3 6 = 49;
—11 ± /49 _ — 1 ± 7,
х 6 “ 6 ’
—11 + 7 2 —11—7
- 6 — з: + — 6
Приклад 2. Розв’язати рівняння
З)2 (х + 3)2 , (х+1) (х—1)
Ч----1------ --о----1-------5------
Зведемо дане рівняння до стандартного вигляду, а потім скори-
стаємося формулою (2):
72х + 6 (Xі - 6х + 9) = 3 (№ + 6х - 9) + 8 (х2 — 1);
72х + 6х2 — 36х + 54 = Зх2 + 18х + 27 Ч- 8х2 — 8;
—5х2 + 18х т 35 = 0; 5х2 — 18х — 35 = 0;
_ 18+ /324 - 700 _ 18+ /1024 18 + 32,
Х~ 10 — 10 - 10 ’
ху 5; х2 = —1,4.
Приклад 3. Не розв’язуючи рівнянь, визначити, скільки
дійсних коренів має кожне з них:
а) 4х2 + 6х -р 9 = 0;
б) 2х2 — Зх + 1 = 0.
Р о з в’я з а н н я.
а)£) = 62 — 4 4 9 = 36 — 144 < 0, Рівняння не має дійсних
коренів;
б) £) = (—З)2 — 4-2» 1 = 9 — 8 > 0. Рівняння має два дійсні
різні корені.
Приклад 4. При якому значенні /г рівняння кх2 4* 12х — 3 = 0
має корінь, що дорівнює
/ 1 \2 1
к- (б) +12 5-3 = °'
Д + ~ 3 = 0;
20 о
£ 60 — 75 = 0;
к = 15.
157
Приклад 5. При якому значенні а рівняння ах2 + 4х + 1 = 0
має два однакові корені?
Рівняння має два однакові корені за умови, що його дискри-
мінант дорівнює нулю. В нашому випадку 4а — 4*1 а = 0, звідки
а — 4.
Залежність між коефіцієнтами і коренями квадратного рівняння.
Між коефіцієнтами і коренями зведеного квадратного рівняння
х2 рх + 7 = 0 існують такі залежності:
1. Сума коренів зведеного квадратного рівняння дорівнює коефі-
цієнту при невідомому в першому степені, взятому з протилеж-
ним знаком, тобто
+ *2 = — Р- (3)
2. Добуток коренів цього рівняння дорівнює вільному члену,
тобто
, • «2 = ?•, ' (4)
Ці залежності відомі під назвою формул Вієта.
Приклад 1. Рівняння х2 + 2х—80 = 0 має корені Хі = 8,
х2 = —10, оскільки хг + х2 = 8 — 10 = —2, хх ха = 8 (—10) = —80.
Приклад 2 Рівняння х2 + 9х + 14 = 0 має корені хх = —2,
х2 = —7, оскільки Хі + х2 = —2 + (—7) = —9, хг х2 = (—2) X
X (—7) = 14.
Справедливе і обернене твердження: якщо сума двох чисел хх
і г2 дорівнює — р, а їх добуток дорівнює д, то ці числа є коренями
квадратного рівняння.
Для квадратного рівняння ах2 + Ьх + с = 0 існують залеж-
ності
Х1 + Х2 = ~ » Х1Х2 = ~ • (5)
Наприклад, рівняння 4х2-|-25х — 21=0 має корені хг =—7,
З
*2-Т:
х , „ _ , . З _ 25 _ 21
хх + х2 — —/ — —----4 , хЛ — (— і) • —----4 .
Ці твердження дають можливість складати квадратні рівняння,
які мали б наперед задані корені, а також розв’язувати багато
інших задач на складання і дослідження квадратних рівнянь.
Приклад 3. Скласти квадратне рівняння, що має корені
5 і —6.
Тут Хі + х2 = 5+(—6) =—1, хх х2 = 5 • (—6) =—ЗО; отже,
р = і,- д = —ЗО. Одержуємо рівняння
х2 + х —30 = 0.
Приклад 4. Скласти квадратне рівняння, корені якого були б
оберненими до коренів рівняння ах2 + Ьх + с = 0.
Ь с
Перепишемо дане рівняння так: х2 + — х + — = 0. Нехай його
коренями будуть Хі і х2. Тоді
, Ь . с
«1 + = — — 1 ~ •
158
За умовою, коренями шуканого рівняння будуть — і — . Щоб
Х1 Х2
одержати його коефіцієнти, обчислимо
д_
1 . 1 = + х2 = а _
Х1 "Г Х2 Х1Х2 С С
а
1 -1 1 1 = а
х? х2 ~~ хгх2 ~ с *
а
Рівняння буде мати вигляд
х2 + --х-Ь —= 0,
‘ с с
або
сх* + Ьх + а = 0.
§ 23. Задачі на складання квадратних рівнянь
Задача 1. Городню ділянку, що має форму прямокутника,
одна сторона якого на 10 м більша за другу, потрібно обгородити.
Визначити довжину огорожі, якщо відомо, що площа ділянки до-
рівнює 1200 кв. м.
Нехай одна сторона прямокутника х, тоді друга буде х + 10.
За умовою маємо х (х + 10) = 1200; ха + Юх—1200 = 0.
Розв’язавши рівняння, одержимо Хі = ЗО, х2 = —40.
Другий розв’язок рівняння не беремо до уваги, оскільки дов-
жина сторони прямокутника не може виражатися від’ємним числом.
Тому довжина огорожі
2x^2 (х+ 10) = 2 • 30 + 2 (30+ 10) = 140 (м).
Відповідь. 140 м.
Задача 2. Бригада лісорубів повинна за планом заготовити
за кілька днів 216 куб. м дров. Протягом перших трьох днів бригада
виконувала щоденно встановлену планом норму, а потім кожний
день заготовляла 8 куб. м понад план. Тому вже за день до строку
було заготовлено 232 куб. м дров. Скільки дров за день повинна
була заготовляти бригада за планом?
Кількість дров, яку повинна заготовити бригада за один день
за планом, приймаємо за х куб. м. За перші три дні бригада заго-
товила Зх (куб. м). Решту днів вона заготовляла по х-|-8 (куб. м).
о 2Г6 . .
За планом бригада повинна працювати — (днів); з продуктивністю
232__Зх
х + 8 (куб. м) за день вона працювала *(днів). Згідно
з умовою задачі маємо
232 —Зх , о , , 216
—+8 +3-Ь1= — .
159
або
232—Зх , . 216
Т+8" + 4^— •
Після перетворення одержуємо рівняння х2-|-48х— 1728 = 0.
Його корені х1 — 24, х2 = —72. Отже, бригада за день повинна
заготовляти за планом 24 куб. м.
Відповідь. 24 куб. м.
Задача 3. Два автомобілі виходять з одного міста в друге.
Швидкість першого на 10 км/год більша за швидкість другого, і тому
перший автомобіль приходить на місце на 1 год раніше за другий.
Визначити швидкість обох автомобілів, якщо відомо, що відстань
між містами 560 км.
Приймаємо швидкість другого автомобіля за х (км/год). Тоді
швидкість першого буде х-|- 10 (км/год). Значить, час руху першого
х. х 560 560
автомобіля буде —; час руху другого •
За умовою задачі перше з цих чисел на 1 більше за друге. Отже,
560 560
х
Після перетворень маємо х2—10х + 5600 = 0. Корені цього рів-
няння Хі = 70, х2 = —80. Відкидаючи другий корінь, оскільки швид-
кість не може бути від’ємною, одержуємо швидкість першого авто-
мобіля 70 км/год. Тоді швидкість другого дорівнює 80 км/год.
Відповідь. 70 км/год і 80 км/год.
Задача 4. Теплохід пройшов за течією річки 48 км і стіль-
ки ж проти течії і затратив на весь шлях 5 год. Визначити швидкість
теплохода в стоячій воді, якщо швидкість течії річки 4 км/год.
Швидкість теплохода в стоячій воді приймаємо за х (км/год).
Тоді його швидкість за течією річки буде х-|-4 (км/год), а швид-
кість проти течії х — 4 (км/год). Значить, він пройде за течією
АО 48 48
48 км за —год і проти течи за ------т год. За умовою задачі
X —4 X 4
маємо
48 48
х — 4 х + 4
Після перетворення одержуємо рівняння 5х2 — 96х — 80 = 0
„ 4
Його корені хй = 20, х2 = —. Отже, швидкість теплохода в стоя-
0
чій воді була 20 км/год.
Відповідь. 20 км/год.
Задача 5. Два велосипедисти виїжджають одночасно назустріч
один одному з пунктів А і 5, відстань між якими 28 км, і через
годину зустрічаються. Не зупиняючись, вони продовжують шлях
з тією самою швидкістю. Перший велосипедист прибуває в пункт В
на 35 хв раніше, ніж другий у пункт А< Визначити швидкість кож-
ного велосипедиста.
Відстань між пунктами А і В представимо відрізком АВ і при-
пустимо, що велосипедисти зустрілися в точці С (рис. 11).
160
Позначимо відстань АС через х (км). Тоді відстань СВ буде
$8— х (км). З умови задачі випливає, що швидкість першого вело-
сипедиста х (км/год), а другого 28 — х (км/год). Перший проїхав
28 <, 28
відстань 28 км за — год, а другий — за —-- год.
X 2о — X
Приймаючи до уваги, що перший велосипедист прибуває в пункт
В на 35 хв год) раніше, ніж другий у пункт А, одержуємо
рівняння
28 7 = 28
28 — х 12“ х *
Після перетворень рівняння набуде вигляду х24-68х— 1344 = 0.
Його корені %]= 16, х2 = —84. Від’ємний корінь не придатний
за умовою задачі. Одержуємо швидкості
велосипедистів відповідно 16 і 12 км/год.
Відповідь. 16 і 12 км/гсд. ----
Задача 6. За 4 дні спільної робо-
ти двох тракторів з різними потужнос- рис ||
тями виорано у колгоспного поля. За
скільки днів можна було б виорати все поле кожним трактором
окремо, якщо перший трактор може виорати все поле на 5 днів ра-
ніше. ніж другий?
Роботу приймаємо за одиницю. Припускаємо, що другим трак-
тором можна виорати все поле за х днів, тоді першим трактором
його можна виорати за х—5 днів. Значить, за 4 дні другий трактор
1 А 4 „1.4
виоре — • 4 = — частину поля, а перший ----- 4 =------ частину.
XX X — О X - о
~ . 2
Оскільки це складає всього поля, то одержуємо рівняння
и
4 4 2
х + х — 5“ 3 ‘
Після перетворення це рівняння набуває вигляду х2—17x4-
4-30 = 0. Його корені х1 = 15, х2 = 2. Другий корінь не відповідає
умові задачі, оскільки 2 — 5 = —3.
Отже, другий трактор може виорати все поле за 15 днів, а
перший — за 10 днів.
Відповідь. 10 і 15 днів.
Задача 7. Колгосп купив для заправки тракторів на а кар-
бованців лігроїну і на таку саму суму гасу, всього п кг. Скільки
куплено лігроїну і скільки гасу, якщо кілограм першого на Ь кар-
бованців дорожчий за кілограм другого?
Нехай куплено х кг лігроїну. Тоді гасу буде куплено п —
а а
— х кр. Ціна кілограма лігроїну становитиме --, а гасу _____*
карбованців. Оскільки кілограм лігроїну на Ь карбованців дорожчий
за кілограм гасу, то одержуємо рівняння
а а .
------------------------------------ о.
X п — X
5 5-2Є9?
161
Після перетворення рівняння набуває вигляду
Ьх2 — (2а + Ьп) х-\- ап= 0.
Тоді _____________
_ 2а + Ьп ± 4а'2 + Ь2п2
Х 2Ь
З умови задачі випливає, що а, Ь, п — числа додатні. Тоді за
теоремою Вієта одержуємо, що обидва значення невідомого х також
додатні. Проте більше з цих значень не придатне до розв’язання
задачі, тому що в цьому випадку х був би більший за л, оскільки
2а-\-Ьіг Ьп _ п . УЬи2-\-Ь2п2 ^>Ь2п2 Ьп п
2Ь ^2Ь^'2 ’ 2Ь >~2Ь'>2Ь~ 2 *
Отже, маємо лігроїну
2а + Ьп — К 4а2 + Ь2п2
2Ь ’
а гасу
2а + Ьп — У 4а2 + Ь2п2 Ьп — 2а + 4а2 + Ь2п2
П--------------2Ь----------------------------26---------
Тут а, Ь, п — будь-які додатні числа.
§ 24. Ірраціональні рівняння
1 р раціональним називається кожне рівняння, ліва і права час-
тини якого є алгебраїчними виразахми, причому хоча б один з них
ірраціональний.
Приклади ірраціональних рівнянь:
/7^3 = 7; уГ+5— 10; уґх + х=71.
В елементарній алгебрі розглядаються лише такі ірраціональні
рівняння, у яких радикали парного степеня припускаються арифме-
тичними (а непарного степеня — додатними або від’ємними, залежно
від знака підкореневого виразу).
Загальний метод розв’язання ірраціонального рівняння полягає
в тому, що спочатку ізолюють один радикал, а потім обидві частини
рівняння підносять до степеня, потім знову ізолюють радикал і т. д.
Будь-яке ірраціональне рівняння після кількох таких перетворень
може бути зведене до раціонального.
Рівняння, яке одержуємо в результаті, взагалі кажучи, не
еквівалентне до заданого. Тому, знайшовши розв’язки цього рів-
няння, треба перевірити їх підстановкою в дане рівняння і відкинути
як сторонні ті з них, які його не задовольняють. Однак якщо обидві
частини ірраціонального рівняння підносились до непарного степеня,
то перевіряти розв’язок не обов’язково, бо в цьому випадку при-
йдемо до рівняння, еквівалентного до даного.
162
Якщо рівняння містить радикали з невідомим у знаменнику
то його треба звільнити від знаменника, виконавши необхідні пере-
творення.
Перш ніж приступити до розв’язання ірраціонального рівняння,
доцільно визначити область допустимих значень для невідомого, бо
в деяких випадках після цього відпадає потреба в розв’язанні.
Приклад. Розв’язати рівняння Ух— 3 + У2 — х = 3.
Для першого радикала х^З, для другого х<2. В множині
дійсних чисел рівняння не має розв’язків, бо нема загальних зна-
чень х, для яких обидва радикали мають дійсне значення.
Відповідь. Дане рівняння не має розв’язків.
Розв’язання найпростіших ірраціональних рівнянь.
Приклад 1. Розв’язати рівняння 3 + Ух — 2 = 4.
]/х^2 = 4 —3; /х^2 = 1; х —2 = 1; х = 3.
Перевірка. З+Кз — 2 = 34-1=4. Як бачимо, х = 3 задо-
вольняє дане рівняння.
Відповідь, х = 3.
Приклад 2. Розв’язати рівняння Ух — 7 = х—13.
Піднесемо до квадрата обидві частини:
х — 7 = х2 — 26х + 169;
х2 — 27х + 176 = 0;
хх = 16; х2 — 11.
Перевіркою легко впевнитися, що х — 16 задовольняє рівняння;
х= 11 рівняння не задовольняє (ліва частина рівняння невід’ємне
число; тоді і права частина повинна бути нєбід’єїиним числом, а це
можливо за умови, що х> 13).
Відповідь, х = 16. _____
Приклад 3. Розв’язати рівняння )/* 4-5 4-]/2х-|-8 = 7.
/2* 4- 8 = 7 — /х + 5; 2х 4- 8 = 49 — 14]/*4-54-*4-5; х—46=—14Х
X/*4-5; (* —46)2= 196 (*4-5); х- — 288*4- 1136 = 0; *і = 4,
х2 = 284.
Перевіривши, впевнюємося, що розв’язком рівняння є лише
значення х = 4.
В і д п о в і д ь. х = 4.
_ . _ . Ух — 2 Ух—6
Приклад 4. Розв’язати рівняння —~-------------.
И Ух — 4 Ух — 7
Область допустимих значень х > 0, х =/= 16 і х =^= 49. _
(Ух — 2) (Ух — 7) = (Ух — 6) (Ух — 4); х — 2 Ух — 7 Ух -[-
+ 14 = х — б/х- 4/х + 24; —9 ]/х + 14 = —10/х + 24;/х=
= 10; х = 100.
ЮО — 2 100 — 6
100 — 4 ~ 100 — 7
А-А
6 ~ З ’
Перевірка.
Відповідь, х = 100.
і 1
Приклад 5. Розв’язати рівняння (Зх^-І)2 -р (4х — 3) 2 =
і
= (5*4-4) 2.
6*
163
Піднесемо обидві частини рівняння до квадрата:
[ (Зх'+ 1) 2 + (4х — 3) 2 ] = [(бх + 4) 2 ] {
1 1
Зх + 1 + 2 (Зх 4- 1) 2 (4х — 3) 2 + 4х — 3 = 5х+4;
(Зх 4- 1) 2 (4х — 3) 2 ] = (3 — х)2;
(Зх + 1) (4х — 3) = 9 - 6х + х2.
Після перетворення маємо 1 їх2 4-х—12 = 0. Тоді хг = 1,
12 о і - І2
х2 = — д Значення х = 1 є коренем даного рівняння, а х= — д
не задовольняє рівняння.
Відповідь х = 1.
__ . - 5а2
Приклад 6. Розв’язати рівняння х 4- V а2 + х2 =—
/а2+х2
х а2 4" х~ + °2 + х2 = Ьа2! х )/а2 4~ х2 == 4а2 — х2.
Після піднесення до квадрата обох частин рівняння і деяких пере-
творень маємо
9а2х2 = 16а4; х2
16а2 4а 4а
— ? хг - - > х2 - - - .
Нехай а > 0. Тоді х1 задовольняє дане рівняння, а х2 — ні. Якщо
а < 0, то х2 задовольняє, а хг не задовольняє дане рівняння.
4
В і д п о в і д ь. х =-у ]п |.
З
Розв’язання ірраціональних рівнянь способом заміни. Цей спосіб
полягає в тому, що вираз, який знаходиться під знаком радикала,
позначають новим невідомим у деякому степені (так, щоб корінь
добувався).
Приклад 1. Розв’язати рівняння х2 — ]/х2— 4=16.
Область-допустимих значень х2 — 4>0, тобто х<;—2 і х^>2.
Покладемо /х2 — 4 = у. Тоді х2 — 4 = у2\ х2 = у2 4- 4 і дане рів-
няння набуває вигляду у2 — у— 12 = 0, звідки Уі = 4, у2 =—3. у2
відкидаємо, бо у > 0. Знайдемо значення х: х2 = у2 4- 4 = 16 4~ 4 =
= 20; х1>2= ±20.
Обидва значення X! 2 = ± ]/20 належать області допустимих
значень і задовольняють рівняння, в чому можна впевнитися пере-
віркою.
.Відповідь. х1 2 = ±21/5.
Приклад 2. Розв’язати рівняння >/97— х~у^х=5. Нехай
/97 — х = и, /х = о. Тоді { 97;
164
и + V = 5,
ии = 6.
и? + V2 = 25 — 2и^і и* + р4 = 625 — ЮОиу + 4 А2 — 2и V;
97 = 625 — 1ОО«у + 2і№> (іа>)2 - 50 (и0 + 264 = 0;
«р =в 25 ±-19; (иу)г = 44, (ду)2 = 6;
и + V = 5,
ии = 44;
Перша система в області дійсних чисел не має розв’язків. Другу
систему розв’язуємо усно: = 3, и2 = 2; = 2, ї/2 = 3. Звідси
хг — 16, х2 = 81.
Обидва корені задовольняють дане рівняння.
Відповідь. х^ = 16, х2 = 81.
Множення обох частин рівняння на вираз, спряжений до виразу
у лівій частині.
Приклад. Розв’язати рівняння /х4-44-1/Л20 4~* = 8.
Область допустимих значень: х 4“ 4 > 0, х —4, 20 4- х > 0,
х > —20. Отже, х > —4
Покладемо /х 4* 4 — /20 4* * = ІЛ Перемножимо ці рівності
почленно: (х + 4) — (20 4- х) = 8у, звідки у ~ —2. Тоді.
/Г+4 + /20 -ґх = 8,
/Г/4 — /20 4-х — —2.
Додаючи ці рівняння, одержуємо 2 /х 4* 4 = 6, звідки х~4~
— 9, х = 5. Це значення належить до області допустимих значень
і задовольняє рівняння.
Відповідь, х = 5.
Застосування формул скороченого множення.
Приклад. Розв’язати рівняння (8х4*4)3 — (8х — 4) 3 =2.
(8х 4- 4) 3 — (8х — 4) 3 ] =8; 8х + 4 — (8х — 4) —
—3(8х + 4)3 ‘ (8х-4)Т[(8%+4)3 - (8х - 4) 3 ] = 8 *.
Враховуючи, що за умовою вираз у квадратних дужках повинен
дорівнювати 2, одержимо 8х 4* 4 — 8x4*4 — 6 (64х3 — 16) 3 — 8,
звідки 64х2 — 16 = 0; х2 = ; хг = ; х2 == —
Перев ірка.
_4 !_ _Ь ±
(44-4) 3 _ (4 _ 4) 3 =2; (-4 + 4) 3 - (-4 - 4) 3 =2.
1 1
Відповідь. Хі = у ; х2 = — у.
♦ Оскільки (а — Ь)9 — а3 — Ь3 — ЗаЬ {а — Ь).
165
§ 25. Системи рівнянь другого степеня
з двома невідомими
Рівняння другого степеня з двома невідомими. Нормальний ви-
гляд рівняння другого степеня з двома невідохмими такий:
ах2 + Ьху + су2 -|- <1х + еу + / = 0.
Тут а, Ь, с,сІ, еу } — будь-які числа, тільки я, Ь, с не можуть водно-
час дорівнювати нулю.
Приклади, х2 + Зху + 0,5у2 — 5г/ = 0; ху + 7 = 0.
Однак рівняння х2 + 5х2у + Зу — 2 = 0 не є рівнянням другого
степеня, бо його член 5х2х/ не другого, а третього степеня (степенем
одночлена називають суму показників усіх його букв).
Рівняння другого степеня з двома невідомими може мати нескін-
ченну множину розв’язків, але може мати лише кілька або взагалі
не мати розв’язків. Наприклад:
х2 + 4г/2 4- 7 = 0 не має розв’язків (дійсних);
х2 + 9у2 = 0 має один розв’язок: х = 0; у — 0.
х2 + 2ху = 0 має нескінченну множину розв’язків:
= 0, Уі = 0; х2 = і, у2 = — у ; х3 = 2, у3 = — 1 тощо.
Системи двох рівнянь, з яких одне першого степеня, а інше —
другого. У загальному вигляді ця система рівнянь записується так:
( а]Х2 4- Ь±ху 4- <\у2 4- йуХ 4- ?іУ 4~ /і = 0,
і ^2Х + ЄїУ “Г Її = 0
Найзручніше розв’язувати її способом підстановки. Для цього
досить із другого (лінійного) рівняння виразити одне невідоме через
інше і знайдений вираз підставити в перше рівняння. В результаті
одержимо квадратне рівняння, розв’язавши яке, знайдемо значення
одного з невідомих. Потім, підставивши ці значення невідомого
в яке-небудь з даних рівнянь (краще в лінійне), одержимо відпо-
відні значення другого невідомого.
Приклад. Розв’язати систему
| 2х2 + 15ху 4- 4у2 4" 43х 4- 24ї/ 4-7 = 0,
• ( х — 2у + 5 = 0.
З другого рівняння знаходимо х = 2у — 5. Підставляємо в перше:
2 (2// —5)2 + 15 (2г/ -5) у + 4^/2 + 43 (2у — 5) -Ь 24г/4- 7 = 0.
Розкривши дужки і звівши подібні члени, одержимо
79
42і/2 — 5у — 158 = 0, звідки у± = 2, у2 = — — .
З рівності х = 2у— 5 знайдемо хг = —1; х2 = — = — 8~,
Однак багато систем такого вигляду можна розв’язувати також
штучними способами.
166
(х±у = а.
Розв’язання системи вигляду | Ху __
ґ х + у = 5,
Приклад 1. І Ху _ 4.
Значення х і у можна розглядати як корені квадратного рівняння
г2 — 5г + 4 = 0.
Маємо Зі = 1, г2 = 4. Обидва рівняння системи симетричні від-
носно х і у, тому одержуємо дві пари розв’язків: якщо один роз-
в’язок = 1, #1 = 4, то інший, навпаки, х2 = 4, у2 = 1.
_ Л ( х — у = 7,
Приклад2. |ху=18
Систему записуємо у вигляді
ґх + (-у) = 7,
і х (—г/) = —18.
Тоді х і у будуть коренями квадратного рівняння г2 — 7г—18 = 0
гОдержуємо = 9, г2 = —2. Тоді = 9, — у± = —2, або хг = 9,
уг = 2 і х2 = —2, — у2 = 9, або х2 = —2, у2 — —9.
п » (х + у = а.
Розв’язання системи вигляду | > уЧ __ £
Піднесемо перше рівняння до квадрата і віднімемо від нього
друге; одержимо 2ху = а2 — Ь, звідки випливає ху^= —$— , Тепер
питання зводиться до розв’язання системи
[ X + У =
розглянутої вище.
(х2 —/- = л,
Розв’язання системи вигляду < х + у ___
Ця система розв’язується почленним діленням першого рівняння
на друге. В результаті дана система замінюється рівнозначною до неї
{_ а
х ± у = Ь>
тобто зводиться до розв’язання лінійної системи з двома невідомими.
Система двох рівнянь, з яких кожне другого степеня. Система
двох рівнянь другого степеня з двома невідомими має вигляд
Яі*2 + Ь]Ху + сгу2 + (1хх + е±у + Л = 0,
а2*2 + Ь2ху -Ь с2у2 + (і.2х + е2у + = 0.
Така система у загальному вигляді не розв’язується елементарно,
бо вона зводиться до повного рівняння четвертого степеня.
167
Розглянемо деякі окремі види систем, що розв’язуються еле-
ментарно.
П , / ху + х + у = 29,
Приклад 1. Іху_2{х+у)=2,
ху + х + у = 29
ху — 2х — 2у = 2
І 2 І 2ху + 2х + 2у = 58
11 I ху-2х-2у = 2
Зх// = 60, або ху = 20.
Підставивши в перше (або у друге) рівняння ху = 20, одержимо
х±У = 9.
_ . . . (ху = 20,
Тоді із системи рівнянь < , знаходимо хг = 5, уг = 4
І X ПГ у — У
і х2 = 4, у2 = 5.
Відповідь. Дана система має два розв’язки: х} =4, у± = 5;
хг = 5, у2 = 4.
( 2х2 — Зху 4- 2у2 ~ 14,
Прикладі +
( 2х2 — Зху -Н 2у2 = 14 2х2 — Зху + 2у2 = 14
( х2 4- ху — у2 = 5 2 2х2 4- 2ху — 2у2 = 10
4х2 — ху = 24.
Звідси випливає
Підставляючи значення у в друге рівняння системи, одержуємо
1 їх* - 163х- + 576 = 0; х? = 9; х2 = 4 .
§
Знаходимо чотири значення х (див. стор. 202): 3; —3; уг==;
$
уг= ; підставивши їх у рівняння 4х2 — ху = 24, одержимо відпо-
відні значення у.
Іноді системи розв’язуються способом розкладання лівої частини
одного з рівнянь на множники, якщо його права частина дорівнює
нулю.
. ' /2х2 — Зху + 5у — 5 = 0,
Приклад 3. [ху + 2-2у -Х = 0.
Тоді
(х — 2) (у — 1) = 0, або х — 2 = 0, або // — 1=0.
Отже, система зводиться до розв’язання сукупності двох систем
рівнянь
Ґ // — 1=0, ( х — 2 =• 0,
| 2х2 — Зху -]- 5// — 5 = 0 ( 2х2 — Зху Зу — 5 = 0.
168
У багатьох випадках спосіб введення нових змінних значно
спрощує розв’язання системи рівнянь.
£ + _У_ в34
У х 15 *
х2 + у2 = 34.
Приклад 4. Розв’язати систему
Іт ч X -ЦІ
Нехай — = г, тоді — — —
У х г
Маємо г -|- — = ; 15г2 — 34г + 15 = 0; ; г2 = ~.
210' 3 □
Складаємо дві системи рівнянь
( х З-
{ У ~ 5 ’
[ х2 + у* = 34
х 5
7“Т’
«2 + {,2 = 34_
звідки знаходимо чотири розв’язки:
хт = З, ґ/і = 5; х2 = — 3, у3 = —5;
ха ^=5, у3 --= 3; х4 = —5. у4 = —3.
г- ( х2 4- у2 = 10,
Приклад 5. Розв’язати систему { „ , „ 7
г 4 [х~[- ху у — і.
Помножимо обидві частини другого рівняння на 2 і додамо до
першого:
х2 + у2 + 2ху 4- 2 (х + у) = 24.
Покладемо х 4- у = г, тоді г2 4- 2г — 24 = 0, звідки гх = —6,
г2 = 4. Одержуємо дві системи
х 4- У = — Є’ . ( х + У = 4,
ху = 13 2|ху==3,
які мають два дійсні розв’язки: х1 = 1, у^ — 3; х2 = 3, у2 — 1.
_ ' (х2 — ху 4- у- = 21,
Приклад 6. Розв’язати систему < __оХу _ _15
ЗрІВНЯЄіМО модулі вільних членів
І х2 — ху 4- у2 — 21 15 5х2 — 5ху 4- 5у2 = 105
|у2 —2ху = —15 | 7 7у2—14ху = -105
і додамо одержані рівняння:
5х2— 19ху4- 12у2 = 0.
Оскільки у=#0, то поділимо обидві частини цього рівняння на у2:
/ \2 і \
5 — —19-4-12 = 0.
\У/ \У 1
Покладаючи ~ = ц, одержимо рівняння 5и2 — 19л 4" 12 = 0,
4 4
звідки = 3, и2 == . Отже, х — Зу і х = у.
о
169
Підставивши значення х = Зу в одне з даних рівнянь, наприклад
у друге,. одержимо у2 = 3, у = ± звідки х = ± 3 /3. Якщо
4
взяти х = -=- у, то одержимо х = ± 4; у = ± 5.
о
Відповідь. — З /3, ут = )/3; х2 = - З У З, у2 = — У3\
*з = 4, г/3 = 5; х4 = —4; у± = —5.
§ 26. Задачі на складання систем рівнянь
Задача 1. Відстань між двома містами, що дорівнює 480 км,
пасажирський поїзд проходить на 4 год скоріше за товарний. Якщо
швидкість пасажирського поїзда збільшити на 8 км/год, а швидкість
товарного на 2 км/год, то пасажирський поїзд пройде всю відстань
на 5 год скоріше за товарний. Знайти швидкість кожного поїзда.
Позначимо швидкість товарного поїзда через х (км/год), а паса-
жирського— через у (км/год). Тоді в першому випадку товарний
. ЛОА 480 „ 480
поїзд пройде 480 км за — год, пасажирський — за год.
Оскільки час руху пасажирського поїзда менший, ніж час руху
товарного, на 4 год, то одержимо рівняння
480 480 .
---=-------4.
У х
У другому випадку швидкість товарного поїзда буде
х + 2 (км/год), а швидкість пасажирського у + 8 (км/год). Отже,
у - .ол 480
товарний поїзд пройде 480 км за — , а пасажирський — за
480 ~ .
—— год. Тоді, згідно з умовою задачі, складемо рівняння
480 _ 480
</ + 8~х+2
Таким чином, маємо систему рівнянь
480 480 л
-----------4,
х
480 _ 480 -
іУ + 8~х + 2 9
або
120 120 _
-— — — — 1,
х
' 96 _ 96
Розв’язавши цю систему, одержимо х = ЗО км/год, у = 40 км/год.
Відповідь. ЗО і 40 км/год.
170
Задача 2. Студенти взяли на човновій станції напрокат човен.
Спочатку вони спустились на 20 км вниз за течією річки, а потім
повернулись на станцію, витративши на всю прогулянку 7 год.
На зворотному шляху на відстані 12 км від станції вони зустріли
пліт, який пропливав повз станцію саме в той момент, коли вони
вирушали на прогулянку. Визначити, з якою швидкістю рухався
човен вниз за течією і яка швидкість течії.
Якщо позначити швидкість човна у стоячій воді через х (км/год),
швидкість течії річки, а отже, і швидкість плоту через у (км/год),
то швидкість човна за течією буде х + г/, проти течії х — у\ час
20 ... 20
руху човна за течією - год, проти течи---- год, до зустрічі з
20 8 . 12
плотом у ~---------- нарешті, час руху плоту —.
Оскільки, згідно з умовою, прогулянка тривала 7 год, одержимо
рівняння
20 20 ~ 7
X -ґ у X — у
Оскільки час руху човна і плоту до їх зустрічі був одним і тим
самим, одержимо рівняння
20 , 8 12
х + «/'гх — у~ у ‘
Розв’язавши систему
20 20 7
х — У х- у
20 8 12
. х—ух — у~ у ’
знаходимо х = 7, у = 3. Отже, швидкість човна за течією дорівнює
10 км/год, а швидкість течії річки 3 км/год.
Відповідь. 10 і 3 км/год.
Задача 3. На двох прямокутних ділянках землі посаджено
рядами 350 плодових дерев, причому виявилось, що на кожній
ділянці число рядів на 1 більше, ніж дерев у ряду. Яку кількість
дерев було посаджено в кожному ряду на одній і на другій ділян-
ках, якщо на першій з них було на 130 дерев більше, ніж на другій?
Позначимо число дерев у ряду на першій ділянці х, на другій у.
Тоді число рядів на першій ділянці х + 1, на другій у 4- 1; дерев
на першій ділянці х (х + 1), на другій у (у + 1).
Згідно з умовою задачі одержуємо систему рівнянь
х(х + 1)-у(у+1) = 130,
х (х + 0 ~ґ У (у + 1) = 350.
Розв’язавши її, знаходимо = 15, у1 = 10; х2 = 16, у2 = —11,
Отже, число дерев у ряду на першій ділянці дорівнює 15, на дру.
гій 10.
Відповідь. 15 і 10 дерев.
171
Задача- 4. Дерев’яна балка важить 90 кг, а залізна, довжина
якої на 2 лї більша за довжину дерев’яної, важить 160 кг, причому
вага 1 пог. м залізної балки на 5 кг більша за вагу 1 пог. м дерев’я-
ної. Знайти вагу 1 пог. м І довжину кожної балки.
Наведемо скорочений запис.
Довжина дерев’яної балки х (м),
» залізної » * + 2 (м).
Вага дерев’яної балки 90 кг
Вага 1 пог. м дерев’яної балки у (кг),
» 1 пог. м залізної » у + Мкг)-
Вага залізної балки 160 кг.
Одержуємо систему рівнянь
ґ ху = 90,
( (х + 2) (у+5) = 160.
Розв’язавши її, знайдемо х1 2 = 6, у = 15.
Відповідь. Вага 1 пог. м дерев’яної балки 15 кг, довжина
дерев’яної балки 6 м, вага 1 пог. м залізної балки 20 кг, довжина
залізної балки 8 м.
Задача 5. По двох сторонах прямого кута у напрямку до
його вершини рухаються рівномірно два тіла. В певний момент тіло
А було на відстані 60 м від вершини кута, а тіло В — на 80 м від
неї. Через 3 с відстань між А і В становила 70 м, а за наступні 2 с
відстань між тілами зменшилась ще на 20 м. Знайти швидкість кож-
ного тіла.
Позначимо швидість тіла А через х (м/с), швидкість В через у
(м/с). Тоді відстань від А до вершини кута через Зс дорівнює 60—
—З х, відстань від В до вершини кута через 3 с дорівнює 80 — Зу; ква-
драт відстані між цими тілами через 3 с становитиме (60 — Зх)2+ (80—
— ЗОг/)3.
Оскільки за умовою задачі відстань дорівнює 70 м, одержуємо
рівняння
(60 — Зх)2 + (80 — Зу)2 = 702
Відстань тіла А від вершини кута через Зс + 2с = 5с буде
60 — Зх; відстань від тіла В до вершини кута через 5 с буде 80 — 5;
тоді квадрат відстані між цими тілами через 5с буде (60— 5х)2 +
+ (80 — 5у)2. Оскільки, за умовою відстань дорівнює 70 — 20 =
= 50 (м), то одержимо рівняння
(60 — 5х)2 + (80 — Зу)2 = 502.
Розв’язавши систему
ґ (60 — Зх)2 + (80 — Зу)2 = 703,
\ (60 — 5х)2 + (80 — 5у)2 = 502,
знайдемо ух 2 = 8; х12 = 6. Отже, швидкість тіла А дорівнює 6 м/с;
швидкість тіла В дорівнює 8 м/с.
В і д П'О в і д ь. 6 м/с, 8 м/с.
Задача 6. По кільцевій доріжці довжиною 2 км рухаються
в одному напрямку два ковзанярі, які сходяться через кожні 20 хв.
Знайти, з якою швидкістю рухається кожний ковзаняр, якщо перший
пробігає коло на 1 хв скоріше за другого.
172
Позначимо швидкість першого ковзаняра через х (км/хв), швид-
кість другого—через у (км/хв). Тоді перший пройде всю доріжку
2.2 .
33' хв, другий—за -- хв; оскільки перший з них пробігає доріжку
х У
на 1 хв швидше за другого, одержуємо рівняння
2 2
У *
Кожної хвилини відстань між ковзанярами збільшується на
х — у. За час, що минув від однієї зустрічі до наступної (тобто 39
20 хв), відстань повинна збільшитися на 2 км, тому 20» (х— у) = 2.
, 1 2
Одержана система рівнянь має розв’язок *і =-у, (/і =-?-5 х2 =
х О
2 1 п 1 ,
у2 = —Отже, швидкість першого ковзаняра •—км/хв=
О £ 1
2
«= ЗО км/год, а швидкість другого — км/хв = 24 км/год.
о
Відповідь. 30км/год, 24км/год.
Задача 7. Працюючи разом, два трактори різної потужності
зорали колгоспне поле за 8 днів. Якби половину поля зорати спо-
чатку одним трактором, то при дальшій роботі двох тракторів уся
робота була б закінчена за 10 днів. За скільки днів можна було б
зорати все поле кожним з тракторів?
Нехай першим тракторохМ можна зорати все поле за х днів,
другим — за у днів. Перша умова дає
1+-=-.
х ' у 8
Перший трактор може зорати половину поля за х днів. За умо-
вою друга половина може бути зорана двома тракторами за 10 —
1 . ’
--2 х днів. Звідси одержуємо друге рівняння
1
- + - = -.
Х У Ю-2-х
Розв’язавши систему рівнянь, знаходимо х=12, у = 24. Отже,
першим трактором можна зорати поле за 12 днів, другим — за 24 дні.
Відповідь. 12 днів, 24 дні.
§ 27. Нерівності
. Поняття нерівності. Два числа або вирази, з’єднані знаком
«більше» (», «менше» (<)> «не більше» «) або «не менше» О),
утворюють нерівність. Наприклад, 3<8; 5>—2, —— >3х—1;
>7.
173
Вираз, який стоїть ліворуч від знака нерівності, називається
лівою частиною, а вираз, який стоїть праворуч від знака нерів-
ності, — правою.
Знаки '> і < протилежні один до одного. Якщо дві нерівності
мають протилежні знаки, то вони називаються нерівностями проти-
лежного смислу. Так, —4>—5 і 2<5є нерівностями протилеж-
ного смислу.
Запис означає, що має місце одне з двох: або або
а — Ь. Тому треба вважати правильною кожну з таких, наприклад,
нерівностей: 2<2;2<5; 12> 10; 12 > 12.
Нерівності, складені за допомогою знаків або >, називають
строгими, а нерівності, складені за допомогою знаків «С або
називають нестрогими.
Примітки. 1. Знаки > і < запропонував англійський алгеб-
раїст Т. Гарріот (1560—1621) у творі з алгебри, опублікованому
посмертно в_1631 р.
Знаки > (дорівнює або більше) : < (дорівнює або менше) ввів
Дж. Валл’с в 1670 р. Пізніше їх стали записувати так: <.
2. Нерівностями іноді називають також два числа або вирази,
з’єднані знаком (не дорівнює). Однак далі мова йтиме не про
такі нерівності.
Нерівності бувають числові і буквені. Числовими називають такі
нерівності, обидві частини яких є числа, ;записані цифрами. Якщо
хоча б одна частина нерівності є буквеним виразом, така нерівність
називається буквеною або нерівністю із змінними.
Будь-яка правильна числова нерівність, а також будь-яка бук-
вена нерівність, справедлива при всіх допустимих значеннях букв,
що входять до неї, називається тотожною нерівністю. Наприклад,
/2-Ь /5 > /ЇО; а6<?~+—; х2 + х + 1 > 0.
Властивості тотожних нерівностей. 1. Якщо перше число більше
за друге, а друге більше за третє, то перше також більше за третє.
За допомогою букв цю властивість (її називають властивістю транзи-
тивності) можна записати так: якщо
а > Ь і Ь > с. то а > с.
2. Нерівність не порушиться, якщо до кожної частини ЇЇ додати
одне й те саме число, тобто якщо
а > Ь, то а + с > & + с.
Приклади. А. До обох частин нерівності 9>5 додано по 7,
одержимо 16 > 12.
Б. Від обох частин нерівності —12 < 1 віднімемо по 5, тобто
додамо по —5, одержимо —17 <—4.
3. Будь-який член нерівності можна перенести з однієї частини
в іншу, змінивши його знак на протилежний, тобто з а-\-Ь^>с
випливає, що а '> с — Ь, а + Ь — с > 0.
4. Якщо обидві частини нерівності мають однакові члени, їх
можна опустити, тобто з нерівності а + Ь > Ь с випливає нерів-
ність а ;• с.
5. Дві нерівності однакового смислу можна по членно додавати,
при цьому одержимо нерівність такого самого смислу, як і дані.
174
Приклади.
3<9
-2< 1
1 < 10
а > Ь
(І
а + с > Ь + (1
6. Від однієї нерівності можна почленно відняти другу нерів-
ність протилежного смислу, залишаючи знак тієї нерівності, від якої
віднімалась друга.
Приклади.
—10 < 0
~ — 8^—13
а > Ь
с < (І
— 2<
13
а — с^> Ь — сі
7. Нерівність залишається правильною, якщо обидві частини її
помножити на одне і те саме додатне число. Нерівність переходить
в рівність 0 — 0, якщо обидві її частини помножити на нуль. Нерів-
ність змінює смисл на протилежний, якщо обидві частини її помно-
жити на одне й те саме від’ємне число. Ця властивість коротко
записується гак: якщо
а > Ь, то
при с > 0
при с = 0
при с < 0
ас > Ьс,
ас = Ьс,
ас < Ьс,
Приклади.
Дана нерівність
7> 4
—9<-1
13 > 9
З > —10
— 3,2 > —7,5
Множник
2
4
—2
—5
0
Нова нерівність
14 > 8
—36 < —4
_ 26 < —18
—15 < 50
0 = 0
Примітка. Оскільки ділення на число, відмінне від нуля,
можна розглядати як множення на обернене до нього число, то ця
властивість поширюється і на ділення обох частин нерівності на
додатне і від’ємне число: якщо а > Ь, то
а Ь
с > с
а_ Ь
с ~с
при с > 0,
при с < 0.
г 8. Якщо почленно перемножити дві нерівності однакового
смислу з додатними членами, то одержимо нерівність того самого
смислу, тобто якщо а, Ь, с, сі — додатні і а >• Ь, с'хі, то ас>ЬсІ.
9. Нерівність з додатними членами не порушується, якщо кож*
ну її частину піднести до степеня з одним і тим самим натуральним
показником, тобто якщо а, Ь — додатні, п — натуральне і а >Ь,
то ап>Ьп.
175
10. Якщо а, Ь — додатні, п — натуральне і а > Ь, то У а > УЬ,
Примітка. Всі ці властивості, сформульовані для строгих
нерівностей, залишаються в силі і для нестрогих: всюди замість
знака > можна поставити
Доведення нерівностей. Впевнюються в тотожності нерівностей
за допомогою доведень.
Приклад 1. Довести (при а > 0, Ь > 0) нерівність
У аЬ.
Доведення. При будь-яких додатних а і Ь (У а — Уь)2 0,
звідки а — 2 У а - УЬ + & 0, а + Ь^2УаЬ, —у— У аЬ, що
і треба було довести.
Примітка. Рівність має місце лише в тому випадку, коли
а = Ь.
Приклад 2. Довести, що при будь-якому значенні х
х2 -і- х -|_ 1 > 0.
Доведе ння.
1 1 з / і \2 з
х2Д.х+1=х2 + 2,х._ + _+_ = ^ + _) +_.
В одержаному виразі перший доданок + не може бути від*-
/ . 1
ємним І він дорівнює нулю при х = —2", а при всіх інших значен-
• а З
нях х він додатний і. Якщо ж до нього додати число одержуємо
завжди додатне число. Звідси випливає, що вираз х2 + х + 1 додат-
ний при всіх значеннях х.
Приклад 3. Довести, що при додатних а, Ь і с аЬс'^>(а-г
4-£ — с) (а — Ь + с) (Ь-\-с—а).
Доведення. При додатних а, Ь і с тільки один з тричленів
а-\-Ь — с, а — Ь-\-с і Ь-\-с — а може бути від’ємним. Дійсно, якщо
припустимо, що які-небудь два з них від’ємні, наприклад
а-\-Ь — с < 0 і а — & +
то, додавши їх почленно, одержимо 2а < 0 або а < 0, що супере-
чить умові. Отже, якщо один з тричленів від’ємний, то два інші —
додатні. В цьому випадку ліва частина нерівності додатна, а права
від’ємна і, отже, нерівність правильна.
Якщо хоч один з виразів а-\-Ь — с, а — & + с, Ь + с — а дорів-
нює нулю, то права частина розглядуваної нерівності дорівнює нулю,
а ліва — більша за нуль і, отже, в цьому випадку нерівність спра-
ведлива.
Залишається довести це для випадку, коли всі три тричлени
у правій частині нерівності додатні. У цьому випадку справедливі
нерівності
а2 > а2 — (Ь — с)2‘ Ь2 >Ь2 -— (а — с)2;
с2>с2- (а-Ь)\
176
або
а2 > (а — Ь + с) (а + Ь — с); Ь2 > (Ь — а + с) (Ь + а — с);
с2 > (с— а + Ь) (с + а — Ь),
причому їх праві і ліві частини додатні. Отже, їх можна почленно
перемножити. В результаті одержимо
а2Ь2с2 >(а — Ь + с) (а + Ь — с)(Ь — а + с) (Ь + а — с) X
X (с— а + д)(с + а — Ь),
або
а2Ь2с2 > (а + Ь — с)2 (а — Ь + с)2 (Ь + с — а)2,
звідки
аЬс > (а + Ь — с) (а — Ь-\-с) (Ь + с — а),
що й треба було довести.
Приклад 4. Довести, що при будь-якому натуральному п
.±<1
2'2 ‘ 32 І 42 Т -г ь
Доведення.
Приклад 5. Довести нерівність
за умови, що ліва частина її містить будь-яке скінченне число
радикалів.
Доведення. Замінимо під знаком останнього внутрішнього
радикала число 6 на 9. В одержаному виразі
всі корені послідовно добуваються, він дорівнює 3. Але ліва частина
даної нерівності менша за одержаний вираз* отже, дана нерівність
справедлива.
177
Важливі нерівності. Наведемо без доведення* деякі нерівності,
які часто трапляються в математичних працях.
1. |аі+°2+ + ап І I а1 I + I а2 І + + І ап І»
тобто модуль суми будь-яких чисел не перевищує суми їх модулів.
2. Якщо аь а2, .... ап — числа додатні, то
01 + °2 +----
тобто середнє геометричне кількох додатних чисел не перевищує їх
середнього арифметичного.
Рівність має місце лише в тому випадку, коли всі числа
а2, ...» ап рівні.
3. Якщо аи а2, ... , ап — числа додатні, то
Ч------+ °п < 1/ + • • • +
П У п
тобто середнє арифметичне кількох додатних чисел не перевищує їх
середнього квадратичного.
Рівність має місце лише в тому випадку, коли всі числа
а2, ...» ап рівні.
4. Якщо а±і а2, ...» ап — числа додатні, то
11 1 • ап*
— + — + •• + —
Ці а2 ап
тобто середнє гармонічне кількох додатних чисел не перевищує їх
середнього геометричного.
Рівність має місце лише в тому випадку, коли всі числа
Ц£> Ц2» • • • » аП рівні.
5. а^і + а2Ь2 + + апЬіг < а1 а2 X
х V &ї + + • + ь2п,
якими б не були числа Др а2, . . . , ап, Ь2, . .. , Ьп. Рівність
тут має місце лише у випадку
аі: ^і = ^2: ^2 = ' ‘ ’ — ап *
6. Якщо 0 < аг < а2 < • • • < ап і 0 < Ь± < Ь2 < • • Ьпі
то
Д1 4~ а2 + • + ап + ^2 ~Н • • + х
п п
~р д2^2 ~і~ + ап^п
П
* Доведення їх див. у кн.: П. П. Корови ин. Неравенства. «Наука»,
М., 1966. С. Т. Завало. Рівняння і нерівності «Радянська школа», К<, 1973.
178
Якщо ж 0 < Яї < а2 ап але Ьг > Ь2 > • > Ьп > 0, то
ді 4~ °2 4~ • ♦ • 4~ 4~ 4~ т у °і^і + а2^2 4- • 4~ ап&п
п п '' п
В обох випадках рівність має місце, коли
~ @2 ~ = &П І &| •= = ’ ’ = ^П‘
7. При будь-яких дійсних Яр а2, . .. , ап
V ^1 4 «з 4 4- о' <И Оі І + І л21 ~г • + І ап [•
Рівність має місце лише при = а2 — • = ап = 0.
8. При будь-яких дійсних аг, а2, . .. , аЛ, Ь2, . . . . Ьп
| Р^йі 4- а2 + • • • 4- а* — 4" 4- • ~г Ьп | <4 #ї — | 4*
4" ! а2 — ^0'4“ • • 4- І Я/2 — Ьп
Рівність має місце в тому випадку, коли кожне з чисел аь а2,
,.. , ап, Ьг, Ь.?, . .. , Ьп дорівнює нулю.
9. При всіх дійсних а1г а2, .. , ап, Ь2, . . . , Ьп
/(°і - &і)2 -!- («г - ^)2 + • • • + (ап -Ьп^<
< + °2 + ’' +«„ + !’ ^і + &г+ • + ь2п.
Рівність має місце, якщо
о'і • = о 2: Ь2 = • • = ап : Ьп.
10. При будь-яких дійсних аь а2, . . . , ая, Ьь Ь2, .. . , Ьп
(Яі^І 4" 02^2 + • ‘ + аіМ2 < (01 4" О 2 + • 4" Ол) (&! 4-
+ ... +ІЇ).
Рівність має місце при умові
а1 ’ = а2 * ^2 = ’ ’ ‘ = О'П ’ ^П*
11. При додатних а і будь-якому раціональному г > 1 (1 4-о)г >
>> 1 + га.
§ 28. Нерівності першого степеня
Нерівності з невідомими. Як відомо, рівності бувають двох ви-
дів: тотожності і рівняння. Подібно до цього і нерівності бувають
двох видів: тотожні нерівності і нерівності з невідомими. То-
тожні нерівності доводять, а нерівності з невідомими розв’язують.
Далі ми будемо розглядати тільки нерівності з невідомими, хоч ко-
ротко їх називатимемо просто нерівностями Нерівність, яка містить
букви, що позначають невідомі числа, називається нерівністю з не-
відомими. Наприклад, у нерівності 2x4-3 >12 буквою х позначено
179
невідоме число. Це нерівність з одним невідомим х. Нерівність 2х +
+ Зу > 5 — нерівність з двома невідомими х і
Якщо в нерівність з одним невідомим замість невідомого під-
ставимо яке-небудь число і в результаті одержимо правильну чис-
лову нерівність, то кажуть, що це число задовольняє дану нерів-
ність. Кожне число, що задовольняє нерівність, називають розв’яз-
ком цієї нерівності.
Розв’язати нерівність — значить знайти всі її розв’язки.
Дві нерівності називаються рівносильними (або еквівалентними),
якщо кожна з них має ті і тільки ті розв’язки, що й друга. Нерів-
ності, які не мають розв’язків, також прийнято називати рівносиль-
ними.
Перетворення нерівностей на рівносильні грунтуються на таких
теоремах.
Теорема 1. Якщо до обох частин нерівності додати один і той
самий вираз, який має смисл при всіх допустимих значеннях неві-
домих, то нова нерівність буде рівносильна до даної.
Теорема 2. Якщо обидві частини нерівності помножити на
одне і те саме додатне число, то нова нерівність буде рівносильна
до даної.
Теорема 3. Якщо обидві частини нерівності помножити на одне
й те саме від'ємне число і змінити знак нерівності на протилеж-
ний, то нова нерівність буде рівносильна до даної.
Наслідки.
1. Члени нерівності можна переносити з однієї частини в другу,
змінюючи їх знаки на протилежні.
2. Якщо в обох частинах нерівності є однакові члени, то їх
можна відкинути.
В результаті таких перетворень одержані нерівності будуть рів-
носильні до даних.
Нерівності першого степеня з одним невідомим. Нерівність з од-
ним невідомим, яка після розкриття дужок і зведення подібних чле-
нів набуває вигляду ах^ Ь де а =£ 0, а — один із знаків >, <,
>>, <, називається нерівністю першого степеня з одним невідо-
мим.
। __з
Наприклад, Зх < 5, -у г — 7< —?— , ах < Ь (при а =£ 0) — не-
рівності першого степеня з одним невідомим. Але нерівність 3(х —
— 5)>3х—.7 не є нерівністю першого степеня.
Нехай маємо нерівність першого степеня ах > Ь. Поділивши
обидві її частини на а, одержимо
Ь
х > — , якщо а > 0,
а
Ь
х < — якщо а < 0.
а
Так записують множину всіх розв’язків даної нерівності.
Здебільшого множини розв’язків нерівностей становлять деякі
числові проміжки. Проміжки бувають замкнуті й відкриті. Замк-
нутим проміжком, або сегментом, називають множину дійсних чисел,
яка містить найбільше й найменше з цих чисел, тобто множину дійс-
180
них значень х, які задовольняють умову а<х<Ь. Такий сегмент
позначають [л; &].
Відкритим проміжком, або інтервалом, називають множину дійс-
них значень х, які задовольняють умову #<х<&. Такий інтервал
позначають ]п; &[. Кінці інтервалу а і Ь не належать йому; інтервал
не має ні найменшого, ні найбільшого числа.
Іноді розглядають проміжки, замкнуті з одного боку, але від-
криті з другого. Множину всіх таких чисел х, що:
а < х < Ь позначають [а; &[,
х< Ь » ]а-, 6],
х> а » ]а; оо[,
х> а » [я; оо [,
х<Га » ] — оо; а[,
х< а » ] — 0°; а].
Наведемо приклади розв’я-
зання нерівностей першого сте-
пеня з одним невідомим.
Приклад І. Розв’язати
нерівність бх 4- 20 > Зх + 35.
бх — Зх > 35 — 20; Зх > 15;
х >5.
В і дпо в і дь. ]5; со[.
Цю відповідь можна зобразити на числовій осі (рис. 12).
Приклад 2. Розв’язати нерівність
Рис. 12.
З 4 .5 б
и О
Р о з в’я з а н н я.
х + 3 — 24 > 2х — 1 + 3; х — 24 > 2х— 1;
х — 2х > — 1 -р 24;
— х > 23:
х < — 23.
Відповідь. ]—оо; —23[.
Приклад 3. Розв’язати нерівність
13 —11 (г -4-3)
2^3 6
Розв* язання.
6—3(13 — ^) >:14г— 11 (г + 3);
6 — 39 + За > 14г — 11г — 33,
0>0.
Одержана нерівність 0^0 правильна при кожному значенні г.
Це означає, ще дану нерівність також задовольняє кожне значен-
ня ?.
Відповідь. ]— оо; сс[.
181
Примітка. Коли б у даній нерівності замість знака по-
ставити >, дістали б нерівність, з якої випливало б 0 > 0. Ця чис-
лова нерівність неправильна. Тому нерівність
. 13-г^ 7г 11 (г + 3)
1-----2—> У-----------6---
не має жодного розв’язку.
Система нерівностей першого степеня з одним невідомим. Щоб
розв’язати систему двох або кількох нерівностей з одним невідомим,
треба розв’язати кожну з даних нерівностей окремо і взяти спільну
частину (переріз) множин усіх їх розв’язків.
Тому при розв’язуванні систем нерівностей доцільно викорис-
товувати символ перерізу множин р|. Наприклад, можна писати
[—2; 5] П [3; 7] = [3; 5]; ]— оо; 3 [ П ] ~оо;0 [=] - оо; 0[;
[3; 7] П [0; оо[=[3; 7];] —5; 2 [ П1 3: ~ [= 0.
Зауважимо, що в математиці крім систем нерівностей розгля-
дають і сукупності нерівностей. Систему нерівностей позначають
фігурною дужкою, а сукупність — квадратною. Розв’язати систему
нерівностей з одним невідомим — це значить знайти множину всіх
значень цього невідолюго, які задовольняють кожну нерівність
системи. Розв’язати сукупність нерівностей з одним невідомим —
це означає знайти множину всіх значень невідомого, які задоволь-
няють принаймні о д н у з нерівностей даної сукупності. Іншими
словами: множина розв'язків системи нерівностей є перерізом множин
розв'язків її нерівностей, а множина розв'язків сукупності нерівнос-
тей є об'єднанням множин розв'язків усіх її нерівностей.
Приклад 1. Система нерівностей
( х< — 1,
1 х > 2
не має розв’язків, бо ] — оо; —1 [ р ] 2; оо [ = 0.
Сукупність нерівностей
х< —1,
х > 2
задовольняють усі значення х<— 1 або х>2. Множина розв’яз-
ків цієї сукупності така:
] — оо; —1 [ и ] 2; оо [.
Розрізняти системи і сукупності нерівностей особливо потрібно
при розв’язуванні нерівностей з модулями (див. стор. 184).
Приклад 2. Розв’язати систему нерівностей
| Зх + 5< 17 — х,
1 4х > х — 6.
Розв’язуємо кожну з нерівностей:
Зх + 5 < 17 — х, 4х > х — 6,
Зх + х < 17 — 5, 4х — х > — 6,
4х< 12, Зх>—6,
х < 3; х > — 2.
182
Отже, дана система рівносильна до
х<3,
х > — 2.
Як видно з рис. 13, обидві нерівності задовольняють числа більші
ніж —2, але менші ніж 3.
Відповідь. — 2<х<3.
—і—с<-ч—і—і——к
^-2-/0/234
Рис. 14.
Рис. 13.
Закінчити розв’язання системи можна і так. Оскільки нерівності
даної системи мають множини розв’язків ] — оо; 3 [і] — 2; оо [, то
множиною розв’язків цієї системи є ] — оо; 3 [ (] ] — 2; оо [ ==
=]—2;3[.
Приклад 3. Розв’язати систему нерівностей
( 7х>2х + 20,
І х — 3 < 6 — 2х.
7х > 2х + 20,
х — 3 < 6 — 2х,
7х — 2х > 20,
5х > 20,
х > 4;
х -|- 2х 6 З,
Зх<9,
х<3.
Першу нерівність задоволь-
няють числа, більші за 4, а дру-
гу — менші за 3. Але немає тако-
го числа, яке було б водночас
більше за 4 і менше за 3 (рис. 14).
Відповідь. Дана система
X
Рис. 15.
нерівностей розв’язків не має.
Приклад 4. Розв’язати систему нерівностей
8х + 12 > 2х,
8х — 2х>— 12,
6х> — 12,
х > — 2;
8х+12>2х,
< 2 (х + 2) +3>
. 0,5 (х+ 1) >2.
2(х+2) +3>7,
2х 4- 4 + 3 > 7,
2х > 0,
х> 0;
0,5 (х -і- 1) > 2,
0,5х + 0,5 > 2,
0,5х> 1,5,
х>. 3.
Всі дані нерівності задовольняють числа х2>3 (рис. 15).
Відповідь. х>3.
Нерівності, в яких деякі члени входять під знак модуля. Нерів-
ність | х | < а при а > 0 рівносильна до такої подвійної нерівності
— а < х < а або системи
( х< а,
ї х > — а.
При а<<0 нерівність |х| < а розв’язків не має.
183
Приклад 1. Розв’язати нерівність |Зх — 1 |< — 5.
Розв’язання. При кожному значенні х число | Зх — 1 | не
від’ємне, тбму воно не може бути меншим за —5.
Відповідь. Дана нерівність розв’язків не має.
Приклад 2. Розв’язати нерівність | Зх + 2 | < 5.
Дана нерівність рівносильна, до системи
Зх + 2 < 5,
Зх + 2 > — 5.
Розв’яжемо її:
Зх + 2<5,
3х<3,
х< 1;
Зх -}-2> — 5,
Зх > — 7,
ВІДПОВІДЬ.------й-<Х< 1.
0
Нерівність |х | > а при а>0 задовольняють всі розв’язки не-
рівності х>а і всі розв’язки нерівності х<—а.
При а<0 кожне дійсне число х є розв’язком нерівності |х|>
>а.
Приклад 3. Розв’язати нерівність |2х — 1 ] >5.
2х — 1 > 5,
2х > 6,
х > 3;
2х — 1<— 5,
2х < — 4,
х< — 2.
Відповідь. Дану нерів-
ність задовольняють всі чис-
ла х > 3 і всі числа х < — 2
(рис. 16).
Рис. 16. Примітка. Дана нерів-
ність рівносильна до сукупнос-
ті ЇЇ нерівностей, але не до їх системи (стор. 182). Система двох
одержаних нерівностей не має розв’язків, а нерівність розглядува-
ного вигляду завжди має розв’язки.
§ 29. Нерівності другого і вищих степенів
Нерівності другого степеня. Нерівність другого степеня з одним
невідомим у загальному випадку записується так:
ахх2 + Ь±х + Сі > а2х2 + Ь2х + с2.
її завжди можна записати в такому вигляді:
ах2 + Ьх + с > 0 або ах2 4- Ьх 4- с < 0.
Коефіцієнт а можна вважати додатним (якби він був від’ємним,
можна було б обидві частини нерівності помножити на —1, змінивши
знак нерівності на протилежний).
184
Щоб розв’язати нерівність'ах2-}- Ьх + с> 0, треба спочатку об-
числити дискримінант І) = Ь2 — 4ас. Якщо він виявиться додатним,
тобто якщо тричлен у лівій частині нерівності буде мати різні дійсні
корені, то дану нерівність задовольняють всі числа, які більші за
більший корінь і менші за менший. Якщо дискримінант від’ємний,
то дану нерівність задовольняють всі дійсні числа. Якщо, нарешті,
дискримінант дорівнюватиме нулю, то дану нерівність задовольняти-
.... . Ь
муть всі дійсні числа, крім — .
Нерівність ах2 + ^х4-с<0 при додатному дискримінанті задо-
вольняють всі ті значення невідомого, які більші за менший корінь
тричлена в лівій частині, але менші за більший корінь. Якщо ж
дискримінант дорівнює нулю або від’ємний, то дана нерівність не
має розв’язків (див. стор. 156).
4 Приклад 1. Розв’язати нерівність 2х2 + Зх — 2 >0.
Тут О = 9 + 16 = 25 > 0. Знайдемо корені тричлена 2х2 + Зх —
— 2. Для нього розв’яжемо рівняння 2х2 + Зх — 2 = 0:
_-3±/25.
*1,2 — 4 » Х1 — Д -^2 — 0’5-
Відповідь. х<—2 і х > 0,5.
Приклад 2. Розв’язати нерівність —Зх2 + 5х — 4 > 0.
Оскільки коефіцієнт при х2 тут від’ємний, помножимо обидві
частини нерівності на —1:
Зх2 — 5х + 4 < 0; О = 25 - 48 = — 23 < 0.
Відповідь. Дана нерівність не має розв’язків.
Приклад 3. Розв’язати нерівність х2 — 5х + 6< 0.
О = 25 — 24 = 1 > 0.
5 . 1/25“ _ 5 , 1 ,
х1,2 2 + V 4 6 2 — 2 ’
хх = 2; х2 = 3.
Відповідь. 2<х<3.
Приклад 4. Розв’язати нерівність 2х2 — 5х + 6 > 0.
О = 25 — 48 = — 23 < 0.
Відповідь. Дану' нерівність задовольняє кожне дійсне число.
Приклад 5. Розв’язати нерівність х2 — 6х + 9 > 0.
О = 36 — 36 = 0.
Відповідь. Дану нерівність задовольняють всі числа, крім 3.
Нерівності вищих степенів. Нехай дано нерівність, ліва частина
якої який-небудь многочлен, що містить одну букву — невідоме, а
права — нуль. У загальному випадку такі нерівності розв’язувати
важко. Однак, якщо відомий розклад многочлена на множники, такі
нерівності можна розв’язувати елементарними способами.
' Прикладі. Розв’язати нерівність х4 — Зх3 — х + 3 < 0.
1?5
Розкладаючи на множники ліву частину, перепишемо нерівність
у вигляді
(х-1)(х-3) (х2 + х+1)<0.
Тричлен х2 + х + 1 має від’ємний дискримінант, і його значення
при всіх дійсних значеннях х додатні, отже, вони не впливають на
знак. Тому досить розв’язати квадратну нерівність (х—1) (х—3) <
< 0, або х2— 4х -|- 3 < 0, з якої знаходимо 1<х<3.
Приклад 2. Розв’язати нерівність
(х + 6) (х—1) (х + 1)х<0.
Многочлен у лівій частині цієї нерівності має такі корені: —6,
—1, 0 і 1. Його корені ділять числову вісь на 5 інтервалів. У цих
інтервалах кожний із співмножників знакопостійний. Знак много-
члена в кожному інтервалі визначається за числом від’ємних спів-
множників.
Як видно з табл. 5, вираз Р (х), що стоїть у лівій частині не-
рівності, від’ємний при —6 < х < — 1 і 0 < х < 1.
Таблицяб
Інтервал
Множник
]1; “[
х-|-6
х—1
х+1
X
Р(х)
Відповідь. — 6< х < — 1 і 0<х<1.
Примітка. Ще простіше такі нерівності можна розв’язувати
за допомогою геометричної ілюстрації. Оскільки многочлен (х-|-
-|- 6) (х— 1) (х1) х не має кратних коренів, то крива — його гра-
фік — ніде не дотикається до осі Ох, а лише перетинає її в точках,
що відповідають кореням многочлена. Тому досить визначити знак
даного многочлена в якому-небудь одному інтервалі, на які поді-
ляють числову вісь корені многочлена, щоб узнати, в яких інтер-
валах графік, даного многочлена розташований нижче від осі Ох, а
в яких — вище, тобто при яких значеннях х даний многочлен від’єм-
ний, а при яких — додатний.
Якщо ж многочлен у лівій частині нерівності має кратні корені,
тоді в двох суміжних інтервалах він може мати однакові знаки.
Однак у цьому випадку легко перейти до нової нерівності, ліва
частина якої не буде мати кратних коренів.
Приклад 3. Розв’язати нерівність (х — 2)5 (х2 — 5х -|- 4)2 < 0.
Розв’язання. При всіх значеннях х числа (х — 2)5 і х — 2
мають однакові знаки, отже, показника степеня 5 в даній нерівності
можна не писати. Вираз (х2— 5х + 4)2 додатний при всіх значеннях
х, крім його коре/гв 1 і 4. Тому на множині всіх дійсних чисел,
крім 1 і 4, дана нерівність рівносильна до нерівності х — 2<0, яку
задовольняють всі дійсні значення х<2. Виключивши з цієї мно-
жини числа 1 і 4, що не задовольняють дану нерівність, одержимо
остаточну відповідь: х< 1 і 1<х<2.
186
Дробові нерівності. Оскільки частка — і добуток АВ мають од-
В
д
наковий знак, то нерівність -=->0, де А і В—які-небудь много-
В
члени, рівносильна нерівності Л* В>0.
Тому строгу дробову нерівність завжди можна замінити рівно-
сильною до неї цілою алгебраїчною нерівністю.
Приклад. Розв’язати нерівність
(х-5) (х + 3)^ ‘
Дана нерівність рівносильна до (х -|- 3) (х — 2) (х — 5) < 0.
Корені многочлена (х + 3) (х — 2) (х —• 5) дорівнюють: —З,
2 і 5.
Складаємо таблицю.
Таблиця 6
Множник Інтервал
]-3; 2[ ]2; 5[ ]5; ~[
х+3 х—2 х—5 Р(х) — + І І + І І++ + ф +
—і—і—і—і—і1^—
-З -2 -/ 0 1 2 3 4 567
Рис. 17.
Як бачимо, даний многочлен набуває від’ємних значень при
— оо < х < — 3 і 2 < х<5 (рис. 17).
Відповідь, х < — 3 і 2 < х < 5.
Ірраціональні нерівності. Загальний метод розв’язання цих не-
рівностей полягає в поступовому відокремленні радикалів і підне-
сенні до степеня, що дорів-
нює показнику кореня. Так
можна звільнитися від ірра-
ціональності. Необхідно па-
м’ятати, що при піднесенні
до степеня можуть з’явитися
сторонні розв’язки. Тому в таких випадках необхідно завжди про-
водити перевірку розв’язків.
Можна розв’язувати ірраціональні нерівності й іншим способом.
Відомо, наприклад, що нерівність вигляду А < В рівносильна до
системи нерівностей А 0, В >0, А 'В2. Тому розв’язання такої
ірраціональної нерівності можна звести до розв’язання системи ра-
ціональних нерівностей. При цьому перевірка розв’язків не є обо-
в’язковою.
Приклад 1. Розв’язати нерівність /(х + 2)(х-5) < 8-х
Дана нерівність рівносильна до системи
(х + 2) (х — 5) > 0
8 —х>0
(х + 2) (х-5)< (8-х)2
187
9
Відповідь. х< — 2; 5 < х < 5 .
1о
П р и к л а д 2. Розв’язати нерівність р^х 4- ]/х — V х — ]/х >
>]/' 7+]Гх'
Щоб визначити область допустимих значень для х, розглянемо
другий радикал. Повинно бути х —]/х>0, звідки х>. 1. Інші ра-
дикали при цих значеннях х існують. Отже, область допустимих зна-
чень для невідомого х>1.
При всіх допустимих значеннях х вираз Vх ]/х додатний,
отже, на нього можна помножити обидві частини нерівності. Одер-
жимо
х + )/х — ]/х2 — х > ]/х, абох > ]/х2 — х.
Обидві частини цієї нерівності додатні при всіх допустимих
значеннях х. Отже, її можна піднести до квадрата: х2Д> х2 — х; звідси
випливає х>0.
Обидві нерівності х >0 і 1 задовольняють тільки значення
х 1.
Відповідь, х > 1
КОМПЛЕКСНІ ЧИСЛА
І РІВНЯННЯ ВИЩИХ СТЕПЕНІВ
§ ЗО. Комплексні числа
Визначення. В множині дійсних чисел не будь-яке рівняння сте-
пеня вище від першого має розв’язок Так, наприклад, рівняння
х2+ 1 = 0 не має дійсних коренів, оскільки не існує дійсного числа,
квадрат якого дорівнює числу—1. Це привело до розширення мно-
жини дійсних чисел шляхом введення чисел нової природи. Ці нові
числа називають уявними.
Число, яке задовольняє рівняння х2 == — 1, позначають буквою
/, воно називається уявною одиницею*. Таким чином, /2 = — 1.
Число г = а + &/, де а і Ь — будь-які дійсні числа, і — уявна
одиниця, називається комплексним числом. Числа а і Ьі називаються
відповідно дійсною і уявною частинами комплексного числа х.
При а = 0 комплексне число а + Ьі перетворюється на чисто уявне
число ЬК при 6 = 0 одержимо а 4-0/, тобто дійсне число.
Таким чином, множина комплексних чисе/. включає в себе і всі
2
дійсні числа. Кожне відоме нам число, наприклад 2; 0; ; О,С6;
1о
3 + і\ і можна назвати комплексним. На схемі показано зв’язок
між різними видахми чисел.
* Існують два різні уявні числа, що . задовольняють рівність х2 = — 1.
Уявною одиницею називають одне з них. Його позначають символом і. Друге
число, що задовольняє цю саму рівність, позначають символом—/ і називають
числом, спряженим до уявної одиниці.
188
• Комплексні числа вигляду а-\-Ьі і а—Ьі називаються спряженими.
Комплексні числа вигляду а + Ьі і — а — Ьі називаються протилеж-
ними.
Два комплексні числа а-{-Ьі і а' -\-Ь’і вважаються рівними
гв тому і тільки в тому випадку, якщо а = а', Ь = Ь'.
З цього визначення випливає, що комплексне число а + Ьі
дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли а = 0 і Ь = 0.
Примітка. Відносно комплексних чисел не прийнято ніякої
угоди, яке з них вважати більшим за інше.
Дії з комплексними числами. З комплексними числами вико-
нують такі самі дії, як і з дійсними. Щоб виконати яку-небудь дію
з комплексними числами вигляду а + Ьі, треба виконати дії з дво-
членами такого вигляду за тими правилами, які відомі для двочлена
з дійсними членами, і, нарешті, в результаті замінити всюди і2
на —1. Виходячи з цього дії з комплексними числами визнача-
ються так.
Додавання. Сумою комплексних чисел а + Ьі, а' + Ь'і нази-
вається комплексне число + (Ь-\-Ь')і,
Звідси випливає, що сума спряжених комплексних чисел а + Ьі
та а — Ьі дорівнює дійсному числу 2а, комплексне число а + Ьі
можна розглядати як суму дійсного числа а і чисто уявного числа
Ьі.
Приклади. (4 + 20 + (— 3 + і) = 1 + 30 (0 + 20 + (0 +
+ 50 = 0 + 7/, тобто 2ї + 5ї = 7і; (— 5 + 80 + (— 3 — 80 = — 8.
Сума двох неспряжених комплексних чисел також може бути дійсним
числом, наприклад (7 + 30 + (2 — 30 = 9.
Для додавання комплексних чисел справедливі ті самі основні
закони, що й для дійсних чисел:
(а + Ьі) + (с + М) = (с + ^0 + (а + &)’»
[(а + Ьі) + (с + 40] + (т + пі) = (а + Ьі) + [ (с + 40 + (т + пі) ].
Віднімання. Виходячи з визначення віднімання як дії?
оберненої до дії додавання, різницю комплексних чисел а + Ьі
і а'-\~Ь'і знаходять так:
(а Ьі) — (а' + Ь'і) = (а — а') + (Ь — Ь') і.
189
Різницею двох комплексних чисел може бути комплексне, дійсне
і чисто уявне число.
Приклади. (1 — і) — (2 — Зі) = — 1 + 2і; (4 4- 5/) — (2 4-
+ 50 = 2 + 0/ = 2; (9 — 80 — (9 + 80 = — 164
Множення. Добутком комплексних чисел а-\-Ьі і а' + ЬЧ
називається комплексне число
(аа' — ЬЬ') (аЬ' + Ьа') і.
Звідси випливає, що для множення комплексних чисел досить
перемножити їх як алгебраїчні двочлени і в одержаному результаті
замінити і2 = — 1.
Добуток спряжених чисел а Ьі і а — Ьі е дійсне число, що
дорівнює а2 + Ь2.
Приклад. (2 + 0 (2 — 0=4 — і2 = 5.
Добутком двох неспряжених комплексних чисел також може
бути дійсне число; наприклад (2 30 (4 — 60 = 26. А якщо і сума,
і добуток двох комплексних чисел є дійсні числа, то ці комплексні
числа обов’язково спряжені.
Множення комплексного числа підлягає тим самим основним
законам, що й множення дійсних чисел.
Ділення. Ділення комплексних чисел можна визначити як
дію, обернену до дії множення. Звідси випливає, що частка від
ділення комплексного числа а + Ьі на число а' + ЬЧ дорівнює
аа' 4~ ЬЬ1 а'Ь— аЬ’ .
а'2 + б'2 + а'2 4- б'2 '•
Практично найзручніше ділення комплексних чисел виконувати
так: спочатку помножити ділене і дільник на число, спряжене до
дільника, після чого дільник стане дійсним додатним числом, а потім
виконати ділення дійсної та уявної частин окремо.
Приклад.
— 2 + 5; _ (— 2 + 50 (— 3 + 40 __ - 14 — 23: _
— 3 — 4/ " (— 3 — 40 (— 3 + 40 25
= _ 0,56 — 0,924
Піднесення до степеня. Попередньо знайдемо резуль-
тати від піднесення до степеня уявної одиниці 4 знаючи, що
і1 = ї; і3 = — 4 і- = /; :7 = — г,
і2 = — 1; ї4=1; /в = —1; і8 = 1.
Отже, ми одержали чотири значення, що чергуються:
/4* = +1; ^+І = /; ^+2 = _1; ^3^.
де к = 0, + 1, + 2 тощо.
Треба мати на увазі, що ї° приймається таким, що дорівнює 1.
Піднесення комплексного числа до цілого степеня виконується
так:
(а + Ьі)п = (а + Ьі) (а + Ьі) • • • (а + Ьі)\
п разів
(а + 6і)-п = —.
190
Тут п — натуральне число. Множення можна виконувати послі-
довно. Крім того, приймається (а 1.
Добування квадратного кореня. Добування квад-
ратного кореня з комплексного числа є дія, обернена до дії підне-
сення до квадрата. Квадратний корінь має два значення, які
знаходять за формулою
ут+ьі - + (/23^+» ± , /,
де знак «+» в дужках береться при Ь^> 0, а знак «—» — при Ь <0.
Приклад.
V5 + Т2І - ± (У+, У у*+^--ь
+ < У 4)-±(К5 + <К4)-± (3 + 20.
Геометричне зображення комплексних чисел. Відомо, що дійсні
числа можна зображати на прямій. Комплексні числа г~а-\-Ьі
взаємно однозначно зіставляються з парами дійсних чисел (а, 6).
Тому комплексне число г — а -\-Ьі умовились геометрично зображати
точкою М, у якої в прямокутній системі координат абсциса дорів-
нює а, а ордината Ь (рис. 18).
Комплексне число можна також зображати напрямленим відріз-
ком (вектором) ОМ, тобто відрізком прямої,
яка з точок, що його обмежують, є почат-
ком і яка —кінцем. В нашому випадку О
є початок, а ЛІ — кінець. Отже, комплексне
число 2 = а + Ьі зображують вектором, поча-
ток якого збігається з початком координат,
а кінець — з точкою М. Вектор позначають
ОМ', напрямок вектора вказує стрілка на його
кінці.
Довжина вектора, що зображує комплексне
число, називається модулем цього комплексно-
го числа. Модуль будь-якого комплексного чр
нулю, є додатне число. Модуль комплексного числа а + Ьі позна-
чають (а + ^ї), а також буквою г. З рис. 18 видно, що
г = | а + Ьі | — V а2 + Ь2.
Модуль дійсного числа збігається з його абсолютним значенням.
Спряжені комплексні числа а-\-Ьі і а — Ьі мають один і той самий
модуль.
Прикладі.
ІЗ + 5/| = /З2 + 52 = ]/34; | - 7| =| — 7+ 0 • і | =
= ’/ (— 7)2 + 0 = 7; 1 41 і = | 0 + 4і | = /о2 + 42 = 4.
—>
Кут я між додатним напрямком осі абсцис і вектором ОМ, що
зображує комплексне число а Ьі, називається аргументом ком-
плексного числа а + Ьі. Кожне комплексне число, що не дорівнює
для якого вказано,
м(а,6)
Ь
Рис. 18.
і, що не дорівнює
191
нулю, має нескінченну множину аргументів, що .відрізняються один
від одного на ціле число обертів, тобто на 360° Л, де к— будь-яке
ціле число (для комплексного числа г = 0 аргумент втрачає смисл).
Аргумент ср комплексного числа а -|- Ьі пов’язаний з а і Ь такими
формулами:
. Ь а . Ь
ср ; С05 ср = — : 51П ср = г
“ Л + /а2+62
Проте жодна з них зокрема не дозволяє знайти аргумент за
абсцисою і ординатою. Покажемо це на прикладах.
Приклад 2. Знайти аргумент комплексного числа — 3 — З/.
__З
Розв’язання. Перший спосіб. І£ср =—^ = 1. Цю
умову задовольняють як кут 45°, так і кут 225°. Але кут 45° не
У є аргументом числа — 3—Зі (рис. 19). Правиль-
на на відповідь буде ср = 225° (або—135е, або 585°
ф тощо). Цей результат одержимо, якщо врахувати,
/^^\' що абсциса і ордината даного комплексного числа
----від’ємні. Значить, точка М лежить у третій чверті.
X и Х __1
X Другий спосіб, соз ср — —. Формула
ІАу У 2
° для зіп ер показує, що він також від’ємний. Отже,
Рис. 19. кут ср належить третій чверті, так що е == 225° +
+ 360° к.
Найменше за абсолютною величиною значення аргументу нази-
вається головним. Так, для комплексного числа — 3 — Зі головне
значення аргументу дорівнює — 135°.
Аргумент дійсного додатного числа має головне значення 0°;
для від’ємних чисел головним значенням аргументу прийнято вва-
жати 180° (а не—180°).
§ 31. Тригонометрична форма
комплексного числа
Розглянута вище форма запису комплексного числа, тобто форма
а + Ьі, називається алгебраїчною. Абсциса а і ордината Ь комплекс-
ного числа а + Ьі виражаються через модуль г і аргумент
(рис. 19) формулами а = г соз ср, Ь = г зіп тоді одержимо
а + Ьі = г (соз ср + і зіп ср).
Останній вираз називається тригонометричною формою ком-
плексного числа з модулем г і аргументом ср. Будь-яке число 2=^0
можна представити в тригонометричній формі.
Приклад 1. Представити в тригонометричній формі число
1 — і. __________
Маємо г — К12+ (— І)2 = К2; і£«р = — 1. Тут а = 1, Ь = — 1.
Отже, ср знаходиться в четвертій чверті. Звідси знаходимо ср = 315°
і можемо написати 1
1 — і = /2 (соз 315° 4- і зіп 315°).
195
Приклад 2. Представити в тригонометричній формі число
— 3 + 2(.
г = / (- З)2 + 22 = /ІЗ; {§ = — ^- = —0,666...
О
Тангенс від’ємний, отже, значення ср треба шукати в другій або
четвертій чверті. У даному випадку а = — З, Ь~2. Точка з такими
координатами міститься у другій чверті. За таблицями знаходимо:
« 146° 18'. Отже,
— З + 2і и /ІЗ (сов 146° 18' 4- і зіп 146° 18').
Приклад 3. Виразити в алгебраїчній формі число 4 (со$ 30° -|-
+ /ЗІП 30°).
Оскільки
сов 30° = ~; він 30° = у,
то маємо
4 (сов 30° + / зіп 30°) = 2/З + 2(.
Далі розглянемо, як виконувати дії з комплексними числами,
заданими в тригонометричній формі.
Додавання і віднімання’комплексних чисел простіше і зручніше
виконувати, коли вони задані в алгебраїчній формі. Для інших
алгебраїчних дій зручніша тригонометрична форма.
Множення. Нехай дано два комплексні числа і г2. Записавши
їх у тригонометричній формі
Ч = гі (соз «Рі + і зіп срх); = г2 (соз ?2 + і ср2)
і перемноживши, одержуємо
гі?2 = [сов (?і + ?2) + і віп (?і + ?2)].
Отже, модуль добутку двох комплексних чисел дорівнює добутку
модулів співмножників, а аргумент дорівнює сумі аргументів спів-
множників. Це правало справедливе і для будь-якого числа спів-
множників.
Приклад. Перемножити числа
Г (СОЗ Ср + І ЗІП ср); Г [СОЗ (— ср) + І ЗІП (— ср) ].
Р о з в’я з а н н я.
Г (СОЗ Ср + І 8ІП ср) • Г [соз (— ср) -|- І 8ІП (— <р)] —
= г2 (соз 0° + і зіп 0°) = г2.
Ділення. Нехай треба число (со$ -}- і зіп «рЦ поділити на
число г2 = г2 (соз ср2 -|- і зіп ср2).
= /і (соз ері + / зіп срг)
*2 ~ Г2 (С05 Т2 + 1 ?іп ?й) '
7 5-2692
193
Помноживши чисельник і знаменник на СО5 Єр2 — 1 5ІП ?2* ПІСЛЯ
перетворень одержимо'
21- = А- [СО5 (фї — <р2) + І 8ІП (<?і — <р2)].
г2 г2
Отже, модуль частки двох комплексних чисел дорівнює частці
модулів, а аргумент — різниці аргументів діленого і дільника.
Приклад. Нехай = ]/3 (соз 200° + зіп 200°),
г2 = 2 [соз (— 160°) + і 8іп (— 160°)].
Тоді
2ь = 1^? (соз 360° + і зіп 360°) = Кг .
Піднесення до степеня. Помножаючи число г = г (соз ер +1 зіп ер)
само на себе п разів, за правилом множення комплексних чисел
одержуємо
гл = [г (соз ер + і зіп ер) ]л = гп (соз пер + і зіп ер).
Отже, модуль степеня комплексного числа дорівнює тому самому
степеню модуля основи, а аргумент дорівнює аргументу основи,
помноженому на показник степеня.
В окремому випадку, якщог = 1, попередня рівність набу-
ває вигляду
(соз ер + І ЗІП ер)л = СОЗ Пер + І ЗІП Пер.
Ця формула має назву формули Муавра— за ім’ям англійського
математика Муавра (1667—1754).
Приклад 1. Піднести до куба число г = 2 (соз 20° + і зіп 20°).
г3 = 8 (соз 60° + * 5^п 60°) =4 + 4
оскільки
1 т/з
соз 60° = — , зіп 60е = .
і /з
Приклад 2. Піднести до 20-го степеня число г = — + і.
Записавши його в тригонометричній формі г = 1 (соз 60° +
+ і зіп 60е), знайдемо
г20 = і20 (с03 1200° + і Зіп 1200°) =
= соз 120° + і зіп 120° = у + іу і.
Приклад 3. Знайти вираз косинуса І синуса кута Зер через
косинус і синус кута ер.
соз Зер + і зіп Зер = (соз ер + і зіп ер)3 = соз3 ер + 3/ соз2 ер зіп ер +
+ З/2 СОЗ ер зіп2 ер + І:і зіп3 ер = СОЗ3 ер — З СОЗ ер зіп2 ер +
+ І (З СОЗ2 ер зіп ер — зіп3 Ср).
194
Прирівнюючи дійсні і уявні частини, одержуємо
соз 3<р = соз3 ср — З зіп2 9 соз ср; зіп 3? = 3 соз2 ср зіп ср — зіп3 ср.
Примітка. Можна так само знайти соз 4ср, зіп 4ср і загальні
формули для зіп пер, соз пер.
Добування кореня. Корінь п-го степеня з комплексного числа
добувається за допомогою формули
пг—------г-^-ї—; лг- ( <? + 2кп , . . ср4-2£тЛ
у г(соз <р + і зіп ср) = у г І соз —!—-1- і зіп —— І.
Тут у/~г—арифметичний, а & = 0, 1, 2, ... , п—1. Корінь
степеня п в множині комплексних чисел має п різних значень.
Виняток становить г = 0. В цьому випадку всі значення кореня
рівні між собою і дорівнюють нулю.
Модуль кореня п-го степеня з комплексного числа дорівнює
кореню того самого степеня з модуля підкореневого числа, а аргу-
мент для кожного значення кореня визначається за формулою
?А+1 = ? ’ ДЄ к ~ *’ 2’ • ' • ’ " ~ *’
Приклад 1. Знайти корінь кубічний з числа
г = г (соз ср + і зіп <р),
З/—7----------------7 3/--/ ср + 2кп , . . ср4-2£гЛ
У г (соз ср + І Зіп ср) = у Г (соз -------1- і зіп -і—---І =
соз І + 120° Й + і зіп (-у- + 120° к
\ <5 / \ о І
При к = 0 Пі — Уг ^соз + і зіп —
При к = 1 п2
При к = 2 п3
СО5 4+ 120°) + ' ЗІП(-Т+ ,20°
и / \ О }
-ї- + 240°
соз + 240°
<5
Не важко переконатися, що при к = 3, 4, 5, 6, ... одержимо
п4 = пг, п5 = п2 і т. ін., тобто нових значень кореня ми вже не
одержимо.
Приклад 2. Знайти кубічний корінь з одиниці.
1 = 1 (соз 360° к + (• зіп 360° к); %ҐЇ = 1 (соз 120Л + і зіп 120° к).
При к = 0, 1, 2 одержимо відповідно
пх = 1 (соз 0° + і зіп 0°) = 1;
л2 = 1 (соз 120= + і зіп 120°) = І у + <: Іу) = ~ ‘
п3 = 1 (соз 240 + і зіп 240') = 1 — і = —1 2 '
7*
195
§ 32. Історичні відомості
про комплексні числа
Числа, що потім одержали назву комплексних, вперше з’яви-
лися в одній з задач Д. Кардано. Він назвав їх «софістичними»
числами, бажаючи цим підкреслити їхню парадоксальність: вважа-
лося, що корінь квадратний з від’ємного числа не має смислу,
і в той же час добуток двох таких коренів виявився цілком реаль-
ним числом.
Початок застосування комплексних чисел в математиці поклали
Г. Лейбніц і Й. Бернуллі. Лейбніц твердив, що логарифми від’єм-
них чисел існують і є комплексними числами. Й. Бернуллі і Ж. Да-
ламбер намагались довести, що такі логарифми — дійсні числа. Це
спірне питання вдалося розв’язати Л. Ейлеру, який показав, що
логарифми від’ємних і уявних чисел — числа уявні.
В деяких нотатках, що вийшли в першій чверті XVIII ст.,
А. Муавр вказав на зв’язок між комплексними числами і тригоно-
метричними функціями і вивів, щоправда, не в такому вигляді, як
прийнято тепер, свою знахМениту формулу. В сучасному вигляді:
(соз 9 ± і зіп 9)п = соз л'9 + зіп пер.
Ця формула була виведена Л. Ейлером в 1748 р. Дещо раніше,
в 1740—1743 рр., Л. Ейлер встановив основне співвідношення між
показниковою і тригонометричною функціями:
ЄХІ = СОЗ X + І 5ІП X.
З другої половини XVIII ст. почалася вже інтенсивна розробка
питань, пов’язаних з поняттям комплексного числа. Початок систе-
матичного використання комплексних чисел був покладений працями
Ейлера і Даламбера, які з’ясували ряд властивостей комплексних
чисел' і їх зв’язок з деякими задачами геодезії, картографії, гідро-
динаміки.
Однак, незважаючи на всі досягнення теорії, математики від-
мовлялися вважати комплексні числа реально Існуючими. Основним
протиріччям була нез’ясованість самого поняття уявної одиниці:
з одного боку, було відомо, що не існує числа, квадрат якого
дорівнював би — 1, і в гой же час дії з такого роду «уявними»
числами приводили до правильних результатів. Таким чином, треба
було або визнати, що комплексні числа є умовністю, або знайти їх
геометричне тлумачення, пов’язане з об’єктивною реальністю.
Вперше геометричне зображення комплексних чисел було запро-
поновано Г. Кюном, учителем гімназії в Данцігу в 1750—1751 рр.
Тільки в 1799 р. норвезький математик Гаспар Вессель (1745—І818)
дав загальне геометричне тлумачення комплексних чисел як точок
на площині. Істотним був доказ Весселя, що всі відомі до того
часу числа є лише окремими випадками комплексних.
На початку XIX ст. над питаннями дальшого обгрунтування
теорії комплексних чисел працювали К. Ф. Гаусе і О. Коші.
К. Ф. Гаусе запровадив і термін «комплексні числа».
196
§ 33. Рівняння вищих степенів
Теорема Безу та її наслідки. Для вивчення рівнянь вищих сте-
пенів першорядне значення має така теорема: остача від ділення
многочлена відносно х на двочлен х — а дорівнює значенню цього
многочлена при х, що дорівнює а.
Можна сформулювати цю теорему коротше: остача від ділення
многочлена } (х) на х — а дорівнює / (а).
Приклад 1. Знайти остачу від ділення многочлена 4х3 — Зх2 +
+ х — 5 на х — 2.
Тут а = 2. Підставивши в даний многочлен замість х число 2,
одержимо відповідь:
4. 23 — 3- 22 + 2 —5 = 17.
Перевірка,
4х3 — Зх2 4-х — 5 1 х — 2
4х3-8х2_________5х -Ь 11
5х2 4- х
5х2 — Юх
11х 5
~ 11х — 22
17
Приклад 2. Знайти остачу від ділення многочлена х1^ 4- З
на х 4~
х 4- 1 = х—(—1), отже, в даному випадку а = —1. Підста-
вивши замість х число —1 в даний многочлен, одержимо: (—І)1^ 4~
4-3 = 2.
З теореми Безу випливають висновки.
1. Для того щоб многочлен І (х) ділився на х — а, необхідно
і достатньо, щоб } (— а) = 0.
2. Для того щоб многочлен / (а) ділився на х + а, необхідно
і достатньо, щоб / (— а) = 0.
Зокрема, многочлен
хп — ап ділиться на х — а при
хп — ап » » х 4~ а »
хп 4- ап » » х 4- а »
хп — ап не ділиться на х -|- а »
хп ап » » » х 4- а »
хп + ап » » » х — а »
всіх натуральних п,
парних и,
непарних п,
непарний п,
парних п,
всіх натуральних п.
Примітка. Проте неправильно було б говорити, що сума
однакових степенів двох чисел не ділиться на різницю цих чисел,
оскільки, наприклад, 9П 4- Зп ділиться на 9—3 при всіх натуральних
п. Слід розрізняти подільність многочленів і подільність чисел —
числових значень цих многочленів.
Приклад 3. При яких значеннях а многочлен 4х2 — 6 4- а
ділиться без остачі на х 4- З?
Щоб ділення виконувалося без остачі, необхідно і достатньо,
щоб при х — — 3 значення даного многочлена дорівнювало нулю,
тобто 4 (—З)3 — 6 • (—3) 4- а = 0 або 18 4- а = 0, звідки а = — 18.
197
Приклад 4. При яких значеннях т і п многочлен/пх3-}-
4- пх3 — 73х + І02 ділиться на х2 — 5х + 6?
Розв’язання. х3— 5х + 6 = (х — 2) (х — 3). Щоб даний
многочлен ділився і на х — 2 і на х — 3 його значення при х = 2
та х = 3 повинні дорівнювати нулю. В результаті одержимо систему
ґ Зт + 4л - 146 + 102 = 0,
І 27т + 9п — 219 + 102 = 0,
що має єдиний розв’язок: т = 2, п = 7.
Відповідь. При т = 2 і п = 7.
Рівняння вищих степенів та їх властивості. Рівнянням вищого
степеня називають кожне алгебраїчне рівняння степеня вищого за
другий, тобто рівняння вигляду
+ а1хп~1 + • + ап_іх + ап = 0.
Наведемо найважливіші властивості цих рівнянь.
1. Будь-яке алгебраїчне рівняння п-го степеня в множині ком-
плексних чисел має п коренів, серед яких можуть бути і такі, що
дорівнюють один одному.
2. Якщо многочлен ( (х) = аохп 4- б71хл“1 4- • + ап^х + ап
має корінь хпто він ділиться на х — х,, тобто / (х) = (х — хх) () (х).
Це висновок з теореми Безу.
3. Будь-який многочлен п-го степеня в множині комплексних
чисел може бути представлений, і притому єдиним способом,
у вигляді добутку двочленів першого степеня:
/ (х) = А (х — Хх)т (х — х2)Р ... (х — хпу,
де Хі, х2, ... , хп — корені даного рівняння, а т + р 4- < • +
+ г = п.
4. Якщо рівняння з дійсними коефіцієнтами має уявний корінь
а + Ьі, то воно має і спряжений з ним корінь а — Ьі, Якщо ж це
рівняння непарного степеня, то воно повинно мати хоча б один
дійсний корінь.
5. Будь-яке рівняння з дійсними коефіцієнтами має парне число
уявних коренів, попарно спряжених.
6. Як уже зазначалося (стор. 158), для квадратного рівняння
ах2 4- Ьх + с = 0 справедливі формули Вієта:
, Ь
к с
Хт ха = --
де Хі і х2 — корені рівняння.
Взагалі для рівнянь п-го степеня
аох” + агхп~г + а2хя-2 -|----|- ап_іХ + ап = 0
маємо
Х1 + Х2 + + ХП = ~~~ *
а0
Х1Ха .. . Ха= (— 1)"-^-.
ао
7. Для того щоб нескоротний дріб — був коренем рівняння
з цілими коефіцієнтами
<Мп + я1*'!~1+ + 0/1-1* +Ял =0’
необхідно, щоб р було дільником вільного члена аПі а д—дільни-
ком коефіцієнта а0.
8. Якщо всі коефіцієнти рівняння цілі і коефіцієнт при хп
дорівнює 1, то раціональними коренями можуть бути тільки цілі
числа.
9 Цілі корені рівняння з цілими коефіцієнтами є дільниками
вільного члена.
У деяких випадках, використовуючи викладені властивості,
можна легко розв’язати рівняння вищих степенів з цілими коефі-
цієнтами.
Приклад. Розв’язати рівняння х3 — 6х2 + 1 їх — 6 = 0.
г Оскільки рівняння має цілі коефіцієнти і коефіцієнт при X3
дорівнює одиниці, то цілими коренями можуть бути тільки дільники
вільного члена, тобто 1; 2; 3; —1; —2; —3; 6; —6.
Перевіримо, чи не є 1 коренем даного рівняння:
/(1) = р —6- 12+ 11 • 1—6 = 0.
Тоді на основі теореми Везу поліном у лівій частині має діль-
ник х— 1.
Можна або безпосередньо поділити ліву частину на х—1, або
елементарним прийомом подати її у вигляді добутку:
х3 — х2 — 5х2 + 5х + 6х — 6 = х2 (х — 1) — 5х (х — 1) +
+ 6 (х — 1) = (х - 1) (х2 - 5х + 6).
Квадратний тричлен легко розкладається на множники, отже
дане рівняння рівносильне до
(х— 1) (х —2) (х —3) =0.
Звідси одержуємо, що корені даного рівняння будуть 1; 2$ 3.
Деякі алгебраїчні рівняння вищих степенів можна розв’язати,
звівши їх до квадратного.
Рівняння, ліва частина яких розкладається на множники, а права
є нулем. Буває, що можна розкласти ліву частину рівняння на
множники, з яких кожний не вище від другого степеня. Тоді при-
рівнюємо до нуля кожний многочлен зокрема і розв’язуємо одер-
жані рівняння. Знайдені корені будуть коренями вихідного рівняння.
Приклад. Розв’язати рівняння х3 + Зх2 — Юх = 0.
Ліва частина легко розкладається на множники х і х2 + Зх—10
і, отже, досить розв’язати два рівняння
х = 0 і х2 Зх — 10 = 0,
199
з яких знаходимо три розв’язки:
х2 = 0; х2 = 2; х3 = 5.
Ефективність розв’язання рівнянь таким способом залежить від
уміння розкласти ліву частину рівняння на множники. Проілю-
струємо це на прикладах.
Приклади. Розв’язати рівняння
А. Xі + 6 = 7х.
Б. х3 + (Ь2 - а2) х + аЬ- = 0.
В. х4 + 2х3 — 13х2 — 14х + 24 = 0.
Р о з в’я з а н н я.
А.
х3 — їх + 6 = 0; х3 — х — 6х + 6 = 0; (х3 — х) —
— (бх — 6) = 0; х (х2 — 1) — 6 (х — 1) = 0;
(х — 1) (х24-х — 6) =0.
Тоді
х — 1=0 і х2 + х — 6 = 0.
Отже,
х^ —— 1) х2 == 2; х3 ”— 3.
Б.
х3 + Ь2х а2х + аЬ2 = 0; (х3 — а2х) + (Ь2х + аЬ2) = 0;
х (х2 — а2) + Ь2 (х + а) = 0; х (х а) (х + а) + Ь2 (х 4~ а) = 0;
(* + «) [х (X —а) +д2] =0;
(х + а) (х2 — ах + Ь2) = 0.
Тоді х + а = 0 і х2 — ах 4- Ь2 = 0.
Отже, Хі = — а; х2,3= ~ ± ]/”-----------Ь2 (якщо а2 > 462).
В.
(х44-х3 — 12х2) 4~ (*3 + х2 — 12х) + (— 2х2 — 2х + 24) = 0;
х2 (х2 4- х — 12) 4- х (х2 4- х — 12) — 2 (х2 4- х — 12) = 0;
(х2 + х — 12) (х2 4- х — 2) = 0.
Тоді х2 + х — 12 = 0 і х2 + х — 2 = 0.
Отже, хх = 3; х2 = — 4* х3=1; х4 = — 2.
4. Двочленні рівняння. Двочленним рівнянням називається рів-
няння вигляду ахт 4-6 = 0. Поділивши обидві Частини такого
рівняння на а, одержимо зведене двочленне рівняння
хт 4- д = о.
Щоб розв’язати двочленні рівняння, покладають, що х =
= у д • ?, і зводять ці рівняння до простіших:
гт — 1 = 0; гт 4-1 = 0.
Такі рівняння при деяких окремих значеннях пг можна розв’язати
елементарними способами. Загальний спосіб полягає в розкладанні
200
лівої частини рівняння на множники, після чого рівняння зводиться
до вигляду, розглянутого раніше*.
Приклади. Розв'язати рівняння
А. х3 — 1 =0.
Б. Ібх4 + 81 =0.
Р о з в’я за н н я.
А. х3 — 1 = (х — 1) (х2 + х + 1).
Отже, рівняння х3—І =0 має своїми коренями корені рівнянь
х- 1 = 0 і х2 + х + 1 = 0.
Розв’язавши їх, знайдемо, що рівняння х3— 1=0 має такі три
корені:
1. 1±'/3
Х1 — 1» * х1,2 —---2---'
Б. Поділивши обидві частини даного рівняння на 16, одержимо
Нехай
х = г = 1,5г, тоді г4 + 1 = 0.
г* + 2г2+1 — 2г2 =0; (г2 + І)2 — 2г2 = 0;
г2 + 1 — /2г = 0 і г2 + 1 + /2г = 0,
звідки
У У 1 -У <1±о. 0 ± 0:
—У V ? < ± —Ф с ±
Біквадратне рівняння. Рівняння четвертого степеня, до якого
входять іільки парні степені невідомого, називається біквадратним.
Його записують так:
ах4 + Ьх2 + с = 0.
Це рівняння зводиться до квадратного за допомогою заміни
х2 = а; маємо аг2 4* + с == 0. Формула розв’язків біквадратного
рівняння така:
___і_ 1/^ — Ь±Уь2 — 4ас
*~± г 2а
Коли рівняння має вигляд ахт + Ьхп = 0. де т > л, то його можна
подати як хп (ахт 4- &) = 0 і, отже, воно розпадається иа два рівняння*
хп = 0 і ахт~п + д = 0.
201
Вона дає чотири корені біквадратного рівняння, а саме:
Х1 = +И ----23---Х*-~У -------23---’
, і / — ь — /Ьг — 4«с -\Г — ь — У&—4ас
*3 = + Г ---23---- • V ---------•
Цих формул можна не запам’ятовувати; розв’язуючи біквадратне
рівняння, краще зводити їх до квадратних.
Приклад. Розв’язати рівняння Xі — 13х2 4- 36 = 0.
Розв’язання. Нехай х2 = а. Одержуємо рівняння
г2_ 13г 4-36 = 0.
Тоді ?! = 9, г2 = 4. З рівняння х2 — а, підставляючи замість а
знайдені числа 9 і 4, одержуємо такі чотири розв’язки даного рів-
няння: хх = 3; х.2 = — 3; х3 = 2; х4 = — 2.
Тричленне рівняння. Тричленними називаються рівняння вигляду:
ах2п Ьхп 4- с = 0
(окремий випадок такого рівняння при п = 2 є біквадратне рів-
няння).
Тричленне рівняння за допомогою заміни хп = г зводиться до
квадратного рівняння
аг2 4- Ьх 4- с = 0,
звідки
— Ь — У Ь2 — 4ас — Ь 4~ VЬ2 — 4ас
г' =--------2а------= 2*=----------25---------•
Підставивши в рівняння хп — г замість а ного значення і а2,
одержимо два двочленні рівняння п-го степеня
п — Ь — У Ь2 — 4ас п — Ь 4- — 4ас
уП - -------г • уП -- 1
Х ~ 2а > х ~ 2а *
Розв’язавши, якщо можливо, ці двочленні рівняння, одержимо
всі розв’язки даного тричленного рівняння.
Приклад. Розв’язати рівняння х9 — 9х3 4-8 = 0.
Р о з в’я за н н я. х3 = а; а2 — 9а 4-8 = 0. Тоді а1 = 8іг2=1;
отже, х3 = 8 і х3 = 1.
Розв’язавши ці двочленні рівняння третього степеня, одержимо
шість значень для х:
х1 = 2; х2 = — 1 + і /3; х3 = — 1 — і ]/3;
Симетричні рівняння. Рівняння
ахп 4- Ьхп~1 4- схп~2 + ‘ * + сх2 4- Ьх 4- а = 0,
202
у яких коефіцієнти членів, однаково віддалених від початку і кінця,
рівні, називаються симетричними або зворотними. Наприклад,
Xі + 2х6 — 5x5 — ІЗх4 — 13х3 — 5х2 + 2х + 1 = 0.
Симетричне рівняння має гаку властивість: якщо число хх
є розв’язком, то обернене число — також буде його розв’язком.
Х1
(Жоден з коренів симетричного рівняння не може дорівнювати
нулю.)
Симетричне рівняння може бути як парного, так і непарного
степенів. Спосіб розв’язання такого рівняння парного степеня пока-
жемо на прикладі рівняння четвертого степеня
ах4 4- Ьх3 + сх2 4- Ьх -|- а = 0.
Поділивши обидві частини рівняння на х2 (оскільки х^О),
одержимо
ах2 + + с += 0.
Згрупуємо члени з однаковими коефіцієнтами:
а(*2 + ^") + 6 (х + 7) + с = 0.
Замінюючи х + ~ новою буквою у, одержуємо
х2 + -±-=</2-2.
Отже, симетричне рівняння четвертого степеня зводиться до
квадратного рівняння.
Симетричне рівняння парного степеня можна звести за допомо-
гою підстановки у = х + — до рівняння в два рази меншого сте-
пеня, ніж вихідне. Для цього ділять всі члени даного рівняння на
хп (якщо степінь даного був 2п) і групують члени, рівневіддалені
від кінця і початку. Після цього роблять зміну за формулами
? = х + ^; х2 + -^-=</2 —2; х3 + 4з- = ^ —Зі/ і т. ін.
Л л л
Симетричне рівняння непарного степеня має корінь х = — 1.
Якщо це рівняння поділити на х+1, то одержимо симетричне рів-
няння парного степеня, на одиницю меншого, ніж степінь вихідного
рівняння.
Таким чином, будь-яке симетричне рівняння непарного степеня
зводиться до двох рівнянь: х+1=0 і симетричного рівняння пар-
ного степеня, на одиницю меншою, ніж степінь вихідного рівняння.
Приклад. Розв’язати рівняння
2х5 + 5х4 - ІЗх3 - ІЗх2 + 5x4-2 = 0.
203
Це — симетричне рівняння непарного степеня, отже, воно має
корінь х = —1. Поділимо многочлен, що є в лівій частині даного
рівняння, на х + 1 Одержимо
2х4 + Зх3— 16х2 + 3* + 2.
Отже, для визначення інших коренів даного рівняння треба роз-
в’язати рівняння
2х4 + Зх3 — 16х2 + Зх + 2 = 0,
або
2(^+4-)+з(х+т)_і6=о-
Покладаючи = одержуємо 2 (у2 — -2)4~3у—16 = 0,
звідки = — 4; у2 = 2,5.
Отже, х2 + 4х + 1 = 0 і 2х2 — Зх -|- 2 = 0.
Відповідь. = — 1; х2>3 = — 2 ± УЗ; х4 = 2; х5 = -і-.
СПОЛУКИ ТА БІНОМ НЬЮТОНА
§ 34. Сполуки
Перестановки. Нехай маємо множину М, яка складається з п
елементів: а-^ а$, ... , ап. Якщо переставити ці елементи різно-
манітними способами, залишаючи незмінним їх загальне число,
одержимо кілька послідовностей:
Пі02оз * • *
д2°1аз • • • ап>
апаЗа2 .. . і т. ін.*,
кожну з яких називають перестановкою з даних елементів.
Приклад 1. Нижче наведено 6 можливих перестановок з букв
а, Ь і с:
аЬс, осЬ> Ьас, Ьсо, саЬ, сЬа.
Перестановкою з п елементів називається будь-яка скінченна по-
слідовність, яку одержують в результаті впорядкування деякої скін-
ченної множини, що складається з п елементів.
Якщо множина має деяке число елементів, то Ті можна впоряд-
кувати кількома способами. Число всіх перестановок з п елементів
позначається Рп. Це число дорівнює добутку всіх цілих чисел від 1
до п включно:
Рп= 1 . 2- 3- 4 . . . (п— 1) п.
• Записуючи перестановки, звичайно між їх членами не ставлять ком
Однак наведені вище записи ні в якому разі не можна розглядати як добутки.
204
Добуток перших натуральних чисел прийнято позначати сим-
волом п\:
1 2 • 3 • 4 ♦ 5 . . . п = п!
Символ пі читають «єн факторіал». Це слово походить від ла-
тинського {асіог, що означає множник.
Примітка. При п=1 у виразі 1-2 З...п залишається
одне число 1, Тому приймається (як означення), що 1! = 1. При
п = 0 вираз І 2. . п зовсім позбавляється смислу. Однак при-
ймається (як визначення), що 0! = 1.
Отже, Рп = пі
Правильна також така формула:
Рп^п Рп_г.
Приклад 2. Скількома способами можна розсадити 8 глядачів
в ряду з 8 місць?
Р8 = 1 • 2 • З • 4 • 5 - 6 • 7 • 8 = 40 320.
Комбінації. Нехай маємо множину М, яка складається з п різних
елементів.
Будь-яка підмножина М, що містить к елементів (к = 0, 1.
2, . . ., и), називається комбінацією з даних п елементів по к еле-
ментів. З визначення випливає, що дві різні комбінації з даних еле-
ментів по к елементів відрізняються принаймні одним елементом.
Приклад 1. З множини цифр 1, 2, 3, 4 можна утворити такі
комбінації по два елементи: 1,2; 1,3; 1,4; 2,3; 2,4; 3,4.
Число різних комбінацій з п елементів по к позначається сим-
волом Скп (СотЬіпаііо від СотЬІпаге (лат.) —з’єднувати). Але іноді
замість пйшуть .
Число всіх комбінацій з п елементів по к елементів, де
1 < к < п, дорівнює добутку к послідовних натуральних чисел, з яких
найбільшим є п, поділеному на добуток послідовних натуральних
чисел від 1 до кі
к п (п — 1) (п — 2) . . . (п — к + І)
“ 1 2 . . , к
Формулу для Сп можна записати в іншому вигляді. Помноживши
чисельник і знаменник дробу в правій частині її на добуток 1 • 2 X
X 3... (п — к), одержимо
'н —
ПІ л Л Рп
*! («-*)!’ ° Сп~ РкРп-к‘
Примітка. З п елементів можна скласти лише одну ком-
бінацію, яка містить всі п елементів, тому С„ = 1. Формула дає це
значення лише в тому випадку, якщо прийняти 0! за 1. За озна-
чення приймається, що С„ — 1.
Прийнято також вважати, що С9 = 1.
205
Приклад 2. Знайти число діагоналей опуклого десятикутника.
Вершини десятикутника утворюють множину з 10 точок пло-
щини, з яких будь-які три не лежать на одній прямій З’єднуючи
будь-яку пару цих точок відрізком прямої, одержуємо
_ 1212-45
Ио — 1-2 —
відрізків, 10 з яких є сторонами многокутника, а інші 35 — його
діагоналями.
Властивості комбінацій. 1. Число комбінацій з п елементів по
к елементів дорівнює числу комбінацій з п елементів по п — к еле-
ментів, тобто
Сп = Сп~к
Це співвідношення дозволяє спростити знаходження числа ком-
.. . 1
бінаціи з п елементів ПО >?, якщо а* перевищує -- п.
п ^3 100 • 99 98 ІС1 _ЛЛ
Приклад. С100 = С100 = } 2 3~ = 161 700,
2. Число комбінацій з ч елементів по к елементів дорівнює
числу комбінацій з п—1 елементів по к елементів, доданому до
числа комбінацій з п — 1 елементів по & — 1 елементів, тобто
__ ґ'к І 1
1 *г ^п.— 1*
Наведемо ще кілька співвідношень між виразами для чисел різ-
ного виду комбінацій (такі співвідношення називають також ком-
бінаторними тотожностями):
С'к + + • + С^т_1 = С^т;
С°п + с'п+ +С*+ +С"=2";
(с")2 + (сі)2+ +(сппу = сп2п-.
С^гР -1 с^гр—1 4- 4- — Ср
^п^пг т
Розміщення. Візьмемо будь-яку множину Лї, що складається з
п елементів.
Кожна впорядкована множина, що містить к елементів даної
множини п елементів, називається розміщенням з п елементів по к
елементів.
Таким чином, два різні розміщення з даних и елементів по к
відрізняються одне від одного або складом елементів, що входять
до них, або порядком їх розміщення.
Приклад 1. З трьох цифр І, 2. З можна утворити такі розмі-
щення по 2:
1,2; 2,1; 1,3; 3,1; 2,3; 3,2.
Число розміщень з п елементів по к позначається символом
(від франц. Аггапдетепі — розміщення)
206
або
Число можливих розміщень з п елементів по к дорівнює до-
бутку к послідовних цілих чисел, з яких найбільшим є п, тобто
Акп= п (п - 1) (п — 2) . . . (п — к + 1),
_ Рп
п (п-к)І Рп^к-
Приклад?. У класі 10 навчальних предметів і 5 різних уроків
на день. Скількома способами можуть бути розподілені уроки на
день?
Можливі розподіли уроків на день є, очевидно, можливими роз-
міщеннями 5 10 елементів по 5; тому всіх способів розподілу буде
Лі0 = 10 - 9 - 8 - 7 - 6 = 30 240.
У перестановках, комбінаціях і розміщеннях, які ми вище роз-
глянули, елементи, що входять до них, не повторюються, і тому їх
називають відповідно перестановками, комбінаціями, розміщеннями
без повторень.
В математиці розглядають також перестановки, комбінації і роз-
міщення з повтореннями. Цей матеріал досить повно викладений
Вгкн.: С. И. Н о в о с е л о в. Специальннй курс злементарной алгебрьі,
«Внісшая школа», М., 1965, стер. 527 — 531.
§ 35. Розв'язання прикладів і задач на сполуки
Приклад 1. Спростити вираз п__1 - 1--------.
1 Р 2Х—П
Рьх+і _ (2х+і)! (2х-п)! _
Р-гх-п (2х ~ <2х - ~ ’
Приклад 2. Розв’язати рівняння
л^+2. р
(х + 2)І(х-п)!~ 11А
(х —л)!х! а
Отже, (х + 1) (х + 2) = 110, або х2 + Зх — 108 = 0,
= — 12; х2 = 9
Від’ємні значення х опускаємо.
Відповідь, х = 9.
Задача 1. Число перестановок з п букв відноситься до числа
перестановок з букв, як 0,1 : 3. Знайти п.
За умовою
Рп 0,1 1 2 3... п 1
Рп+2 ~ 3 ’ 1 2 3 . .. п (п + 1) (л + 2) ЗО ’
207
звідки випливає
(л О (п + 2) = ЗО.
Корені цього рівняння г?! = 4; и2 = — 7.
Другий корінь не придатний.
Відповідь. іг = 4.
Задача 2. Число комбінацій з п елементів по 3 в 5 разів
менше, ніж число комбінацій з и + 2 елементів по 4. Знайти п.
За умовою
грз . 5/і(/і-1) (/1-2) _ (п + 2) (п + 1) п (п-1)
оСп - С„+2, .бо --------------1-23-4---------’
звідки
5(п-2)^^+і 2^+1).
4
Відповідь. пг = 14; п2 = 3.
Задача 3. Скількома можливими способами можна вибрати з
15 чоловік делегацію у складі 3 чоловік?
Оскільки делегації а, Ь, с, і Ь, а, с однакові, то шукане число
є числом комбінацій з 15 по 3, тобто воно дорівнює
Г'3 ___
с15 —
15- 14 • 13_
12 3 “
1365.
Задача 4. Скількома різними способами збори, що складаю-
ться з 40 чоловік, можуть вибрати із свого числа голову зборів,
його заступника і секретаря?
Вибрати певні 3 чоловіка з 40 чоловік можна так:
а — голова, а — секретар,
Ь — секретар, Ь — голова,
с — заст. голови; с — заст. голови
і т. ін.
Отже, кількість різних способів
Лі0 = 40- 39- 38 = 59 280.
Задач.а 5. Нд площині розташовано 10 точок так, що ніякі
З, за винятком однієї трійки точок, не лежать на одній прямій.
Скільки різних прямих можна провести через ці точки?
Якби 3 точки не лежали на одній прямій, то всього можна було
б провести Сі0 прямих. Якщо при цьому одна точка переміщується
так, що буде на одній прямій з двома іншими точками, то з т| ьзх
різних прямих одержимо одну. Отже, всього прямих можна про-
вести Сі0 — 2 = 43.
Задача 6. Скільки можливих способів для утворення дозору
з 3 солдатів і 1 офіцера, якщо є 80 солдатів і 3 офіцери?
При 1 офіцері і 80 солдатах можна утворити дозор С80 спосо-
бами. При 3 офіцерах число способів буде в 3 рази більше, тобто
ЗСа0 = 246 480.
208
Задача?. Скільки, можливих способів розподілу 6 різних
предметів між 3 особами.так, щоб кожна з них одержала 2 пред-
мети?
Одна особа може одержати 2 предмети з 6 С# способами.
Нехай особи А, Б, В одержали при одному способі розподілу
по 2 предмети так:
А — аЬ, Б — ссі, В ~ е[.
Помінявши місцями власників, одержимо Р3 способів розподілу,
що відповідає одній комбінації з 6 елементів по 2. Отже, усього
способів розподілу буде Р3. Се = 90.
Задача 8. У шаховому турнірі 2 учасники вибули, зіг-
равши по 3 партії кожний, і тому на турнірі було зіграно усього
84 партії. Скільки було учасників спочатку?
Нехай шукане число учасників турніру було х. Повністю зі-
грали один з одним по пертії лише х— 2 учасників (2 вибули), і число
л п (х — 2) (х — 3)
цих партій, очевидно, дорівнює числу Сх — 2 = -------------- .
Це число партій разом з 6, зіграними 2 учасниками, що вибули,
становило 84 партії. Звідси одержувано рівняння
Розв’язуємо його: х2— 5х — 150 = 0, х= 15 (від’ємний корінь опус-
каємо).
Відповідь. 15.
Примітка. В розв’язанні припускається, що гравці, які ви-
були, один з одним не грали. Це дійсно так, бо рівняння С^_2 +
4- 5 = 85 не має розв’язків.
§ 36. Біном Ньютона
Добуток біномів, що відрізняються тільки другими членами.
Вираз х + а, як і взагалі будь-який двочлен, називається біномом.
Звичайним множенням знаходимо
(х + а) (х + 6) = х2 + (а + Ь) х + аЬ;
(х4-а) (хЬ) (х4-с) = х34* Iа + Ь + с) хі + №4*ас4-М х +
(х4-а)(х4-6)(х4-с) (х-М)=х»4- (а4-6 4-с4-^)х’4-(а6 4-ас4-
4- асі 4- Ьс 4- Ьі 4- ссі) Xі 4- (аЬс -|- аЬіі 4- ас<і 4- Ьссі) х 4- аЬссі.
Ці добутки є многочленами, впорядкованими за спадними сте-
пенями х. Всі вони складені за одним і Тим самим законом: показ-
ник першого члена дорівнює числу біномів, що перемножаються, по-
казники при х наступних членів зменшуються на 1; останній член
не містить х (тобто містить його в нульовому степені).
Коефіцієнт першого числа є 1; коефіцієнт другого члена є су-
мою всіх других членів біномів, що перемножаються; коефіцієнт
третього члена є сумою всіх добутків других членів, узятих по два;
209
коефіцієнт четвертого члена є сумою всіх добутків других членів,
узятих по три, і т. д. Останній член є добутком всіх других членів.
Ця закономірність застосовна до добутків якого завгодно числа
біномів, тобто справедлива формула
(х + а) (х + Ь) (х + с) . . . (х 4-/г) = х^ 4-4-
+ 52хя»-2 + + 5т,
де
= д + Ь + £ "Ь “т“
52 = аЬ + ас + +
53 == аЬс + аЬі + +
8т = аЬс. . , ік.
Приклад. Знайти добуток біномів
(х_1) (х+2) (х — 3) (х + 4).
Тут а == —1, Ь = 2, с = —3. і = 4. Тоді
5і=Н)+2+(-3) + 4 = 2;
52 = (-1) . 2 + (-1) • (-3) + (-1) . 4 + 2 • (-3) +
+ 2 4+ (-3) • 4 ==-13;
$з = (-!)' 2. (-3) + (-1). 2. 4 + (—1) . (-3) X
X 4 + 2 • (—3) 4 = — 14;
54 = (—1) 2 (—3) 4 = 24.
Отже,
(х — 1) (х + 2) (х - 3) (х + 4) = Xі + 2х3 — ІЗх2 — 14х + 24.
Формула бінома Ньютона. Якщо в наведеній вище формулі всі
другі члени біномів однакові, тобто а = Ь = с = ==/?, то ліва
частина є степенем бінома (* + а)т, а 51( .. . , 8т відповідно до-
т(т—1) 0 т(т— 1) (т— 2) 3 т
рівнюють та, ——-—- ——ї—-у+з-------' а3, ... , ат.
і / І £ о
Таким чином, одержимо
(х + а) = хт 4- /П2Х”»-1 4- ~ ' а2хт-2 +
, т (т— 1) (т — 2) , т. (т — 1) ... [т (т — 1)] _
123 ' 123...п Х
X а«х’«-" 4- 4- ат.
Ця формула називається формулою бінома Ньютона. Її можна
записати і так:
(х 4- а)т = хт 4- С1тах,п~ї 4- С,^а2х">-2 4- С®1а3хт-“ 4-
4- • 4- С„Іапхт~п 4- 4-""*.
Вираз, що стоїть у правій частині цієї формули, називають
розкладом бінома,
21С
Примітка. Формули квадрата і куба суми (стор. 101) є окре-
мими випадками цієї загальної формули.
Приклад, (х + а)5 = х5 С^ах4 С*а2х3 4- СІЛ2 + +
+ а5 = х5 + бах4 + Юа2х3 4- 10а3х2 4- 5а4х + а^.
Біноміальні коефіцієнти та їх властивості. Коефіцієнтом пер-
шого члена розкладу бінома є 1 (або С^), другого — С^, третього—
С2т і т. д. Коефіцієнт останнього (/п+1)-го члена дорівнює С^ =
= 1. Ці коефіцієнти називаються біноміальними. Загальний член
розкладу має вигляд
г т (т — 1)... [т — (п — 1)1 п
?п+і = Стапхт п = —і------□----------------£1 апхт п.
З цієї формули можна одержати всі члени (крім першого), під-
ставляючи замість п числа 1, 2, 3, .. . , т.
Біноміальні коефіцієнти мають такі властивості:
1. Коефіцієнти членів, однаково віддалених від кінців розкладу,
рівні між собою, тобто
__гт—п
— '-'т
2. Для одержання коефіцієнта наступного члена досить помно-
жити коефіцієнт попереднього члена на показник букви х в цьому
члені і поділити на число членів, які передують визначуваному,
тобто
сГ1 И - л + 1)
Ст п '
3. Сума всіх біноміальних коефіцієнтів дорівнює 2т, тобто
+ + С?» т • . + Є'”-1 + І = 2"«.
4. Сума біноміальних коефіцієнтів, які стоять на непарних міс-
цях, дорівнює сумі біномінальних коефіцієнтів, які стоять на пар-
них місцях, тобто
і + с^ + с^-г =с^ + с^ + с^+ ..
Приклади і задачі на біном Ньютона. Задача 1. У розкладі
----Ї-Д* коефіцієнт п’ятого члена відноситься до коефіцієната
третього члена, як 7:2. Знайти той член цього розкладу, який міс-
тить х у першому степені.
Біноміальний коефіцієнт п’ятого члена дорівнює Сп> коефіцієнт
третього члена дорівнює С„. Тоді, за умовою,
Сп __ 7 п (п — 1) (п — 2) (п — 3) • 1 \ 2 __ 7
~ Т ’ 1 . 2 • З - 4 ♦ п (п — 1) ~ 2 ’
звідки п = 9.
211
Нехай тепер номер члена, який містить х у першому степені,
дорівнює/?>+ І. Тоді
/ । 27-7 к
Т4+1=с‘Ш (/х)’-а = С9\ 3х2=С*х 3 •
\/х2/
За умовою показник степенях повинен дорівнювати 1. Звідси
22г^ = 1іа = 3.
О
Отже, член, який містить х у першому степені, е четвертим
членом розкладу і дорівнює Т4 = СдХ.
Задача 2. Дано многочлен
х (2 — Зх)5 + х3 (1 + 2х2)7 — х4 (3 + 2х3)9.
Знайти коефіцієнт члена, який містить після виконання вказа-
них дій х5.
В розкладі х (2 — Зх)5 член, який містить х5, дорівнює хТ4+1,
де п’ятий член розкладу бінома (2— Зх)3
Л+і = (—1)^5 (Зх)1 2 810х*.
В розкладі х3 (1 + 2х2)? член, який містить х^, дорівнює х3Т1+1,
де другий член розкладу бінома (1 +2х2)7
Т1+1 = СІ(2х=) = 14х2.
Розклад х4 (3 + 2х3)9 не містить х5.
Отже, коефіцієнт члена (даного многочлена), який містить х3,
дорівнює 824.
Задача 3. Многочлен х4 — Зх3 + х2 + 1 розкласти за спадними
степенями х + 1.
Замінивши х на (х+ 1) — 1, одержимо
х4-3х3 + х2+ 1 = [(* + 1)— 1]4-3[(х+ 1)-1]3 +
+ [(х+1)-1]2+1.
Якщо тепер розкрити за формулою бінома Ньютона вираз [(х +
+ 1) — де & = 2, 3, 4, розглядаючи х-|-1 як один член, то
після зведення подібних членів одержимо
(х + 1)і — 7 (х + І)3 + 16 (х + І)2 — 15 (х + 1) + 6.
Задача 4. Скільки раціональних членів міститься в розкладі
(/2 + ®<з)’00?
Маємо
іро—п п
* з3.
~ . 100 — п . п
Оскільки показники —=---- і 5- раціонального члена повинні
X о
бути цілими числами, то число п повинно бути кратним до 3 і 2,
тобто кратним до 6. Але 0 < п < 100 і числа л, кратні до 6, будуть
212
О, 6, 12, ... , 96 Підрахуємо число т їх, одержимо 96=0+6 (т— 1),
6 (т — 1) «= 96, т — 1 = 16, т = 17.
Історична довідка про біном Ньютона. Розклад виразу (а-[-Ь)п
в ряд для цілих значень п був відомий грекам лише для випадку
л — 2. Узагальнення для натуральних л було зроблено середньо-
азіатськими математиками Омаром Хайямом та ал-Каші. Ал-Каші ко-
ристувався біномом для наближеного обчислення кореня будь-якого
степеня з цілого числа; з цією метою він склав таблицю біноміаль-
них коефіцієнтів:
1
1 1
1 2 1
13 3 1
1 4 6 4 1
15 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 І
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1
г Ця таблиця має назву трикутника Паскаля. В Західній Європі
вона вперше була опублікована в посібниках з математики Апіануса
в 1527 р. і Штіфеля в 1544 р. У 1556 р. Тарталья також опублі-
кував таблицю біномінальних коефіцієнтів, оголосивши її при цьому
своїм винаходом. У 1631 р. дослідженням таблиці займався Аутред,
винахідник логарифмічної лінійки; дещо пізніше, в 1654 р., було
опубліковано працю Паскаля.
У 1676 р. формулу бінома поширив на від’ємні і дробові показ-
ники І. Ньютон, хоча не дав її доведення. Останнє було дано Мак-
лореном для цілих раціональних значень л, Ейлером у 1774 р. —
для дробових показників. Нарешті, 1825 р. великий норвезький ма-
тематик Нільс Генрік Абель (1802— 1829) довів теорему бінома для
будь-якого комплексного числа п.
ЕЛЕМЕНТАРНІ ФУНКЦІЇ ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ
§ 37. Функціональна залежність величин
Сталі і змінні величини. Спостерігаючи будь-який процес, можна
помітити, що одні величини, які. трапляються в ньому, змінюють
своє значення, інші — ні. Величини, які в даному процесі весь час
зберігають одне й те саме значення, називають сталими. Величини,
значення яких в даному процесі змінюються, називають змінними.
Приклад. Під час зльоту літака віддаль його від поверхні
землі збільшується, кількість бензину в баках зменшується, а число
пасажирів, довжина літака залишаються постійними.
Одна й та сама величина в одному процесі може бути сталою,
в іншому—змінною. Однак є і такі величини, які залишаються ста-
лими весь час, наприклад відношення довжини кола до його радіуса,
213
відповідає значення і
собою так, що кожному
сума кутів трикутника, температура кипіння води тощо. Такі ве-
личини називають константами.
Звичайно сталі величини позначають першими буквами латинсь-
кого алфавіту: а, Ь, с, б/, а змінні — останніми: х, г/, г.
Змінна величина не завжди може набувати довільних значень.
Вона набуває лише лаких значень, які знаходяться в деяких допус-
тимих для неї межах. Всі ті значення, яких величина може набу-
вати в конкретних умовах розглядуваного процесу, називаються £о-
пустимими значеннями для даної змінної величини.
Функціональна залежність. Часто буває так, що одна змінна
величина залежить від іншої: кожному значенню однієї величини
її. Якщо дві змінні величини пов’язані між
значенню однієї з них відповідає певне зна-
чення іншої, то кажуть, що між цими
змінними існує функціональна залеж-
ність
У Приклади функціональної залежнос-
' ті: радіус кола і його довжина, маса
покупки і її вартість, вага тіла і його
відстань від центра Землі та ін.
Аргумент і функція. Якщо дві змін-
У ні величини перебувають у функціональ-
' ній залежності, то та з них, яка може
набувати довільних допустимих значень,
називається незалежною’змінною або ар-
гументом. Друга величина, значення якої
залежать від значень аргументу, нази-
У вається залежною змінною або функцією.
Наприклад, відомо, що чим вища темпе-
ратура, тим довшою стає стальна рей-
ка, тобто довжина рейки залежить від
температури. В даному випадку темпе-
ратура — аргумент, а довжина рейки —
функція.
Якщо у є функція х, пишуть у = / (х) і читають дорівнює еф
від х». Для позначення функціональної залежності користуються й
іншими буквами. Наприклад, якщо о є функція і, можна* записати
і так: V =у (/) («о дорівнює фі від /»).
Зазначимо, що в сучасній математиці функцією називають не
тільки залежну змінну величину, а й ту відповідність, при якій
кожному значенню однієї величини відповідає певне значення іншої,
а також відповідність між значеннями величин та відповідність між
елементами двох довільних множин. Сучасне загальне визначення
функції таке: відповідність між множиною X і множиною У, при
якій кожному елементу множини X відповідає один і тільки один
елемент множини У, називається функцією. При цьому множина
X називається областю визначення даної функції. Множину всіх тих
елементів з У, які відповідають хоч одному з елементів множини
X, називають множиною значень даної функції. Наприклад, відповід-
ність /, зображена на рис. 20 стрілками, є функція, а відповідності
§ і Н — не функції. Для функції / область визначення {а, Ь, с, й},
а множина значень {1, 2, 3}. Деякі математики множини X та
У називають областями відправлення і прибуття і дають таке
визначення: функція — це відповідність, при якій кожному еле-
214
менту області відправлення відповідає єдиний* елемент області
прибуття.
Таким чином, тепер у математиці словом «функція» називають
і відповідність /, і величину / (х).
Нове сучасне поняття функції не суперечить старому (класич-
ному), воно лише більш загальне. Функції, які задані на числовій
множині і значення яких—також числа, тепер називають числовими
функціями. В цьому розділі ми будемо розглядати тільки числові
функції і називати їх для короткості просто функціями.
Способи надання функції. Функцію можна задати формулою, що
показує, як за даним значенням аргументу можна обчислити відпо-
відні значення функції. Такий спосіб задання функції називають
аналітичним.
Приклад. Залежність об’єму куба V від довжини його ребра
а можна виразити формулою V = а3. Ця формула показує, як для
кожного значення а можна обчислити відповідне значення V. На-
приклад, якщо а = 4, то а3 = 64, тощо.
Взагалі, якщо при відповідності / кожному (допустимому) зна-
ченню х відповідає певне значення у, то пишуть: у = / (х). В цьому
випадку маємо функцію, задану рівністю у = )(х). Щоправда, часто
слова «задану рівністю» опускають і говорять коротше: маємо функ-
цію и = / (х).
< Залежно від того, якою формулою виражається та чи інша функ-
ція, розглядають різні види функцій. В елементарній математиці роз-
глядаються дії додавання, віднімання, множення, ділення, підне-
сення до степеня, добування кореня, логарифмування, обчислення
синусів, косинусів, тангенсів, котангенсів, секансів, косекансів, арк-
синусів, арккосинусів, арктангенсів, арккотангенсів, арксекансів і
арккосекансів. Ці дії називають елементарними діями. Дії дода-
вання, віднімання, множення, ділення, піднесення до степеня з ра-
ціональним показником, добування кореня називають також алгеб-
раїчними діями. Інші елементарні дії називають елементарними транс-
цендентними. Якщо функцію можна задати формулою, яка містить
лцше алгебраїчні дії, її називають алгебраїчною функцією. Якщо функ-
цію можна задати формулою, яка містить елементарні дії, серед
яких є і елементарні трансцендентні дії, то її називають елемен-
тарною трансцендентною функцією.
Функцію можна задати також табличним способом, тобто вка-
зати значення аргументу і для кожного з них дати відповідні зна-
чення функції. Наприклад, таблиці квадратів, кубів, квадратних
коренів та інші є не що інше, як табличні задання функцій.
Дуже поширений також графічний спосіб задання функцій. Зви-
чайно для цього використовують прямокутну систему координат
Існують і інші способи задання функцій: описовий, за допомо
гою пар, функціональної шкали тощо.
Координати. Сукупність двох взаємно перпендикулярних число-
вих осей із спільною початковою точкою О називають прямокутною
системою координат (рис. 21). Одну з цих осей, звичайно горизон-
тальну, називають віссю абсцис, або віссю іксів, або віссю Ох, іншу,
* В деяких старих підручниках розглядаються і многозначні функції. Однак
в елементарній математиці вводити поняття многозначних функцій немає по-
треби. Відомий радянський математик О. Я- Хінчин писав, що поняття много-
значної функції «шкідливе як в середній, так і у вищій школі» (А. Я- Хинчин.
Педагогические статьи. М., 1963, стор. 81—84).
215
вертикальну, —віссю ординат, або віссю ігреків, або віссю Оу.
Площину,, на якій задана система координат, називають координат-
ною площиною, а точку О перетину осей — початком координат.
На координатній площині положення будь-якої точки можна
визначити за допомогою двох чисел. Нехай, наприклад, треба ви-
значити положення точки М (рис. 22). Для цього опускаємо з неї
перпендикуляри на осі Сх і Оу. Якщо основам перпендикулярів від-
повідають числа 3 і 2, то ця пара чисел і визначає положення
точки М.
Числа, які визначають положення точки на координатній пло-
щині, називають координатами. Координату по осі абсцис називають
абсцисою, по осі ординат — ординатою. Якщо точка V має абсцису
а і ординату Ь, пишуть /V (а, Ь) — тобто першою завжди пишуть
абсцису.
Позначені на рис. 22 точки мають такі координати: А (2, 3)?
В (—1, 4); С (-2, -2); К (—3, 0); £ / О, 2-і-
Графічне зображення функції. Нехай .маємо яку-небудь функцію
д = [(х). Позначимо значення її аргументу на осі абсцис, а відпо-
відні йому значення функції — довжиною перпендикуляра, прове-
деного до осі абсцис з цієї точки. Тоді при можливих змінах аргу-
менту кінці перпендикулярів утворюють деяку множину точок, яка
називається графіком даної функції. Найчастіше графіком функції
є деяка лінія. Однак він може складатися з окремих точок, відріз-
ків, дуг тощо.
Якщо функція задана графіком, то можна легко визначити для
кожного (допустимого) значення аргументу відповідне значення функ-
ції. Для цього досить поставити у відповідній точці осі абсцис пер-
пендикуляр до неї і продовжити його до перетину з графіком. Орди-
ната точки перетину і дає відповідне значення функції.
Найпростіший спосіб побудови графіка функції — за точками.
Розглянемо його на прикладі. Нехай треба побудувати графік функ-
ції у — х2— 2. Для цього обчислюємо значення функції для кіль-
кох значень аргументу, наприклад для —3, —2, —1, 0, 1, 2, 3. Ре-
зультати зручпо записувати у вигляді таблиці.
X
У
З
7
0 І
—2 =4
2
-З -2 -1
~7 2 -Г
216
Кожну пару одержаних значень х і у приймаємо за координати
і будуємо по них на координатній площині точки. Потім через ці
точки (від руки або за допомогою лекала) проводимо плавну лінію.
Це й буде графік даної функції у —х2-— 2 (рис. 23)*.
Для побудови графіків зручно користуватися міліметровим па-
пером.
Бажано розрізняти графіки функцій і графіки рівнянь. Напри-
клад, на рис. 24 зображено графік рівняння х2-рг/2 = 9. Цю лінію
(коло) не можна вважати графіком функції, бо вона задає відпо-
відність, при якій деяким значенням х відповідає не одне, а два
різні значення у (див. виноску на
стор. 215).
Графіком рівняння (х2 + 2ху-\-
4- у^)~2~ — х + у є півплощина, якій
відповідає нерівність х + у 0.
§ 38.’ Властивості функцій
Область визначення і множина значень. Нехай дано функцію
у = /г(х), де { (х) — якийсь вираз. Якщо область визначення функції
не задають окремо, то вважають, що вона збігається з множиною
всіх тих значень х, при яких вираз / (х) має числові значення.
Приклад І. Знайти область визначення функції
1
У ~ “7=---- •
Оскільки х входить під знак квадратного кореня, то повинно
бути х>>0. При всіх таких значеннях х знаменник не дорівнює
нулю, отже, у має значення. Таким чином, область визначення да-
ної функції х>0.
При кожному допустимому значенні х знаменник Ух + І є до-
датне число, яке більше від 1 або дорівнює 1. Отже, ^—додатне
число, яке менше від 1 або дорівнює і, тобто Це і є
множина значень даної функції.
•Якщо функція задана графічно, то для знаходження області ви-
значення її графік треба спроектувати на вісь Ох. А якщо графік
функції спроектувати на вісь Оу, одержимо множину значень функ-
ції (рис. 25).
♦ Однак у більшості випадків зручніше будувати графіки функцій, вико-
ристовуючи їх властивості (див. стор. 221).
217
Рис. 25.
Зростання і спадання функції. Функція називається зростаючою
на даному проміжку, якщо для двох довільних значень аргументу
з цього проміжку більшому значенню аргументу відповідає і більше
значення функції. Інакше: якщо при хг < х2, де хг і х2 — довільні
значення аргументу з даного проміжку, / (*і) •< / (х2), то кажуть,
що функція / (х) зростає на цьому проміжку. А якщо при х1^х2і
де х± і х2 — довільні значення аргументу з даного проміжку, / (хх) >
>/(х2), то кажуть, що на цьому! про-
Ун міжку функція / (х) спадає.
Функції, що в якому-небудь проміж-
ку тільки зростають або тільки спа-
дають, називаються монотонними в цьо-
му проміжку. Якщо функція зростає
в якому-небудь проміжку, то її графік
із збільшеннями х на цьому проміжку
піднімається все вище, а якщо спадає,
то її графік опускається все нижче. На-
•X приклад, функція у — х2 зростає при
х ?. 0, бо якщохх іх2 додатні і х1сх2,
то Хі<. х2. На множині х<0ця функ-
ція спадає (див. рис. 37).
Функція у = х3 + 2 зростає на всій області визначення, тобто
при всіх дійсних значеннях х.
Іноді кажуть і про незростаючі і неспадні функції. Якщо при
хг<х2, де і х2— довільні значення аргументу з даного проміжку,
/ (*і) < / (х2), т0 функцію / (х) називають неспадною на цьому про-
міжку. Аналогічно визначається і незростаюча функція. Кожна зро-
стаюча функція є й неспадною, але не кожна неспадна є зроста-
ючою.
у,
ЗІ- ---о
2- --*
/ - —°
-2 -Ї'О 1 2~ З
---Н
—< -2
Рис. 27.
Рис. 26.
Розглянемо для прикладу функцію у=[х], де. символом [х] по-
значена ціла частина* числа х, точніше, найбільше ціле число, яке
не перевищує х, наприклад [2, 4] = 2; [0,25] = 0; [7] = 7; [—3,2] =
= —4.
Графік функції у =* [х] наведено на рис. 26.
Розглянемо цю функцію на проміжку 2<х<3. Як би не змі-
нювалося значення х на цьому проміжку, значення функції залишає-
ться незмінним і дорівнює 2. Отже, дану функцію на цьому про-
* Іноді замість «ціла частина числа х» кажуть «антьє х» (від франц.
епііег — пі лий). У деяких книгах замість [х] пишуть також Е (х).
218
міжку можна назвати неопадною (і незростаючою), але назвати її
зростаючою або спадною на цьому проміжку не можна.
Екстремальні значення функцій. Розрізняють найбільше (най-
менше) значення функції на деякому проміжку та її максимум (мі-
німум), Наприклад, функція, яка представлена графічно на рис. 27,
на сегменті [—І; 5] має найбільше значення в точці х = 2 і най-
менше— в точці х = 5. Найменше значення даної функції не є її
мінімумом (локальним). Дана функція має мінімум в точці х = 3, а
максимум—в точках х = 2 і х = 4.
Функція / (х) у точці х = с має максимум (мінімум), якщо в
області визначення її можна вказати такий інтервал, для якого с є
внутрішньою точкою і для всіх відмінних від с точок х цього інтер-
валу / (х) < / (с) [/ (х) > /(с)]. З цього визначення виходить, що
значення функції в крайніх точках області її визначення може бути
найбільшим або найменшим, але не може бути ні максимумом, ні
мінімумом.
Терміни «максимум» і «мінімум» часто об’єднують в один термін
«екстремум». Точки екстремухму —це ті точки, в" яких функція до-
сягає максимуму або мінімуму.
Загальний спосіб визначення точок екстремуму, а отже, і екст-
ремальних значень функцій, розглянуто на стор. 589. Методами еле-
ментарної математики вдається визначити ці значення лише в деяких
окремих випадках.
Приклад 1. Визначити точки екстремуму функції у =
_ 1
Vх + і
Знаменник ]/х + 1 найменший при х = 0. В цьому випадку зна-
чення функції у буде найбільшим.
Однак це найбільше значення функції не є її максимумом (ло-
кальним), оскільки х = 0 є крайньою точкою області визначення
даної функції. Мінімуму функція також не має.
Приклад 2. Дослідити на екстремум функцію у = х2 + 2х +5.
г/ = х2 + 2х+5= (х+ 1)2 + 4.
Вираз (х+ І)2 завжди додатний і тільки при х = —1 дорівнює
нулю. Отже, в точці х =—1 дана функція має мінімум. Максимуму
функція не має.
Обмежені і необмежені функції. Функція називається обмеже-
ною, якщо абсолютне значення її при всіх значеннях аргументу не
перевищує додатне число А. Інакше: функція у = / (х) називається
обмеженою, якщо існує таке додатне А, що при всіх х
І/(Х)|< А
Графік обмеженої функції лежить цілком в смузі між прямими,
паралельними до осі Ох, проведеними на відстанях А від неї.
Прикладі. Функція у =
1
х2+ 1
обмежена,
оскільки 0< і/<1
при всіх х.
Якщо не існує такого додатного числа А, що при всіх значен-
нях х|/(х) |< А, то функція / (г) називається необмеженою.
Приклад 2. Функція у = х3 необмежена.
219
Парні' і непарні функції. Функція називається парною, якщо
будь-яким протилежним значенням аргументу відповідають рівні зна-
чення функції. Інакше: якщо для будь-яких х [(—х) = / (х), то
функція / (х) називається парною.
Приклад 1. Функція у = х2 — парна, оскільки при будь-яких
X (—х) 5 = X2.
Графік парної функції симетричний відносно осі ординат.
Якщо будь-яким протилежним значенням аргументу відповідають
протилежні значення функції, то така функція називається непар-
ною. Інакше: функція / (х) називається непарною, якщо при будь-
яких значеннях х ( (—х) = — / (х).
Графік непарної функції симетричний відносно початку коор-
динат.
Приклад 2. Функція у = х3 непарна, оскільки
(—х)3 — — х3.
Існують функції не парні і не непарні. Такими, наприклад, є
функції
О І 2, X — 1
У = + х2; у = та ін.
Періодичні і неперіодичні функції. Функція у = ((х) називає-
ться періодичною, якщо існує число що не дорівнює нулю, таке,
що при всіх значеннях х з області її визначення ( (х + 0 = / (х).
Число і в цьому випадку називається періодом даної функції.
Для прикладу розглянемо функцію у = х—[х], де [х]—ціла
частина числа (див. стор. 218)*. Якщо до довільного значення
аргументу цієї функції додати 1, то значення функції від цього не
зміниться:
Нх+1) = (х+1) — [х+1] =х+1 — [х] — 1 = х-[х]=/(х).
Отже, при будь-якому значенні х ( (х + 1) = ( (х). А це означає,
що розглядувана функція є періодичною, період її дорівнює 1.
Будь-яке ціле число також є періодОхМ даної функції, але звичайно
розлядають лише найменший додатний період функції.
Графік цієї функції наведено на рис. 28. Він складається з не-
скінченної множини рівних відрізків, що повторюються.
Графік кожної періодичної функції складається з однакових
ліній, що повторюються, ізольованих одна від одної, як в розгля-
дуваному випадку, або з’єднаних в одну загальну лінію (синусоїда
та ін.).
Пряма і обернена функції. Нехай дано функцію у = Зх — 2,
Якщо виразити х через у і в одержаній рівності замість х написати
х + 2
у, а замість у написати х, будемо мати у = - $ -- . Це є функція,
обернена до даної. Дану функцію також можна назвати оберненою
по відношенню до одержаної. Ці функції взаємно обернені.
* Різницю х — [х] звичайно називають дробовою частиною числа х І по-
значають символом {х}. Наприклад, {2,7} ==0,7; {о,23} =0,23; {—2,4} =0,6;
{5} = 0.
220
Не для кожної функції існує обернена. Наприклад, для функ-
ції, заданої рівністю у = х1 2 на ] — оо; оо [, оберненої не існує.
А для функції у = х2 заданої на проміжку [0; сю [, обернена функ-
ція існує.
Функція / називається оборотною, якщо рівність / (хх) = / (%2)
можлива тільки при умові, що хг = х2- Для кожної оборотної функ-
ції обернена існує.
Графіки двох взаємно обернених функцій симетричні один до
одного відносно бісектриси першого і третього координатних ку-
тів, тобто відносно прямої у — х (рис. 29).
Дослідження функцій. Під дослідженням функції розуміють
з'ясування найрізноманітніших її властивостей, включаючи, напри-
клад, такі: при яких значеннях аргументу
більші за І, при яких значеннях
аргументу значення функції — прос-
ті числа тощо. Якщо мають на увазі
дослідження таких окремих власти-
має значення
У
2-
-2 -/ О
функція
Рис. 29.
/ 2 3 4 /
Рис. 28.
востей функції, про це чітко вказують у задачі. А якщо не перелі-
чують, які саме властивості функції треба розглянути, а коротко
вказують лише «дослідити функцію», то в даному випадку мають
на увазі такі вимоги:
. 1) встановити область визначення і множину значень функції;
2) встановити проміжки зростання і спадання;
3) визначити точки екстремуму функції, якщо такі існують, і
обчислити екстремальні її значення;
4) з’ясувати, парна чи непарна дана функція;
5) з’ясувати, обмежена чи необмежена дана функція;
6) дослідити функцію на періодичність;
7) визначити, якщо можливо, нулі функції, тобто ті значення
аргументу, при яких значення функції дорівнює нулю.
Встановивши всі ці властивості,вже неважко побудувати графік
функції (не за точками, як це розглядалося на стор. 216, а на основі
її властивостей). Тому звичайно закінчують дослідження функції
побудовою її графіка.
Приклад. Дослідити функцію
_ 2
У ~ X2 + 1
1. При кожному дійсному х вираз х2 + 1 має значення, що не
дорівнює нулю. Отже, область визначення функції — множина всіх
дійсних чисел, тобто — оо < х < 00.
221
2. При х = а і х = — а, де а — будь-яке дійсне число, функція
має однакові значення. Отже, ця функція парна.
3. Чи періодична ця функція? Припустимо, що існує число
і 0, що задовольняє тотожність
2 2
(7+0 +1 =^+т ’звідки (х +
/)2 = д:2. Але ця рівність правильна не при всіх х. Отже, такого
і не існує. Дана функція неперіодична.
4. Якщо х збільшується від — со до 0, то х2 зменшується, а
значення функції зростає. Якщо х збільшується від 0 до ос*, х2 та-
кож збільшується, а значення функції спадає. Отже, на множині
від’ємних чисел дана функція зростає, а на множині додатних чи-
сел — спадає.
5. Найменше значення виразу х2 + 1 одержимо при х = 0, воно
дорівнює 1. Отже, функція досягає максимуму в точці х = 0; цей
максимум дорівнює 2.
Мінімуму функція не має, оскільки
2.^ знаменник х2 1 може збільшуватися не-
обмежено: яке б мале значення*функції не
взяти, знайдеться таке значення аргументу
’-і ~2 -і с—/—2—з~7 х’ ПРИ якомУ функція має ще менше зна-
чення.
р 6. Значення функції не може бути біль-
ис' шим за 2 і меншим за 0. Отже, дана функ-
ція обмежена.
7. Функція не має нулів: при жодному значенні х значення у
не може дорівнювати нулю.
Використовуючи результати дослідження, можна побудувати
графік даної функції (рис. ЗО).
§ 39. Найпростіші функції та їх графіки
Пряма пропорціональність. Залежність між величинами х і у,
яку можна виразити формулою
У = ах,
де а — деяке дане число, називається прямо пропор ці анальною за-
лежністю.
Примітка. Вище ми розглядали тільки такі приклади прямо
пропорціональної залежності, в яких а (коефіцієнт пропорціонально-
сті), х та у—числа додатні. В математиці розглядають і такі залеж-
ності, в яких ці числа можуть бути і від’ємними, і дорівнювати
нулю.
Графіком прямо пропорціональної залежності є пряма, яка прохо-
дить через початок координат. Графік залежності у =. ах проходить у
першому і третьому координатних кутах, якщо а>0 (рис. 31), або
в другому і четвертому координатних кутах, якщо а У 0 (рис. 32).
Прямо пропорціональна залежність є найпростішою з функцій.
Вона визначена на множині всіх дійсних чисел, непарна, неперіо-
дична, необмежена, зростаюча, якщо а>0, і спадна при д<0.
Лінійна функція. Лінійною називають функцію, яку можна ви-
разити формулою
у = ах + Ь,
де х — аргумент, а і Ь — задані числа.
222
Лінійна функція визначена на множині всіх дійсних чисел. При
а>0 вона зростає, а при а <0 — спадає. Графік лінійної функції
є пряма лінія, яка проходить через точку М (0, Ь) паралельно до
графіка функції у = ах (рис. 33). Якщо а = 0, графік лінійної функ-
ції е пряма, паралельна до осі абсцис, яка проходить через точку
Ь на осі ординат (рис. 34).
У цьому випадку (при а = 0) лінійна функція парна, обмежена,
періодична. Періодом її можна вважати будь-яке додатне число
Рис. 32.
однак найменшого періоду не існує. При лінійна функція не-
періодична, необхМежена; вона не парна і не непарна, якщо Ь =/= 0,
а при Ь = 0 вона непарна.
Прямо пропориіональна залежність є окремим випадком ліній-
ної функції (при Ь == 0).
Рис. 34.
Обернено пропорціональна залежність. Залежність між величи-
нами х і у, яку можна виразити формулою
де а — деяке задане число, називають обернено пр опор ці опальною.
Тут а, х, у можуть бути не лише додатними числами, а й від’єм-
ними. Тому наведене тут визначення більш загальне, ніж наве-
дене раніше.
Графіком обернено пропорціональної залежності є крива лінія,
яка складається з двох окремих віток, розташованих в першому і
третьому координатних кутах при а >0 (рис. 35) або в другому
і четвертому — при а<0 (рис. 36). Ця лінія називається рівносто-
223
Рис. 39.
Рис. 40.
ронньою гіперболою. Вона симетрична відносно початку координат,
оскільки функція у = непарна. Ця функція необмежена. При х >
>0 і х<_0 вона спадає, якщо а > 0, і зростає, якщо а<0; при
х = 0 ця функція не визначена. Вона неперіодична, не має нулів.
Квадратична функція. Квадратичною (або квадратною) називають
функцію, яку можна виразити формулою
у = ах2 + Ьх + с,
де х — аргумент; а Ф 0, Ь і с—дані числа.
Найпростішою квадратичною функцією є функція вигляду у = х2.
Це—необмежена парна функція, визначена для всіх дійсних значень
аргументу х. При х_>0 вона зростаюча, а при х<0—спадна. її
графіком (рис. 37) є крива лінія, що називається параболою. Вона
проходить через початок координат, симетрична відносно осі орди-
нат, її вітки напрямлені вгору.
Квадратична функція вигляду у= ах2 також парна, необмежена,
неперіодична. Її графік також парабола, яка проходить через поча-
ток координат і симетрична відносно осі ординат. Але при до-
датних а вітки її напрямлені вгору, а при а<0— вниз. Чим мен-
ша абсолютна величина а, тим далі відходять вітки параболи від
осі ординат, тим вона «ширша» (рис. 38).
Графік квадратичної функції у = ах2 + Ьх + с — така сама пара-
бола, як і графік функції у = ах2, її вітки також напрямлені вгору
при а >0 або вниз при а < 0, її вісь симетрії паралельна до осі
ординат. Тільки вершина цієї параболи (рис. 39) знаходиться не
в початку координат, а в точці
\ 2а ’ 4а/
Якщо дискримінант квадратного тричлена ах2 + &х + с від’ємний,
тобто Ь2 — 4ас< 0, то графік функції у = ах2 + Ьх + с не перетинає
осі абсцис (рис. 40). Якщо він дорівнює нулю, графік функції доти-
кається до осі абсцис, причому точка дотику є коренем рівняння
ах2 + = 0 (рис. 41). Якщо дискримінант додатний, парабола
перетинає вісь абсцис в двох точках, що є коренями рівняння ах2 +
(рис. 42).
8 5-2692
225
Степенева функція. Степеневою називають функцію, що вира-
жається формулою у — хп9 де х—аргумент, п — показник степеня.
При п, що дорівнює 1, 2, —1, маємо відповідно функції
У = х; у = х2 і у = у,
вже розглянуті раніше (стор. 222—225).
Якщо п — число ціле парне, то функція у = хп — парна; при
непарних п вона непарна. При додатних п ця функція визначена для
всіх дійсних значень аргументу х, при від’ємних п вона визначена
для всіх х, крім х = 0. На рис. 43—46 наведено графіки степеневої
функції при показниках, що відповідно дорівнюють 4, —2, —З
Якщо п = ——нескоротний
дріб, то при парному знамен-
нику д функція у = х? визна-
чена лише для додатних зна-
чень х, При непарному знамен-
нику д ця функція визначе-
на для всіх* значень х, якщо
р р
— > 0; а якщо — < 0, то во-
У Я
на визначена для всіх х, крім
х = 0. Якщо д непарне, то
р
функція у = х 'я парна при парному р і непарна при непарному р.
На рис. 47—49 наведено графіки степеневих функцій при показ-
І 1 2
никах відповідно , — , —.
£ о о
При будь-якому л =£ 0 степенева функція необмежена, графік
кожної з цих функцій проходить через точку (1; 1).
Якщо п — число ірраціональне, то функція у = х” визначена
тільки для додатних значень аргументу х (або для невід’ємних х,
якщо п > 0).
§ 40. Графічні способи розв'язання
рівнянь і нерівностей
Графічне розв’язання рівнянь з одним невідомим.
Приклад 1. Розв’язати графічним способом рівняння
х3 — 2х - 4 = 0
Подамо дане рівняння у вигляді
Х3 = 2x4-4.
Позначимо кожну його частину буквою у і побудуємо в одній
системі координат графіки одержаних двох функцій (рис. 50).
Як бачимо, графіки перетинаються в одній точці з абсцисою 2.
Відповідь. Дане рівняння має один дійсний корінь х = 2.
* У нових шкільних підручниках вважається, що при дробових г функція
у = х визначена тільки на множині додатних чисел.
8* 227
Приклад 2. Розв’язати рівняння
Xі — х + 2 = 0.
Розв’язання. Xі = х — 2.
Побудувавши в одній системі координат графіки функцій
у — х4 і 7 =в х — 2,
бачимо, що вони не мають спільних точок
(рис. 51) Це означає, що немає жодного
числа, яке задовольняло б дане рівняння.
Відповідь. Дане рівняння дійсних
коренів не має.
Графічне розв’язання нерівностей з од-
ним невідомим.
П рикла д. Розв’язати нерівність
х2 — х — 2 < 0.
Розв’язання. Перший с п о -
с і б. Побудувавши графік функції у -- х3 —
— х — 2 (рис 52), бачимо, що у від’ємний
тільки пви
-1<х<2.
В і д п о з і д ь. — 1 х < 2.
Д р у гни спосіб. Запишемо дану
нерівність у вигляді х- < х ф- 2 і побудує-
мо в одній системі координат графіки функцій у = х2, у = х ф- 2
(рис. 53). Ці графіки перетинаються в точках з абсцисами —1 і 2.
При всіх х з проміжку ]—1; 2[ (і тільки при них) значення виразу
х2 менше за відповідне значення виразу х -ф- 2.
Відповідь. 1; 2[.
Рис. 53.
Графічне розв’язання систем рівнянь з двома невідомими. За
допомогою графіків можна порівняно легко знаходити дійсні (вза-
галі кажучи, наближені) розв’язки систем двох рівнянь з двома не-
відомими. Для цього кожне з рівнянь розглядаємо як функціо-
нальну залежність між його невідомими, будуємо графіки цих двох
залежностей на одній координатній площині і знаходимо точку їх
перетину. Абсциса і ордината точки перетину графіків дають роз-
в’язок системи.
228
Приклад 1. Розв’язати систему рівнянь (графічно)
/ х — у = 0,5,
| 2х 4- Зу = 6
Кожне з цих рівнянь лінійне, отже, їх графіки — прямі лінії
Будуємо на одній координатній площині графіки цих рівнянь
(рис. 54). Вони перетинаються в одній точці з координатами 1,5 і 1.
Відповідь. Дана система має один розв’язок: х= 1,5, і/лі.
Приклад 2. Розв’язати систему
Дані рівняння можна перетворити так:
2 .
= Т 1 ^ = х+ к
Графік першого рівняння є гіпербола, а другого — пряма
(рис. 55). Вони перетинаються в двох точках (1; 2) і (—2; —1).
Отже, дана система рівнянь має два розв’язки. їх можна запи-
сати так: х1 = 1, і/1=2; х.2 = —2, у2 = —1. Але здебільшого роз-
в’язки системи записують у вигляді'пар. Для даної системи маємо
тйку множину розв’язків: (І; 2), (—2; —1)
Нерівності з двома невідомими. Нерівністю першого степеня
з двома невідомими називають кожну нерівність, яка після розкриття
дужок, перенесення всіх членів з невідомими у ліву частину І зве-
дення подібних членів набуває вигляду ах + Ьу > с, або ах + Ьу<с,
або ах + Ьу^с, або ах + Ьу < с, де а, Ь, с— дані числа, причому
два перші відмінні від нуля.
Кожна нерівність першого степеня з двома невідомими має
безліч розв’язків. Нехай, наприклад, дано нерівність
х + 2у > 4.
Виберемо довільне значення х, наприклад 10. Підставивши його в
дану нерівність, дістанемо 10-й 2г/>4, звідки у >—3. Отже, кожна
пара чисел, у якої перше число 10, а друге — більше від — 3, за-
довольняє дану нерівність. Так само можна знайти безліч інших
пар, які задовольняють дану нерівність. Взагалі, дану нерівність
229
задовольняє кожна пара виду (£; р), де к— довільне дійсне число,
• о к
ар — довільне число, більше за і — .
Здебільшого такі нерівності розв’язують графічно. Побудуємо в
прямокутній системі координат графік рівняння х 4- 2у = 4. Як ві-
домо, це буде пряма (рис. 56). Вона розбиває всю координатну
площину на дві півплощини: верхню і нижню. Координати кожної
Рис. 56.
Рис. 57.
точки верхньої півплощини задовольняють дану нерівність. Взагалі,
якщо треба розв’язати нерівність ах + Ьу > с з додатним коефіцієн-
том д, треба побудувати пряму, що відповідає рівнянню ах 4- Ьу — с, і
взяти верхню з утворених при цьому півплощин. Координати кожної
точки цієї півплощини задовольняють дану нерівність. При Ь<0
Рис. 59.
множині розв’язків нерівності ах^Ьу^>с відповідає нижня пів-
площина.
Аналогічно можна розв’язувати не тільки нерівності першого
степеня. Наприклад, нерівності ха —1/<4 відповідає заштрихована
частина площини, зображена на рис. 57. Системам нерівностей
і/<х + 2,
У>х
( х 4- 2у > 4,
і | х —у<—З,
І 2х —Зї/>—12
відповідають рис. 58 і 59.
230
ПОКАЗНИКОВА І ЛОГАРИФМІЧНА ФУНКЦІЇ
§ 41. Показникова функція
Функція, яку можна виразити формулою у = ах, де х—аргу-
мент, а а — додатне число, називається показниковою.
Ця функція визначена для будь-яких дійсних х.
Примітка. Число а тут береться додатним, тому що при
від’ємних а числа а2,а4 та багато інших не були б дійсними.
функція при
Показникова
будь-якій основі а>0 має додат-
ні значення. При а 1 ця функ-
ція зростаюча, а при а<1 —
спадна. Графік показникової функ-
ції — крива, що проходить через
точку (0, 1). Він необмежено на-
ближається до осі абсцис, але не
досягає її. Графіки функцій у —
І 1 V
= ах і у = 1-~ І симетричні від-
носно осі ординат. На рис. 60
показано графіки трьох показнико-
вих функцій:
у — 2х; у = 0,5х і у = 5х.
§ 42. Логарифми
Логарифмом числа М за даною основою а називається показник
степеня Х\ до якого треба піднести основу а, щоб одержати число N.
Позначення: 1о£а N = х. Таким чином, за визначенням, якщо
= Іо^а УУ, то а* = УУ,- або а]о^а ^ = N. Основу вважаємо додатною
і та^ою, що не дорівнює одиниці.
Приклади. 1о£2 8 — 3, бо 23 = 8; 1о£20,25 = —2, бо 2~~2 =
= 4-= 0,25.
4
Знаком без зазначення основи позначається десятковий ло-
гарифм, тобто логарифм при основі 10, знакоіи 1о§ без зазначення
основи — за довільною основою (в межах однієї формули ця основа
мислиться тією самою)*.
Логарифм — слово грецьке, воно складається з двох слів Х070С—
відношення, аріОро; — число.
♦ Для теоретичних досліджень найбільш придатною основою логарифмів є
трансцендентне число е = 2,71828183,... У математиці буквою е позначають
( 1
Ііт Ц------. Логарифм з основою е називається натуральним, його прийнято
п~+ оо \ п /
позначати символом 1п. Наприклад, Іпх означає те саме, що й 1о£^ х.
251
Слово «логарифм», таким чином, у буквальному перекладі
означає число, що змінює відношення.
Логарифмічна функція. Функція, яку можна виразити форму-
лою у = 1о£ах,де х — аргумент, а а =£ 1 —додатне число, називає-
ться логарифмічною функцією.
Приклади логарифмічних функцій:
у = 1о& х; у = Іо^ х-і у = 1ое±о х-
Логарифмічна функція у = 1о£с х є оберненою до показникової
функції у ~ ах. Тому їх графіки симетричні відносно бісектриси
першого і третього координатних кутів (рис. 61).
На рис. 62 подано графіки таких логарифмічних функцій: у »
= 1о&> х; и = і0£ ! х і І0£5 х.
Властивості логарифмів. 1. Будь-яке додатне число при до-
вільній* основі має єдиний логарифм.
2. При будь-якій (додатній) основі від’ємні числа не мають
логарифмів.
3. При будь-якій основі логарифм одиниці дорівнює нулю.
4 Логарифм самої основи дорівнює одиниці.
5 При основі, більшій за одиницю, більшому числу відпові-
дає і більший логарифм. При цьому логарифми чисел, більших за
одиницю, додатні, а логарифми чисел, менших за одиницю, від’ємні.
При основі, меншій за одиницю, більшому числу відповідає
менший логарифм. При цьому логарифми чисел, менших за одиницю,
додатні, а логарифми чисел, більших за одиницю, від’ємні.
6. Якщо основа логарифмів більша за одиницю, то при необме-
женому зростанні числа необмежено зростає і його логарифм, а при
наближенні додатного числа до нуля його логарифм, залишаючись
від’ємним, необімежено зростає за абсолютною величиною.
7. Якщо основа логарифма менша за одиницю, то при необме-
женому зростанні числа його логарифм, залишаючись від’ємним,
необмежено спадає, а при наближенні додатного числа до нуля його
логарифм необмежено зростає.
* Тут і далі маємо на увазі, що будь-яке додатне число, яке не дорівнює
одиниці, є основою логарифмів (див. визначення логарифмів, стор. 231). Розгля-
датимемо дійсні логарифми.
232
Розв’язання прикладів з використанням властивостей логарифмів.
Приклад 1. Виходячи з означення логарифма, знайти:
А. Яке число має логарифм 2 при основі 7.
Б. Логарифм 125 за основою 5.
В. При якій основі логарифм числа 16 дорівнює 4.
Розв’язання.
А. 2 = 1о£7 х; х = 72 = 49.
Б» х = 1о^5125; 5* = 125; х = 3.
В. 4 = 1о&х 16; х4 = 16; х = 2.
Приклад 2. Виходячи з тотожності знайти:
А. 361о?в 2. Б. зі0-5 7. в. 21оЄг 5^'1.
Розв’язання.
А. 361ойв 2 = б2 ,0£« 2 = (61ог« 2)2 = 22 = 4.
і діог»7
~2
Б. 81°’51ое’7 = |_(92)
_ діо^в 7 = 7,
В. 21о&2 5+1 = 2І0^2 5 2= 5 ' 2 = 10.
Приклад 3. Що більше: 1о£а 2 чи 1о£д З?
Якщо а >1, то більшому числу відповідає й більший лога-
рифм, тобїо 1о£а 2 < 1о£а 3. Якщо а< 1, то більшому числу відпо-
відає менший логарифм, тобто 1о£а2>1о£а3. Тут прийнято, що
а >0, а =£ 1.
Приклад 4. Визначити х, якщо:
А- 1О§3/з27 = Х‘ Б’ 1о§.«0,125 = —2.
В. 1о2 X =
'ЗУЗ
2_
З '
Розв’язання.
х
А. (З /ЗГ = ~; (/27)* = 27"1; (27)~2 = 27~і. у = -1; х =
= —2
Б. х~г = 0,125; -1 = 4; х2 = 8; х=2/2.
X о
__2_
В. х = (з/з) 3=---1— = 7~3Тї = 4-
(З /з)3 (Зтр
Приклад 5. Визначити х з рівнянь:
А. 5 1о£2 х — 6 = 2 1о£2 х. Б. (1о£3 х)2 — 31о£3 х + 2 = 0.
Розв’язання.
А. 5 1о<*2 х — 6 = 2 1о£2 х; 3 1о£.? х = 6; 1о£2 х = 2; х = 22 = 4.
в. іо&> *=4 ± ~2=4± 4: (іойз ~2;
(1о§3 х)2 = 1; х1 = З2 = 9; х.2 = 3і = 3.
Перехід від даної основи до іншої. Якшо треба перейти від ло-
гарифмів з основою а до логарифмів з основою Ьі користуються
такою тотожністю:
1о^/У = —!— Іо^аА.
1о5аЬ
233
Множник називають модулем переходу.
Розглянемо більш докладно, як переходити від десяткових ло-
гарифмів до натуральних і навпаки.
Щоб за відомим десятковим логарифмом числа М знайти його
натуральний логарифм, треба поділити десятковий логарифм числа
N на десятковий логарифм числа е (останній дорівнює 0,4343...).
Число І£ е = 0,4343... називається модулем десяткових лога-
рифмів і позначається буквою М так, що
Наприклад, з таблиць десяткових логарифмів маємо 1§2 =
= 0,3010. Звідси 1112=4. 0,3010 = 0,6932.
Щоб за відомим натуральним логарифмом числа N знайти його
десятковий логарифм, треба помножити натуральний логарифм на
модуль десяткових логарифмів М = І£ е:
1£ /V = 1£е . 1п М • їй /V = 0,4343 1п N.
Наприклад, 1п 3= 1,0986, а звідси 3 = М 1,0986 =0,4771.
Дуже часто в логарифмічних перетвореннях користуються також
такими формулами:
102 ак ап = у; 1о§ ьПап = ІО26 а;
1оЄаА6 = |1оЄа6; •
Приклад 1. Що більше: 1о&4 3 чи 1о£іб 9?
Використовуючи формулу Іо^уї ап = 1о£ь а, одержуємо
1о£16 9 = 1%2 З2 = 3.
Приклад 2. Обчислити знаючи, що 1о£2 3 = а.
1 о і ал 1 1 16 6
0§/3 °§а ІО£И 3 ]0§а6 з _1_ 3 1о§2 з а •
6
Логарифмування. Прологарифмувати вираз — значить виразити
його логарифм через логарифми окремих чисел, що входять у цей
вираз. Це можна зробити, використовуючи теореми про логарифм
добутку, частки, степеня та кореня.
Логарифм добутку дорівнює сумі логарифмів співмножників:
Іое (аЬ) == 1о£ а + 1о§ Ь.
Логарифм частки (дробу) дорівнює різниці логарифмів діленого
і дільника:
1о£ = Іое а — Іоб Ь.
о
234
Логарифм степеня дорівнює добутку показника степеня на ло-
гарифм його основи:
1о£ ат = т Іое а.
Логарифм кореня дорівнює частці від ділення логарифма під-
кореневого числа на показник кореня:
Примітка. Треба мати на увазі, що логарифм суми не до-
рівнює сумі логарифмів, тобто не можна замість 1о£ (а + &) писати
іое а + 1о£ Ь, Не можна також замість Іое (а — Ь) писати Іое а —
— 1о£ Ь. Всі сформульовані вище теореми справедливі для додатних
значень а і Ь.
Логарифмування алгебраїчних виразів проілюструємо на прик-
ладах.
Приклади. Прологарифмуємо такі вирази:
1) х = ЗЬс; Іое х = Іое 3 4- Ь + 1о£ с<
2) х = ; Іое х = Іое а — Іое Ьс=\о& а — (Іое Ь + Іое с) =1ое а—
— ІО£ Ь — І0£ С\
3) х = а3Ь2; Іое х = Іое а3 + Іое Ь2 = 3 Іое а + 2 Іое д;
4 Г а3 1 а3 1
4) Х= V 2Гс' І08Х= Т 108 Же в Т (1о§а3- 108 2^С) =
=1[3 108 а— (Іое 2 + Іод б2 + 1о8 с)] = — (31с® а — І08 2 - 21о8 Ь -
— 1о8с);
5) х = 15р2 2р2 (р — 9)3; 108 х = 1о8 15 + 2108 р +
+ -^-(1о§2 + 21о8р + 31о8(р — р)]=1о8і5 + 21о8р4--^1о8 2-{-
+ 1о8 р + ~ 1о8 (р — 9) = 108 15 + -|- 1о8 Р + 1о8 2 +
+ 4 ІО8(Р — 9)1
। її • 1 , , 1 . 1 , 1 , 31.
1о8 х— у І08 а -і- 1о8 а + -д-108 а — -д-108 а — у 108 а = 1о8 а.
Потенціювання. Якщо за даним результатом логариф-
мування знаходять вираз, з якого одержано цей результат, то таку
операцію називають потенціюванням.
Прикла ди. Пропотенціювати такі вирази:
А. 1о£ х = 5 1о£ с--1о£ а,
□
Б. 1о§ х = Іое Ь----- Іое (& — с) + т 1о§ + с) •
235
Розв’язання.
З — с^ *
А. 1о£ х = Іо£ сь — 1о£ а = 1о£ 3-^ ; х — — .
/а ^а
§ 43. Десяткові логарифми
Властивості десяткових логарифмів. 1. Логарифм цілого числа,
зображеного одиницею з наступними нулями, є ціле додатне число,
що має стільки одиниць, скільки нулів у даному числі.
П р и к л а д и. І£ 100 = 2; І£ 10000 = 4.
2. Логарифм 'десяткового дробу, що зображується одиницею
з попередніми нулями, є від'ємне число, яке містить стільки від'єм-
них ем'ичьць, скільки нулів у зображенні дробу, враховуючи й нуль
цілих.
П р и к я а д и. 0.00001 ї= —5; 0,001 = — 3.
3. Логарифм раціонального числа, яке не е степенем 10 з цілим
показником (додатним, від'ємним або нульовим), є трансцендентне
число, що виражається нескінченним десятковим дробом.
Логарифм ірраціонального числа може бути як раціональним,
так і ірраціональним числом. Наприклад, 1&^100 = у І£ 100 =
2 — 1
= у (раціональне число); !§ ]/3 = — 3 (трансцендентне число).
Ціла частина логарифма називається його характеристикою,
а дробова — мантисою.
4. Хараитграетика логарифма числа, більшого за одиницю,
на одиницю менша за число цифр його цілої частини.
П р и к л а д п. І£ 3,15 =* 0, . ..; І£ 375 = 2, .. І£ 2000 — З,. ..
5. Хспактгристика логарифма числа, меншого за одиницю,
містить стільки від'ємних одиниць, скільки нулів у цьому числі
стоїть перед) першою значущою цифрою, враховуючи а нуль цілих.
При цьому мантиса логарифма додатна.
Приклад п. 0,35 = 1, . .. ; І£ 0,0054 = 3, ...
6. Від множення (ділення) числа на 10, 100, 1000, .. взагалі
на одиницю з наступними нулями, мантиса логарифма не зміню-
ється, а характеристика збільшується (зменшується) на стільки
одиниць, скільки нулів у множнику.
Тому перенесення коми у десятковому дробі на кілька знаків
праворуч або ліворуч не змінює мантиси логарифма цього дробу,
а змінює тільки його характеристику.
Таким чиїЮхМ, логарифми чисел 0,00423; 0,0423, 4,23; 423 від-
різняються лише характеристиками, але не мантисами (за умови, що
всі мантиси додатні). Мантиси логарифмів чисел, що мають одну
й ту саму значущу частину, однакові.
236
Перетворення від’ємного логарифма Відомо, що десяткові ло-
гарифми чисел, менших за 1, від’ємні. Такі логарифми завжди
можна перетворити так, що мантиса у них буде додатна а харак-
теристика— від’ємна. Це виконується за таким правилом.
Щоб перетворити логарифм з від* ємною мантисою у логарифм
а додатною мантисою, треба до характеристики додати мінус
одиницю, а до мантиси — плюс одиницю.
Наприклад, якщо ми маємо логарифм—2,3781, то можна його
перетворити так:
—2,3781 = —2 — 0,3781 = (—2 — 1) (1 — 0,3781) =
= —3-;- 0,6219 = £6219.
Коротко ці дії записуємо:
-і -1-і -
—2,3781 = —2,3781 = 3,6219.
Приклади.
-1 4-1 —
— 1,3720 = —1,3720 = 2,6280;
-і ^1 -
—0.7421 = —0,7421 = 1,2579.
Дії з логарифмами з від’ємними характеристиками. Дода-
вання. При додаванні логарифмів з від’ємними характеристиками
спочатку додають їх мантиси, а потім характеристики.
Приклади.
а) .3,1628 б) , "1.8456
~П,2291 ‘'"2,5164
£3919 2,3620
Відні м а н п я. При відніманні логарифмів, з від’ємними ха-
рактерне піками віднімають спочатку мантису, а потім характеристику.
Приклад и.
а) 2,1582 б) 0,3724 в) 3,3284
' ~“Т,379І ’ 3,5492 2,3437
277791 4,8232 6,9847
М н о ж е н н я. Щоб помножити логарифм з від’ємною харак-
теристикою на додатне число, треба окремо помножити на це число
характеристику і окремо додатну мантису.
Приклади.
1) Г,7428 2) 3,6735
х 2 4
ї,4856 Ї0,6940
Ділення. При діленні розглядають два випадки.
Якшо характеристика кратна до дільника, то треба окремо ді-
лити характеристику і окремо мантису.
237
Приклади. 1) 4,0568 ! 2 = 2,0284; 2) 2,1314:2= 1,0657.
Якщо характеристика не кратна до дільника, то до характерис-
тики додають стільки одиниць, щоб одержати від’ємне число, кратне
до дільника, а до додатної мантиси додають стільки ж додатних
одиниць; після цього ділять від’ємну характеристику і додатну
мантису окремо.
Приклад. 3,6428; 2 = (^3 + 0,6428): 2 = (—4 + 1,6428) : 2 =
— _2+ 0,8214 = 2,8214.
Логарифмічні обчислення.
Приклад. Обчислити
8,367 1/Д6725
* ~ 0.96582 • У«й575 ’
Розв’язання.
18 х = 1§ 8,367 + у 1§ 0,6725 — 21§ 0,9658 —1§ 0,3575)
8,367 = 0,9226;
~ 18 0,67 25 = -1- 7*8277 =7,9139;
г* 1 +і
—218 0,9658 = —2 • 1,9849 = —1,9698 = 0,0302)
1 1-2+2-
— —18 0,3575 = — 1,5533= 1,8511 =0,1489;
О о
1,0156;
х = 10,36
§ 44. Показникові та логарифмічні рівняння
і нерівності
Показникові рівняння. Показниковими називають такі рівняння,
в яких невідоме входить у показник степеня. Загального методу
розв’язання показникових рівнянь нема. Однак можна вказати кіль-
ка груп рівнянь, які можна розв’язати методами елементарної ма-
тематики.
Розв’язання показникових рівнянь грунтується на таких теоремах.
Теорема 1. Якщо основа двох степенів і степені рівні, при-
чому основи а > 0 і а =£ 1, то показники степенів також рівні,
тобто якщо ат = ап, то т = п.
Теорема 2. Якщо у рівних степенів показники степенів
рівні і відмінні від нуля, то рівні і основи степенів, тобто якщо
ат = Ьт, т =/= 0, то а = Ь (маються на увазі лише додатні а і Ь).
Тепер розглянемо основні типи показникових рівнянь.
Найпростіші показникові рівняння. Найпрості-
шим показниковим рівнянням називається рівняння виду ах = Ь, де
а — відмінне від одиниці додатне число. При Ь < 0 рівняння роз-
в’язків не має, тому що при дійсних значеннях х степінь ах не може
238
)
бути від’ємним числом чи дорівнювати НУЛЮ. При Ь >л це рівняння
має єдиний розв’язок.
Приклад 1. Розв’язати рівняння 25х = ~ .
о
Розв’язання. Перший спосіб.
(5і 2)х = 5-і; 5« = 5-і; 2х = — 1; х = - у.
Другий спосіб.
х І£ 25 = —1£ 5; 2х І£ 5 = —І£ 5; 2х = —1; х = — .
Показникові рівняння вигляду ~ Ь, де а —
відмінне від одиниці додатне число, а (х) — елементарна алге-
браїчна функція.
Введенням нового невідомого и — <р (х) це рівняння зводиться
до найпростішого показникового рівняння аи = Ь.
Приклад 2. Розв’язати рівняння 2х2”6х“2*5 = 16 ]/2.
Розв’язання, Перший спосіб.
1 9
2*3—бх—2,5 _ 24 2 2 • 2х2-бх—2,5 __ 2 2
Звідси
ха — бх — 2,5 = 4,5, або х2 — бх — 7 = 0.
Тоді
Хі = 7} х2 = 1.
Другий спосіб.
(Х>- _ бх — 2,5) 1§ 2 = І£ 16 /2; (хг — бх — 2,5) 2 = 4,5 18 2.
Звідси
х2 — бх — 2,5 = —4,5, або х2 — бх — 7 = 0
і т. ін.
Показникові рівняння вигляду (х) = № (х> , де а
і Ь— відмінні від одиниці додатні числа, а / (х) і (х) — елементарні
алгебраїчні функції.
Це рівняння зводиться до рівносильного
' ї(х) 1о£с а = <? (х) 1оес Ь.
Якщо а і Ь — степені деякого числа с, тобто а = сР, 6 = ^, то
рівняння можна записати так:
(х) я (X)
і його розв’язання зводиться до розв’язання рівносильного до нього
рівняння
р! (*) = ?? (?)•
239
У—1
Приклад 1. Розв’язати рівняння 4 2 = 8*2-1.
Запишемо рівняння так:
2 1
2 2 = 2з (хз—1)
Звідси
2(х-1) о/2 п. і 2
= 3 (хг — 1); = 1; х2 = — — .
Приклад 2. Розв’язати рівняння
4-г — 3* - 3* + — 22*-1.
Запишемо рівняння так:
22х + 22х-1 = 3Х + Т +3Ж-Т>
Звідси
22*-1 (2 + 1) = 3Х 2 (3+1); 22х~1 3=3Х 4;
Прологарифмувавши, одержимо
2 г_Ч
(2х-3)182 = ±^-д123.
Тоді
(2х-3) (1Є2-1і2з) = 0.
Отже,
2х —3 = 0; х = -|
Показникові рівняння вигляду Е [? (х) ] == 0, де
? (х)— деяка показникова функція, а Е— елементарна алгебраїчна
функція. Припускаючи, що ? (х) = и> одержуємо рівняння Е (п) =
= 0. Якщо /2, ?3, ...» і5 — дійсні розв’язки останнього, то роз-
в’язання рівняння £[?(*)] =0 зводиться до розв’язання рівнянь
<?(Х)=^(/=1, 2, 5).
Приклад. Розв’язати рівняння
Зх+3----^-2-і -0.
зх-г2
240
так:
Оскільки Зх+3 = З3 • 3х і 3х*2 = З2 • 3х, то рівняння запишемо
ГІОхМноживши обидві частини на З'2 3*, одержимо
З* . З2* ~ З2 • 3х — 2 = 0.
Покладаючи 3х = /, одержуємо квадратне рівняння З^/2 — З2/ —
2 1
— 2 = 0. Звідси /х = —— ; /2 = —.
2 1
Рівняння 3х =—— розв’язків не має. Рівняння 3х = -^- має
розв’язок х =—2. Отже, дане рівняння має розв’язок х =—2. (Ще
краще було б замінити: Зх+2 = у.)
Логарифмічні рівняння. Логарифмічними називають 'такі рівнян-
ня, в які невідомі входять під знак логарифма.
При розв’язанні логарифмічних рівнянь часто доводиться лога-
рифмувати і потенціювати обидві частини рівняння. Те саме буває
і при розв’язанні показникових рівнянь. Вказані операції можуть
привести до рівнянь, не рівносильних до даних.
г Так, якщо А і В є виразами, що містять невідомі, то не зав-
жди рівносильні такі рівняння:
А. Я = В і їй А = В;
Б. 1й(ЯВ) = 1йС і 1М4-і£В = і£С;
л
в. і їй А - = 1йС|
Г. їй Ап = С і п їй А = С.
Для логарифмічних рівнянь, так само як і для показникових,
загального методу розв’язання нема. Однак серед логарифмічних
рівнянь можна виділити кілька груп, що розв’язуються елементар-
ними методами. Приступаючи до розв’язання рівняння, бажано
встановити область допустимих значень для невідомого.
Найпростішими логарифмічними рівняннями називають рівняння
вигляду
Іойя х = Ь,
де а — відмінне від 1 додатне число. При будь-якому дійсному Ь
рівняння має єдиний розв’язок х = аь.
Приклад. Розв’язати рівняння їй х = 2—1§ 5.
х>0; 18х= 1£ 100 — 1§5= 18^= їй20; х = 20.
О
Логарифмічне рівняння вигляду Іойа / (х) = /?, де
а — від.мінне від 1 додатне число, а / (х) — елементарна алгебраїчна
функція.
Введенням невідомого і = / (х) рівняння зводиться до найпрос-
тішого логарифмічного рівняння 1ойа і = Ь.
Приклад 1. Розв’язати рівняння Іойз (*2—7х-{-21)=2.
Область допустимих значень для х — вся числова вісь, тому то
241
х2 —7x4-21 >0 при будь-якому х (дискримінант Р<0). За визна-
ченням логарифма
х2 — 7х + 21 = З2; Хі = 3; х2 = 4.
Приклад 2. Розв’язати рівняння 1о£х_і (х2 — 5х + 2,25) = 2.
Область допустимих значень невідомого визначається з умов
х — 1 >0; X—1 =/= 1;
х2 - 5х +2,25 >0.
Отже, х > 4,5.
Розв’язання даного рівняння зводиться до розв’язання рівняння
х2 — 5х 4- 2,25 = (х — І)2, або — Зх = — 1,25; х = ~;
5
х= у2 не входить до області допустимих значень.
Рівняння не має дійсних коренів.
Логарифмічне рівняння вигляду 1о£а / (х) =
= 1о£а?(х), де а —відмінне від 1 додатне число, / (х) і ? (х)—
елементарні алгебраїчні функції. Розв’язання даного рівняння зво-
диться до розв’язання рівняння [ (х) = <р (х), тому для розв’язання
даного рівняння досить знайти всі розв’язки рівняння / (х) ~ ? (х)
і серед них вибрати ті, які належать до області допустимих значень
рівняння І0£д/ (х) = 1о£а<? (х). А якщо рівняння / (х) = ср (х) роз-
в’язків не має, то їх не має і рівняння 1о£а/ (х) = 1о£а<р(х).
х
Приклад 1 Розв’язати рівняння 5 І£ х = 3 1§ —«
Область допустимих значень х > 0.
/ \3 / \3
16 Xі- = (4) ; тоді х^ = ^4] •
(х\*
Розв’язуючи рівняння Х^ = І -у ( , одержуємо Хі = х2 = Х3 в 0.
]/2 ]/2
х4 = — , хБ =. До області допустимих значень рівняння на-
лежить тільки х5. Отже, дане рівняння має один розв’язок х =
_/2
4 ’
Приклад 2. Розв’язати рівняння 1£ (2х) = 2 І£ (4х — 15).
Область допустимих значень невідомого для І£ (2х) х > 0; для
15
І£ (4х — 15) маємо 4х — 15 > 0, або х > .
Отже, область допустимих значень невідомого рівняння буде
Перетворимо дане рівняння:
І§ (2х) = (4х — 15)2; 2х = (4х — 15)2;
16х2 — 122х + 225 = 0.
242
Отже, Хі = V» = 3 — Оскільки х2 не належить до області
2 о
допустимих значень рівняння, задовольняє рівняння, то рівняння
9
має єдинии корінь: х — -^.
Логарифмічні рівняння вигляду
/1 (X) + І0£а /а (X) 4- + ІОба Л (*) = 1О£а ?1 (*) +
+ І0£а <?2 (X) + + ІОЙа (х),
де а —відмінне від 1 додатне число, а (х) (і = 1, 2, .. ., $) і
<ру-(х) (/ = 1> 2, ...» т)— алгебраїчні функції, при цьому деякі
з них можуть бути сталими числами.
Рівняння такого вигляду зводяться до рівняння вигляду
/1 (*) /2 (*) ' • • /5 (*) = ?1 (*) ?2 (*) • • (ХУ
Приклад 1. Розв’язати рівняння І£ (Зх — 11) + їй (х — 27) =
= 3. Знайдемо спочатку область допустимих значень для х:
9
Зх — 11 >0; Х>з4; х — 27 > 0, х>27.
г о
Загальна область допустимих значень х > 27.
Замінивши 3=1£ 1000, рівняння перепишемо так:
1§ [(Зх — 11) (х - 27)] = їй Ю00,
звідки (Зх — 11) (х — 27) = 1000, або Зх2 — 92х — 703 = 0; хг « 37;
19 ~ . 19 л
х2 = —— . Оскільки х2 = — 77 не належить до області допустимих
о 2
значень, то рівняння має єдиний корінь х = 37.
Приклад 2. Розв’язати рівняння
їй (2х) + їй (х + 3) = їй 2+ їй (6х —2).
Область допустимих значень
для їй (2х): 2х > 0, х > 0;
для Їй (х + 3): х + 3 > 0, х > —3;
для 1й(6х — 2): 6х — 2 > 0, х>^-.
а
о . * 1
Загальна область допустимих значень буде х > -у.
Рівняння набуває вигляду х (х + 3) = 6х — 2, або х2 — Зх + 2 =
= 0, звідси Хі — 2; х2 = 1.
Обидва ці значення належать до області визначення і обидва
вони є розв’язками даного рівняння.
Логарифмічні рівняння вигляду Р [§ (х)] = 0, де
й (х) — логарифмічна функція, а Р— елементарна алгебраїчна функ-
ція. Для розв’язання рівняння вводять змінну Тоді дане
рівняння зводиться до рівняння Р (/) = 0.
Приклад 1. Розв’язати рівняння (їй х — 5) І£ х3 + 18 = 0.
243
Область допустимих значень х>0. Оскільки І£х3 = ЗІ£х, то
дане рівняння рівносильне до рівняння
(1£ х —5) 3 + 18 = 0.
Покладаючи І£ х = /, одержуємо
З/ (/ — 5) + 18 = 0; і1 2 — 5/ + 6 = 0;
іі = 2; /2 = 3.
Розв’язавши рівняння І£Х=2 І І£ х = 3, одержимо розв’язки
даного рівняння = 100 і х.2 — 1000.
Приклад 2. Розв’язати рівняння (1о?2 х)2 — 1о£2 х — 2 = 0.
Область допустимих значень х>0. Покладемо 1о£,2 х = г, звідки
г~ — г —2 = 0; г1 = 2; г2 = —1. Отже, 1о£2 * = 2, хх = 4; 1о£2* =
Приклад 3. Розв’язати рівняння 1о§3 1о£41о?3х = 0.
Перепишемо рівняння так:
ІОбз (І0£і ІО£оХ) =0.
Тоді число, що стоїть у дужках, за означенням логарифма, дорів-
нює 5°, тобто 1:
1о£41о£3х = 1.
Записуючи це рівняння у ВИГЛЯДІ 1о£4 (ІО£3 х) = 1, одержуємо
1о£3х = 4, звідки х = З4 = 81.
Системи показникових і логарифмічних рівнянь.
Приклад 1. Розв’язати систему рівнянь
( 1о£3 х + 1о£3 # = 0,
І с 1
Іх+у=3—.
Потенціюємо перше рівняння. Одержуємо систему
ху = 1,
10
х-Н = у,
1 1
розв’язавши яку, одержимо хг = 3, #1 = 3-5 х2 = —- , = 3.
□ о
Приклад 2. Розв’язати систему рівнянь (при а>>0, Ь > 0)
| 1о£ах+ 1о£л# = 2,
( 1о£6х— 1о§5# = 4.
Невідомі х і у повинні бути додатні. Потенціюючи, одержуємо ху =
— а2'. — = Ця система має два розв’язки:
У
1П СІ ,г> СІ
Хі = аь-, Уі = -р \ ^2 = у2 = — р.
244
Проте другий розв’язок непридатний, тому що при додатних значен-
нях а і Ь значення х і у від’ємні. Отже, данз система має єдиний
розв’язок
а
х^аУ-, у=~2.
Приклад 3. Розв’язати систему рівнянь
[ 2^+^ =512,
І 12/^ = 1+182.
Оскільки 2^х = 2е, одержимо У х -у- /у = 9. З іншого
боку, 1§ Уху = 18 10 + 2, 18 Уху = 1820, тобто /х(/ = 20. Таким
чином, приходимо до системи рівнянь
[ У'х + у у = 9,
| Ух -Уу =20,
розв’язавши яку, одержимо
хг = 16, уг = 25; х.2 = 25, у2 = 16.
Приклад 4. Розв’язати систему рівнянь
/ 1о£Л 1о£2 0,
І 1о^9=1.
З другого рівняння знаходимо у = 9. Тоді
ІО£Л ( о£, ІО£Л 9) = 0 і 1о£2 1о^ 9=1.
Звідси 1о£Л 9 = 2; х2 = 9; х = ±3. Відкидаючи х = —3, одер-
жуємо х — 3.
В і д п о в і д ь. х = 3; у = 9.
Показникові нерівності. Найпростішими показниковими нерів-
ностями називають нерівності вигляду ах < Ь або а* > Ь. Перша
з них при Ь < 0 не має розв’язків, а при Ь > 0 її задовольняють
всі значення:
х<1о£а&, якщо а >1;
х > 1о£а Ьі якщо 0 < а < 1.
Нерівність ах > Ь при Ь < 0 задовольняє кожне дійсне зна-
чення х. При Ь > 0 її задовольняють всі значення:
х > 1о£а Ь, якщо а > 1;
х<\о&аЬ> якщо0<а<1.
5/т
Приклад 1. Розв’язати нерівність 3х > V —.
245
Розв’язання.
більша за 1, отже, х>
Перший спосіб. Тут основа степеня З
1о§з |/ у - Але Іойз у/'~ = І0Є3З 6 =
1 1
= ~5 ’ тому х>-у.
5/т —~
Другий спосіб. Оскільки т/ -— = 3 6 , то дану перів-
г О
1
ність можна переписати так; 3х > 3 З 4 5 . звідки випливає х^>—
о
Приклад 2. Розв’язати нерівність 0,5* < 10. Тут основа
степеня 0,5 менша за 1.
Отже, х > Іой0 5 10.
2
Приклад 3, Розв’язати нерівність Зх+8— т—> 1.
Помножимо обидві частини нерівності на Зх+2. Це число при
всіх х додатне, отже, знак нерівності має залишитись таким самим:
З^х+б — 2 > Зж+2; 3 • 32(х+2) — 3*+2 — 2 > 0.
Позначивши Зх+2 = г, одержимо нову нерівність Зг2 — г —2 > 0,
2 2
яка має розв’язки г<—— і г>1. Отже, Зх+2<—у , чого не
о З
може бути, або Зх+2>1, звідки х4~2>0; х>—2.
Відповідь. х > —2.
Приклад 4. Розв’язати нерівністьу----г >-=---——; .
0х — 1 1 — 3 х 1
Розглянемо 3 випадки.
А. Якщо 3Л — 1 > 0 і 1 — 3 х-1 > 0, то відповідно х > 0 і х <
< І, тобто 0< 1. У цьому випадку 3х — 1 < 1 —Зх~~х, звідки
3*4-3*~1 —2<0; З*'1 (З 4-1) <2; З*'1 < ~ ; х— 1 < 1об3 у;
х< 1 — ІО£32; х < ІО£3 1,5.
Б. Якщо 3х — 1 > 0 і 1 — Зх~х <0, то х > 0 і х >> 1.
Обидві нерівності задовольняє х '?> 1.
В. Якщо 3х — 1 < 0 і 1 — 3х”1 <0, то х < 0 і х> 1.
Цього бути не може.
Відповідь. Дану нерівність задовольняють всі числа 0<
< х < 1о£3 1,5 і х> 1.
Приклад 5. Розв’язати нерівність 2х+2<Зх-|-5.
З 5
Розділивши обидві частини її на 4, одержимо 2х < — * +
З 5
Позначимо 4/і = 2х; у.2 = х + -р і побудуємо на одній координат-
4 4
ній площині графіки цих двох функцій (рис. 63). Як бачимо, у$
менше за відповідне значення у2 для х з проміжку (—1; 1).
Відповідь. — 1 < X < 1.
246
Логарифмічні нерівності. Найпростішими логарифмічними нерівнос-
тями називають нерівності вигляду
або 1о£д х <Ь.
Перша з них має множину розв’язків: .х>а6 при а>»1і
0<х<а6 при 0<а<1.
Приклад 1. Розв’язати нерівність 1о£05х^>3.
Потенціюючи вихідну нерівність, маємо
х<0,53; 0<х< 0,125.
Приклад 2. Розв’язати нерівність
Виконавши додавання в лівій части-
ні, одержимо
______!_____> і
1е * (1 — 16 X)
звідки 0 < х (1 — 1£ х) < 1.
Як бачимо, розв’язок х мусить
Задовольняти дві нерівності:
1£2 х — 1£ х + 1 > 0
16 х (1 — І£ х) > 0.
Першу задовольняє будь-яке до-
датне значення х, тому що дискри-
мінант тричлена в його лівій частині від’ємний. Другу задоволь-
няють значення х, при яких 0 < х < 1, тобто 1 <х<10.
Відповідь. 1 <х < 10.
Приклад 3. Знайти всі значення х, для яких
16
Спочатку встановимо область допустимих значень х. Повинні
виконуватись нерівності
х 4" з
х+
Оі£й
х + 2
>0.
Перша з них справедлива при х<—4 і х>—3, а друга —при
х —5 і х> —2.
Область допустимих значень для х: х<—5 і х^>—2.
Перетворимо дану нерівність так:
х 4“ З
х4- 4
(х + 2) (х + 3) . . . п) (х і 3)
(7+4НГ+5)> ’ (* + 2Н* + з)>
х <—3,5.
(х + 3)(х + 2)
(х + 4)(х + 5)^ '
(х + 4) (х + 5);
х + З
х + 4
18
Однак, враховуючи область допустимих значень для х, остаточно
одержимо х<—5.
247
Приклад 4. Розв’язати нерівність 1 + Іо£а х> 2 1о£х а за
умови, що 0 < а < 1.
Область допустимих значень: х>0іх^1.
Перетворимо дану нерівність так:
2 2
1 + 1о§аХ>і^: 1 + 1о=аХ-іЗіГх>01
1Оба«+1о§ах —2
—-—гг;--------> 0-
І0£аХ
Далі розглянемо два можливі випадки: перший — коли чисель-
ник і знаменник додатні, другий — коли вони від’ємні:
1) І0£*х+1О£аХ—2> 0 і І0£а 0.
Позначивши 1о£а х = г, одержимо г2 + г — 2 > 0 і г > 0.
Перша з цих нерівностей має розв’язки г<—2 і г> 1. Обидві
задовольняють тільки числа г> 1.
Отже, 1о£а х> 1, звідки з урахуванням 0<а<1 одержуємо.
0 < х < а;
2) 1о£д*+ 1о£ах — 2<0 і 1о£ах<0. Цю систему нерівностей
задовольняють значення х, для яких —2 1о£а х <0. З урахуван-
ням 0 < а < 1 одержуємо 1 < х < а~2.
Відповідь. 0 < х < а і 1 <х < а~2.
§ 45. Історичні відомості про логарифми
Логарифми були винайдені у першій половині XVII ст. Вони
з’явились як відповідь на важливу потребу астрономів, яким дово-
дилось мати справу з великою кількістю дуже трудомістких об-
числень. Тому цей винахід був зроблений майже одночасно різними
вченими і удосконалений протягом дуже короткого часу. За влучним
виразом Лапласа, винахід логарифмів, «скоротивши працю астроно-
ма, подвоїв його життя».
Першим з винахідників логарифмів був шотландський любите ль-
математик Джон Непер (1550—1617), який запровадив і самий тер-
мін «логарифм». Обчислені ним таблиці вийшли у світ у 1614 р.
під назвою «Опис дивовижних таблиць - логарифмів». Вони містили
крім логарифмів чисел від 1 до 1449 також логарифми синусів,
косинусів і тангенсів, обчислені через кожну мінуту дуги.
Проте таблиці Непера були незручними для обчислень, що,
зрештою, помітив і їх автор. Він не визначив основи своєї системи,
не знав і самого поняття основи системи. Те число, яке відповідало
основі його системи, було оберненим до основи натуральних лога-
рифмів. Логарифми Непера спадали із збільшенням числа, числа
типу 10 мали логарифми з великою кількістю значущих цифр.
Першим ученим, який вніс у логарифми істотні удосконалення,
був Генрі Брігс (1556—1630), професор геометрії у Лондоні. За
основу системи логарифмів Брігс вибрав число 10.
У 1624 р. Брігс опублікував «Логарифмічну арифметик у'ч яка
містила чотирнадцятизначні логарифми чисел від 1 до 20 000 і від
90 000 до 100000. Складання цих таблиць потребувало величезної
248
праці: для обчислення логарифма кожного опорного числа Брігс
добував корінь 54 рази з точністю до 32-го знака. Одночасно з
Брігсом над удосконаленням винаходу Непера працював лондонсь
кий учитель математики Джон Спейдель, який у 1619 р. видав об-
числені ним таблиці під назвою «Нові логарифми». Таблиці Спей-
деля включали логарифми синусів, тангенсів і секансів. Дещо пі-
зніше, в 1622 р., Спейдель опублікував також таблицю логарифмів
чисел. За основу своєї системи Спейдель вибрав число е, від прий-
нятих в наш час натуральних логарифмів ця система відрізнялася
лише множником 106.
У 1628 р. голландський математик Адріан Влакк опублікував
десятизначні таблиці логарифмів від 1 до 100 000, а дещо пізніше —
десятизначні таблиці тригонометричних функцій. Влакк у своїх
таблицях застосував Брігсові логарифми.
Одночасно з Брігсом і Спейделем над удосконаленням і полег-
шенням обчислень працювали великий астроном Йоганн Кеплер (1571—
1630) у Празі і швейцарський годинникар Іост Бюргі (1552—1632).
Розроблену ними систему опублікував Бюргі в 1620 р. під назвою
«Арифметичні і геометричні таблиці прогресій разом з грунтовним
повчанням, як їх треба розуміти і з користю застосовувати у всі-
ляких обчисленнях». Таблиці містили члени арифметичної прогресії
з грізницею 10 (логарифми) і геометричної прогресії Із знаменни-
ком 1,0001.
Способи обчислень, які застосовували перші винахідники лога-
рифмів, грунтувались на застосуванні пропорцій. За допомогою
останніх, затрачаючи величезну працю, вони обчислили перші таб-
лиці логарифмів. Згодом було знайдено інші, легші способи об-
числень за допомогою нескінченних рядів.
Російською мовою таблиці логарифмів було вперше видано у
1703 р. Склали їх викладачі Московської навігаційної школи Андрій
Фархварсон, Стефан Гвін і Леонтій Магницький. До «Універсаль-
ної арифметики» Леонард Ейлер включив розділи, присвячені теорії
логарифмів.
У 1783 р. вийшли друком семизначні таблиці логарифмів, об-
числені австрійським математиком Георгом Вегою. Ці таблиці завдяки
ретельності виконання стали незамінним посібником при обчисленнях
і перевидавались багатьма мовами (в тому числі і російською) більше
як півтораста років, причому витримали’ кілька сотень видань.
Майже одночасно з логарифмами було винайдено і лічильну лі-
нійку. У 1620 р. Едмунд Гюнтер сконструював шкалу, поділки
якої були пропорціональпі до логарифмів чисел. За допомогою
циркуля можна було додавати і віднімати числа цієї шкали, вико-
нуючи таким чином операції множення і ділення.
В середині XIX ст. удосконалив логарифмічну лінійку відомий
французький геометр і механік Амеде Маннгейм (1831—1906). Запро-
понована ним лінійка застосовується і в наш час. Зміни в конст-
рукції лінійки після 1850 р. стосуються лише незначних деталей.
249
ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ
§ 46. Історичні відомості .
Тригонометрія — грецьке слово, яке в буквальному перекладі
означає вимірювання трикутників (трі^шмо^ — трикутник, р.£трбш —
вимірюю).
Деякі відомості з науки, що пізніше одержала назву тригоно-
метрії, були ще у стародавніх єгиптян. У папірусі Ахмеса є п’ять
задач, що стосуються вимірювання пірамід, у яких згадується якась
функція кута — «сект».. Є думка, що «сект» відповідав котангенсу
кута. Застосування цієї функції мало суто практичну причину: єги-
петські архітектори будували піраміди, строго додержуючись одного
й того самого значення кута нахилу бічної грані до основи (52°)
і кута між ребром та діагоналлю основи (42°). А для- цього треба
було знати відповідні відношення між лінійними елементами чотири-
кутної піраміди.
Вавілоняни так само мали деякі знання з цієї галузі, математики:
вони запровадили ділення кола на 360° та ділення градуса на 60 ча-
стин, що відповідало прийнятій у стародавній Месопотамії шістде-
сятковій системі числення. Для вимірювання кутів вавілоняни
користувалися примітивною астролябією.
Тригонометрія виникла як допоміжна наука, завданням якої
було полегшення обчислень, що стосувалися астрономії та гномоніки.
Стародавні греки називали гномоном вертикально встановлену па-
лицю, головний елемент сонячного годинника, за довжиною тіні якої
визначали час. Позначимо гномон СВ, а тінь — АВ. Тоді матимемо
прямокутний трикутник ДВС, що має один постійний катет — гномон
та один змінний катет—тінь. Отже, відношення прилеглого катета АВ
до* протилеглого катета СВ, що має тепер назву котангенса, зміню-
ється із зміною кута.
Як пише «батько історії» Геродот (близько 450 р. до н. е.), греки
запозичили сонячний годинник з Вавілону. Мабуть, Анаксімандр
(близько 575 р. до н. е.) був першим з грецьких учених, хто кори-
стувався гномоном, хоча є відомості, що вже Фалес з Мілета (близь-
ко 624—547 р. до н. е.) вимірював висоту пірамід за довжиною їх
тіні. Славетний астроном стародавності Арістарх з Самоса (близько
260 р. до н. е.) прагнув використати гномоніку в астрономічних
дослідженнях: він намагався визначити відстань від Землі до Сонця
й до Місяця, а також обчислити діаметри цих небесних тіл. Недоско-
налість астрономічних інструментів того часу не дала йому можли-
вості розв’язати цю задачу. Є відомості, що астроном Гіппарх (II ст.
до н. е.) написав 12 книг про хорди кутів. З уривків його праць, що
збереглися, видно, що він розв’язав деякі задачі сферичної тригоно-
метрії. У І ст. астроном Мене лай з Александрії написав 6 книг з
сферичної тригонометрії.
У II ст. александрійський астроном Клавдій Птолемей (128—
168) написав енциклопедичний твір з астрономії, відомий під арабі-
зованою назвою «Альмагест» (від грецького тт| — велика). В цій
книзі автор виклав деякі відомості з плоскої й сферичної тригоно-
метрії, необхідні для астрономії, а також навів таблиці хорд дуг,
обчислені через кожні ЗО'. Математики епохи пізнього еллінізму
250
(ПІ—IV ст.) коментували твір Птолемея і пояснили деякі йіих)
теореми з тригонометрії. Переклади цих коментарів були творчо Пере-
роблені 'індійськими математиками й послужили основою для роз-
витку тригонометрії в Індії.
Важливим досягненням індійських учених було введення сину-
сів, якими було замінено хорди. Основою цієї заміни стало співвід-
ношення; хорда дуги 2<р дорівнює подвоєному синусу дуги ср. Таким
чином, математики перейшли від вивчення функцій кола до вивчення
функцій трикутника і було закладено базу тригонометрії як науки.
Індійські вчені знали синус, косинус, а також синус-верзус, тобто
різницю між радіусом кола й косинусом.
Індійці склали невеликі таблиці синусів та синусів-верзусів: з
цих таблиць кращу вміщено в «Бхаскарі» (XII ст.). При складанні
таблиць вони користувалися тригонометричними функціями лише
першої чверті кола.
Початкові знання з тригонометрії прийшли до народів Середньої
Азії та Близького Сходу двома шляхами: із країн пізньоелліністич-
ної культури та з Індії. Близько 770 р. ал-Фазарі у Багдаді переклав
арабською мовою одну з індійських тригонометричних таблиць; зго-
дом було перекладено «Альмагест». Майже п’ять століть вчені арабо-
мовних країн (араби, сірійці, єгиптяни, іранці, хорезмійці, тюрки)
працювали над створенням тригонометрії: вони виконали багато важ-
ливих досліджень в галузі плоскої та сферичної тригонометрії, зна-
йшли нові тригонометричні функції, знайшли розв’язки для всіх ви-
падків, плоских та сферичних трикутників; значна частина цих дослід-
жень була виконана середньоазіатськими га азербайджанськими
вченими.
Великий математик Мухаммед ал-Хорезмі ввів поняття тангенса
й котангенса. На рубежі IX—X ст. сірієць ал-Баттані (близько 858—
929 ) написав коментар до «Альмагеста». Він розвинув вчення
про тригонометричні функції, і зокрема знайшов вираз для зіп а
зіп а
через , тобто через а. Абу-л-Вафа (940—998) систематизу-
вав тригонометричні знання; він склав тригонометричні таблиці через
кожні 10'. Єгипетський математик ібн Юніс (помер близько 1009)
. склав нові тригонометричні таблиці для астрономічного вжитку. Ве-
ликий учений-енциклопедист середньовіччя ал-Біруні (973—1048)
першим запровадив коло одиничного радіуса, що дало можливість
спростити обчислення. Математики країн ісламу розглядали синус,
косинус та синус-верзус як лінії в колі, а тангенс, котангенс,
секанс і косеканс — як сторону прямокутного трикутника. Ал-
Біруні визначив усі 6 тригонометричних ліній у колі. Він довів дея-
кі теореми плоскої та сферичної тригонометрії. Деякі теореми сфе-
ричної-тригонометрії знайшов Джабір ібн Афла з Севільї (XI ст.).
Так само, як їх попередники, вчені ісламського Сходу вивчали
тригонометрію як науку, допоміжну до астрономії. Лише великий
азербайджанський математик Насир ад-Дін ат-Тусі (1201—1274) ^на-
писав твір (1260 р.), у якому розглядає тригонометрію як самостійну
математичну науку.
У XIII ст. вчені Західної Європи починають вивчати твори ара-
бомовних вчених і далі розвивати дослідження з тригонометрії. Із
східною тригонометрією був знайомий Фібопаччі (1220 р.). Під ке-
рівництвом кастільського короля Альфонса X близько 1250 р. було
251
складено нові тригонометричні таблиці, головним, чином для потреб
астрономії. Ці таблиці, що мали назву «Альфонсових», довгий час
були у вжитку в Західній Європі.
В середині XV ст. в галузі тригонометрії працював професор
математики Віденського університету" Георг Пойєрбах (1423—1461):
він склав великі таблиці синусів. Його учень Йоганн Мюллер з Ке-
нігсберга, відомий під іменем Регіомонтана (1436— 1476), який також
працював у Віденському університеті, переклав латинською мовою
«Альмагест» Птолемея. Його твір «П’ять книг про різного роду три-
кутники» було видано після його смерті; це була перша книга з три-
гонометрії в Західній Європі. Він зробив те саме, що й ат-Тусі: на-
дав тригонометрії значення самостійної науки. Він удосконалив
прийоми обчислення синусів, склав таблиці для всіх градусів та мінут
квадранта, розв’язав деякі задачі.
Дослідження Регіомонтана завершив великий польський астро-
ном Міколай Коперник (1473—1543), який у 1542 р. опублікував
працю з тригонометрії «Про сторони й кути трикутників». Коперник
створив перший у світі підручник з тригонометрії, за яким викладали
згодом цю науку в Краківському та інших університетах. Учень
Коперника Георг-Йоахім Ретік (1514—1567) знайшов деякі нові
формули для тригонометричних співвідношень, і зокрема залежність
між зіппер та зіпер.
Ряд нових теорем плоскої та сферичної тригонометрії довели
португальський математик Педро Нуньєс (1502—1578), датський
вчений Томас Фінке (близько 1583 р.), винахідник логарифмів Дж. Не-
пер. Вієт обчислив зіпҐ до 13-го знака і на цій основі склав нові
таблиці. Він перший користувався при обчисленні елементів плоских
та сферичних трикутників всіма шістьма тригонометричними функ-
ціями.
У 1657 р. видав свою тригонометрію У. Аутред, він зробив
спробу викладення тригонометрії в символічній формі. Проте на той
час алгебраїчна символіка була ще недосить розвинена, і тому він
не зміг повністю виконати свою задачу. Цю роботу продовжив
Дж. Валліс, який почав записувати формули у вигляді рівнянь (до
нього формули записували у вигляді пропорцій).
Значно розвинув тригонометрію Ісаак Ньютон (1642—1727). Він
поглибив ідеї, які було покладено в основу тригонометрії як мате-
матичної науки, розклав у ряд агезіп <р та соз Він створив також
загальні формули для зіпп<р та соз пер.
У 1707 р. Муавр (1667—1754) висловив співвідношення
1 -і 1 —
СОЗ <Р = (соз пу 4- І ЗІП П^)п + (С03 — * ЗІП П^П ’
з якого безпосередньо виводиться теорема
(соз ? 4й * зіп ?)л = с°1 * 3 + * зіп
опублікована у 1722 р., що носить його ім’я.
352
§ 47. Походження та розвиток вчення
про окремі тригонометричні функції
Синус. Вперше ця функція виникла у стародавніх астрономів у
зв’язку з обчисленням хорд дуг кола як. спосіб полегшення цих
обчислень. Було складено таблиці хорд, найдавніша з яких належала
Гіппарху (близько 140 р. до н. е.); вона до нас не дійшла. Так само
не дійшли до нас таблиці Менелая Адександрійського (близько 100 р.).
Птолемей (близько 140 р.) також склав таблиці хорд. Він поділив
кодо на 360°, а діаметр на 120 рівних частин, тобто користувався
значенням к = 3. Наслідуючи вавілонських математиків, Гіппарх,
Птолемей та інші астрономи користувалися шістдесятковими дробами.
Спеціальне найменування функції, що носить тепер назву си-
нуса, запровадив індійський математик Аріабхата (близько 510 р.);
він також ділив коло на 360°. Індійці знали співвідношення
зіп2 ср 4- соз2 ср = 1
та
. ? 1 /* 1 — СО5 Ф
мп т= V —2—•
Вчені арабомовних країн також мали для синуса спеціальну на-
ЗЬу: вони користувалися словом «джайб»—згин, складка. Герардо бре-
менський (1114—1187) переклав це слово латинським словом «синус»,
що має те саме значення. Згодом вчені Західної Європи почали
користуватися словами «синус» та «хорда». Таким чином, ще довгий
час слово «синус» не мало загального вжитку. Так, Ретік у своїй
тригонометричній роботі, яку було видано у Лейпцігу в 1551 р.,
називає синус, косинус та косеканс відповідно перпендикуляром,
основою (базисом) та гіпотенузою.
Для позначення зіп 90° користувалися виразами зіпиз іоіиз та
зіпиз регіесіиз (досконалий синус).
Вперше символічні скорочення для позначення тригонометричних
функцій запровадив Альбер Жрар (близько 1590 —близько 1633)
у 1626 р. Він позначав зіп А через А, а соз А — а. Річард Норвуд
у своїй книзі, яку було видано у Лондоні в 1631 р., користувався
позначеннями: 8 для зіп а, і для та ін.
Французький математик Ерігон у 1634 р. вперше застосував
скорочення зіп, -але протягом XVII ст. існувала розбіжність у по-
значеннях, якими користувалися математики.
Косинус. Вперше це поняття було запроваджено індійським ма-
тематиком Аріабхатою (близько 475 — близько 550); арабомовні
математики замість цього користувались поняттям, рівнозначним з
зіп (90° — <р).
Математики Західної Європи користувалися різними термінами.
Спочатку користувались термінами, пов’язаними з додатковим ку-
том. Так, Регіомонтан (близько 1463 р.) користується терміном
зіпиз гесіиз сотріетепіі (прямий синус доповнення). Ретік (близь-
ко 1551р.) застосовує слово Ьазіз (базис, основа), Вієт (1579 р.) —
зіпиз гезісіиае (синус залишку), Маджіні (близько 1609 р.) — зіпиз
зесипсІиз (другий синус). Вперше у 1620 р. Е. Гюнтер користується
терміном со зіпиз, а Дж. Ньютон (1658 р.) надав останньому форму
созіпиз, що й залишилася у тригонометрії. У XVII ст. почали ко-
253
ристуватися скороченим символом. Кавальєрі (1643 р.) позначає
косинус зі.2, Аутред — 5 со агс, Валліс користується грецькою бук-
вою Е, В. Джонс (1706 р.) вживає позначення 5'. У 1674 р. Дж. Мур
запропонував позначення соз, що згодом набуло загального вжитку.
Тангенс, котангенс. Поняття синуса і тангенса виникли в ре-
зультаті необхідності вимірювання висоти недоступного предмета
та віддалі від нього; в гномоніці цьому відповідали висота гномона
та її відношення до довжини тіні.. Поняття синуса й косинуса,
які запропонували астрономи, були взаємозалежні і довгий час
у розрахунках астрономи користувалися лише синусом, а в гномо-;
ніці тангенс і котангенс не залежали один від одного. Завдяки
цьому обидва поняття розвивалися одночасно.
Для позначення цих понять користувалися спочатку термінами
шпЬга гесіа (пряма тінь) й итЬга уегза (обернена тінь). Деякі
відомості про ці поняття мали вже єгиптяни й греки, але вчення
про тангенс і котангенс вперше було розроблено вченими арабо-
мовних країн. Один із помічників Мухаммеда ал-Хорезмі середньо-
азіатський математик, Ахмед ібп Абдала ал-Мервазі (близько 770 —
близько 870), якого звали «обчислювачем», знав ці функції як
відношення сторін прямокутного трикутника і користувався ними
у гномоніці. Він склав перші таблиці значень тангенсів та котан-
генсів’ із точністю до секунди. Близько 920 р. ал-Баттані (близько
850—929) склав таблиці значень котангенсів, які у свій час набули
широкого вжитку.
Середньовічні вчені Західної Європи користувалися так само,
як і вчені Сходу, позначеннями «тіней». Терміни шпЬга гесіа та
итЬга ¥ег$а були в ужитку ще у XVIII ст., одночасно із загаль-
новживаними термінами «тангенс» і «котангенс».
Найповнішу таблицю значень тангенса й котангенса склав
Ретік (1551 р.), але тільки у 1583 р. замість терміну итЬга
уегза Томас Фінке в книзі «Геометрія кулі» вжив термін «тангенс».
Маджіні користувався для визначення поняття «котангенс» словами
іап^епа зесипбиз (другий тангенс). Вперше словом «котангенс» ско-
ристувався Е. Гюнтер (1620 р.). Згодом вчені вживали таку симво-
ліку: Та, Та. 2 (Кавальєрі, 1643); І агс, 1: со агс (Аутред, 1657); і, сі
(Скарборо, близько 1660 р.); Т,т (Валліс, близько 1665 р.); Жірар
(близько 1626 р.) позначив тангенс символом іап, а Дж Мур
(1674 р.) — котангенс символом сої. Ейлер користувався символами
іап£ і сої. Слід взяти до уваги, що ці функції й досі не мають
загальновживаної символіки. Так, поряд з позначеннями і&, сі&, що
вживаються в Радянському Союзі та у країнах Західної Європи,
вчені США користуються символами іап та сої.
Секанс, косеканс. Обидві ці функції було відкрито значно
пізніше за перші чотири, тому що в них не було великої необхід-
ності у астрономів та обчислювачів. Вперше секанс вжив аль-Мер-
вазі, пізніше ці функції вивчав абу-л-Вафа.
Порівняно пізно секанс та косеканс були запроваджені у За-
хідній Європі. М. Коперник склав вершу таблицю секансів для
того, щоб замінити ділення на косинус множенням на секанс. Таб-
лиці Коперника удосконалив і видав Ретік. Останній вмістив у свій
«Канон вчення про трикутники», який було видано у 1551 р., відо-
мості про всі 6 тригонометричних функцій. Назву «секанс» запропо-
нував Фінке (1583). Маджіні та Кавальєрі позначають косеканс сло-
вом зесапз зесип<3ия (другий секанс).
254
Розвиток символіки цих функцій був таким: Кавальєрі вживав
позначення 5с та 8с. 2, Аутред — 8с агс та зс со агс, Валліс— 8
та а. Символ зес запропонував Жірар. Щодо косеканса, то символ
для цієї функції досі вживається в двох формах — созес та сзс.
Обернені кругові функції. Символіка для обернених тригономет-
ричних функцій з’являється у XVIII ст. Д. Бернуллі у 1729 р.
створив. символ А8 для агсзіп. Ейлер у 1736 р. позначив агсзіп
через А, а агсіб через Аі. Наприкінці XVIII ст. символіка починає
стабілізуватися. Так, у 1772 р. Карл Шерффер вживає символи
агс. іап£ та агс. іап£епі, Лагранж пропонує агс. зіп •=—;; Ламбер
1 а.
(1776) пише агс. зіп, Джон Гершель для обернених тригономет-
ричних функцій запропонував символи зіп-1 х, іап-1 х і т. д.
(1813): вони були, загальновживані в США та в Англії навіть
у XX ст. З початку XIX ст. найбільш розповсюдженими символами
обернених функцій є агсзіп а, агсі£а і т. д.
§ 48. Узагальнення поняття кута.
Вимірювання дуг і кутів
* Загальне визначення кута. У геометрії кут визначається як
фігура, утворена двома променями, що виходять з однієї точки.
Ці промені називаються сторонами кута, а їх спільна точка —
вершиною кута. При цьому сторони кута вважаються рівноправними.
Для тригонометрії таке поняття кута є недостатнім і його
узагальнюють так.
У деякій площині фіксують положення про- •
меня ОА (рис. 64) і називають його початковою /
стороною кута, а другий промінь, що виходить
з тієї самої точки, обертають у цій площині від
положення ОА до положення ОВ і його нази-
вають рухомим променем, а його кінцеве поло- о
ження О В— кінцевою стороною /_АОВ, тобто
/ АОВ розглядають як результат обертання про- - Рис. 64.
меня в площині від положення ОА до поло-
ження ОВ. .
Нри такому визначенні кута його величина є мірою обертання
кінцевої його сторони відносно початкової.
Додатним напрямком обертання в площині називають обертання
проти руху годинникової стрілки, а від'ємним — за рухом годинни-
кової стрілки.
Вимірювання дуг і кутів. Для безпосереднього вимірювання
дуг і кутів, як і відрізків, приймають деяку певну дугу (кут)
за одиницю вимірювання і за допомогою цієї одиниці вимірюють
інші дуги й кути.
Існують різні одиниці вимірювання дуг і кутів: градус, радіан,
великий І малий поділи, повний оберт, румб тощо.
Дугу, довжина якої дорівнює кіт; частині довжини ЇЇ кола,
називають дугою в один градус, а кут, що дорівнює центральному
куту, який спирається на дугу в один градус, називають кутом
в один градус (1°).
255
Можна показати, що відношення —, де а—дов-
а а ад
жина вектора а, залежать лише від величини кута а і не залежать
від довжини вектора а Тому ці відношення можна розглядати як
функції довільного кута а.
Синусом кута а, утвореного віссю Ох і довільним радіусом-
—>
вектором ОА (рис. 67), називається відношення проекції цього
вектора на вісь Оу до його довжини:
$ІП а =
а
(2)
Косинусом кута а. утвореного віссю
—>
Ох і довільним радіусом-вектором 04,
називається відношення проекції цього
вектора на вісь Ох до його довжини:
соз а = (3)
Тангенсом кута а, утвореного віссю
—
Ох і довільним радіусохМ-вектором 04,
називається відношення проекції цього
вектора на вісь Оу до його проекції на
вісь Ох:
= (4)
их
Котангенсом кута а, утвореного віссю Ох і довільним раді-
усом-вектором ОА, називається відношення проекції цього вектора
на вісь Ох до його проекції на вісь Оу:
, ах
СІ§“ = Г-
а1/
(5)
Секансом кута а, утвореного віссю Ох і довільним радіусом-
вектором О А, називається відношення довжини цього вектора до
його проекції на вісь Ох:
зес а = — . (6)
ах
Косекансом кута а, утвореного віссю Ох і довільним радіусом
—>
вектором ОА, називається відношення довжини цього вектора до
його проекції на вісь Оу:
а
созес а = — . (7)
Зауваження. Якщо не вказано, скільки обертів зробив
вектор ОА навколо точки 0 в площині хОу, то положення вектора
258
визначає кут з точністю до цілого оберту, тобто куту з початко-
>
вою стороною Ох і кінцевою стороною О А відповідає нескінченна
множина кутів, які виражаються формулою
360° л + а, дел = 0; ± 1; ±2; ±3; ±4; ..
Для всіх цих кутів величини ах, а. і а залишаються незмін-
ними, тому
зіп (а 360" • п) = 4п а;
соз (а 4- 360" * п) = СО5 а;
(а 4- 360° • п) = а;
СІ£ (а 4" 360е • п) = сі£ а; (8)
Рис. 68.
Знаки тригонометричних функцій. Довжина радіуса-вектора
|а|=а завжди число додатне. Проекції його на координатні
осі — величини алгебраїчні і залежно від координатних чвертей
мають такі знаки:
у І чверті ах >0; аиг >0;
» II » < < 0; аи : >0;
»III » ах< С 0; ау < С0;
» IV » ах >0; а‘< со.
Відповідно тригонометричні функції мають знаки, вказані на
рис. 68.
Осі тангенсів і котангенсів. Значення тригонометричних функ-
—> **’
цій не залежить від довжини рухомого радіуса-вектора О А == а
(див. рис. 67). Для зручності приймають довжину радіуса-вектора
такою, що дорівнюг одиниці, тобто іа| = 1. У цьому випадку
• 4 .
зіп а = ау\ соза=ах; ’
, ак 1 1
СІ £ а = : зес а =---созес а —---------,
ау ' <*х ау
9*
259
Коло» описане кінцем А радіуса-вектора а, називають оди-
ничним.
Дотична до одиничного кола у точці його перетину з додатною
частиною осі абсцис, напрямлена однаково з- віссю ординат, нази-
вається віссю тангенсів (рис*. 69).
Теорема 1. Тангенс кута а дорів-
нює алгебраїчній величині відрізка осі
тангенсів, що його відтинає від неї
продовження вектора а (рис. 69).
Дотична до одиничного кола в точці його перетину з додатною
частиною осі ординат, напрямлена однаково з віссю абсцис, нази-
вається віссю котангенсів (рис. 70).
Теорема 2. Котангенс кута а дорівнює алгебраїчній величині
відрізка осі котангенсів, що його відтинає від неї'продовження
Побудова кута за даним значенням його тригонометричної
функції.
Задача. Побудувати кут (дугу) а, синус якого дорівнює т.
Розглянемо три випадки.
А. Нехай | т |< 1. В координатній площині хОу будуємо оди-
ничне коло. На осі ординат знаходимо точку, що відповідає чис-
лу т. Через цю точку проводимо пряму, паралельну до осі
абсцис, і точки перетину її з одиничним колом позначимо через А
і В (рис. 71, а). З’єднавши точки А і В з початком координат,
одержуємо кути АОх і ВОх, синуси яких дорівнюють т. Ці кути
260
визначаються не однозначно. Позначимо найменший додатний
АОх, що визначається кінцевою стороною АО, через ах, а най-
менший додатний /_ВОх, що визначається кінцевою стороною 05,
через а2. Тоді шуканий кут а визначається за рідкостями
® = «1 + і а = а2 + 2яп,
де п = 0; ±1; ±2; ...
Б. Якщо |/п| = 1, тобто т= ±1, то прямі, проведені через
точки (0; 1) і (0; —1) перпендикулярно до осі ординат, дотикати-
муться до одиничного кола в точках, що відповідають найменшим
я . Зк „ ,
додатним кутам -у 1 » а шуканий кут а визначається за форму-
лами (рис, 71, б)
а ~ + 2яп і а = + 2тш,
де п = 0; ± 1; ±2; ...
В. Якщо | т | > 1, то пряма, проведена перпендикулярно до
осі ординат через точку (0, т), не перетинає одиничного кола
(рис. 71, в). У цьому випадку задача розв’язків не має.
Таким чином, даному значенню тригонометричної функції від-
повідає нескінченна множина значень кута. Для того щоб подібні
задачі були однозначними, з усіх цих значень виділяють так зване
головне значення кута.
Головним значенням кута (дуги) а0, синус якого дорівнює
числу т(|/и| < 1), називають кут (дугу), що знаходиться в інтер-
валі від — ~ до + | (рис. 72), тобто
Я 71
— у <ао< + у
Головне значення кута а0, синус якого дорівнює т ([ т | <Д),
позначається символом агсзіп/и, який читають так: «кут (дуга),
синус якого дорівнює шу>, або скорочено «арксинус /и».
Всі кути (Дуги), синус яких дорівнює т, позначають символом
Агсзіп т.
261
При цьому всю множину різних значень Агсзіп т виражають
через відповідні головні значення формулою
Агсзіп т = (—1)Л агсзіп т + (9)
де п = 0; ±1; ±2; ±3; ...
Задача побудови головного значення кута (дуги) за даним
значенням тригонометричної функції розв’язується однозначно.
Головним значенням кута (дуги) агссоз т (| т | 1) називається
кут (дуга), що знаходиться в інтервалі від 0 до тс (рис. 73), тобто
0< агссоз т тс.
Тоді всі кути (дуги), косинус яких дорівнює т, виражаються
формулою
Головним значенням кута (дуги) агс і §/я називається кут (дуга),
що знаходиться в інтервалі від —~ до -|- ~ (рис. 74), тобто
тс . , тс
— ~2
Всі кути (дуги), тангенс яких дорівнює т, виражаються так:
Агсіе т = агс(£ пг + т.п> (11)
де /1 = 0; ±1; і2; іЗу ...
Головним значенням кута (дуги) агсс(& т називається кут
(дуга), що знаходиться в інтервалі від 0 до тс (рис. 75), тобто
0< агссі& т < тс.
Всі куги (дуги), котангенс яких дорівнює /п> виражаються
формулою
Агссі& т = агссі£ т + г,п, (12;
де п = 0; ± Ц ±2; ±3; ...
262
§ 50. Основні тригонометричні ТОТОЖНОСТІ
Тригонометричною /тотожністю називається рівність, до якої
входять тригонометричні функції і яка задовольняється довільним
допустимим значенням кута — аргументу тригонометричних функцій,
але не - задовольняється, якщо кожну тригонометричну функцію
зокрема замінити довільною величиною.
Приклад. Рівність (зіп а 4” соз а)1 2 * = 8*п2 а + 2 зіп асоз а 4"
+ соз а2 по суті не є тригонометричною тотожністю, бо вона буде
вірною, якщо замість зіп а і соз а підставити довільні величини а
і Ь. Тоді ця рівність буде алгебраїчною тотожністю
(а + Ь)2 = а2 + 4" Ь2.
А рівність
(зіп а 4- СОЗ а)2 = 1 4-2 зіп а соз а
є тригонометричною тотожністю, бо при заміні зіп а і соз а на до-
вільні величини така рівність не має місця.
Між тригонометричними функціями одного й того самого до-
вільного кута існують співвідношення, які називаються основними
тригонометричними тотожностями:
зіп2 а 4~ соз2 а = І? (13)
= а * (2к 1) ; (14)
соз а 2 4 * '
, соз а г , ,,
сі£ а — —- [а т.к];
зіп а р
зес а ~ !— Р (2к 4- і)
соз а І 2 '
созес а = —:----- [а =^= ~к].
зіп а '
(15)
(16)
(17)
У квадратних дужках вказано значення аргументу а, при яких
відповідні тотожності .мають числовий смисл. Основні тригономет-
ричні тотожності дозволяють за значенням однієї з тригонометрич-
них функцій знайти значення всіх інших.
З п’яти основних тотожностей випливають три допоміжні (по-
хідні)
СІ£<1 = 1 у ; (18)
1 4-І£2а = 5Єс2а У= (2к 4" О » (19)
1 4-СІ§2 а = созес2 а [а =/= (20)
де 6 = 0; ±1; ±2; ±3; ... Ці тотожності часто застосовуються
у перетвореннях.
Розглянемо кілька прикладів використання основних тригоно-
метричних тотожностей.
Приклад 1. Визначити тригонометричні функції кута а,
ч
якщо = т 1 160° < а < 270°.
4
263
За формулою (18) знаходимо
1 З
Сі§а ~ ~~ 4
За формулою (19) маємо
5ЄС2 а = 1 + іб2 а = 1 4- , або і зес а | .
Враховуючи, що зес а < 0 при 180° < а < 270°, одержуємо
5 . 5
—зес а — — , ЗВІДКИ $ес а =--------4- »
Тоді, за формулою (16),
4
005 а =---— .
□
Значення зіпа знайдемо з формули (ІЗ):
2 і 1° 9 . . З
$1П“ а = 1 — СОЗ2 а = 1 , або ЗІП 2 І = — .
2з 25 о
Враховуючи, що зіп а < 0 при 180° < а < 270°, знаходимо
З
зіп а — ——
о
і, нарешті, за формулою (17) визначаємо
5
созес а = —— .
О
Приклад 2. Довести тотожність
З (зіп4 * а + соз4 а) — 2 (зіп6 * а 4~ соз8 а) = 1.
Перетворимо спочатку ліву частину рівності, а далі, скористав-
шись формулою (13), знайдемо
З (зіп4 а + СОЗ 4 а) — 2 (ЗІП6 а СОЗ6 а) = З (зІП4 а + СОЗ4 а) —
— 2 (зіп2 а 4 соз2 а) (зіп4 а — зіп2 а соз2 а 4 соз4 а) = 3 зіп4 а 4
+ з СОЗ4 а — 2 зіп4 а + 2 ЗІП2 а СОЗ2 я — 2 Соз4 2 =
= зіп4 а + 2 зіп2 а Соз2 а 4~ СОЗ4 а = ($іг? з 4" соз2 а)2 = Ь
що й треба було довести.
Приклад 3. Довести тотожність
зіп3 а (1 4- СІ£ а) 4- СОВ3 а (1 4- іб а) = 3!’п я 4 соз а.
Доведення.
зіп3 а (1 4“ сіб «) + соз3 а (1 4- і£я) = зіп3 а [ 1 4 І 4
• в \ Зіп а/
4- соз3 а І 1 4- —— І = ЗІП2 а (зіп а 4 соз а) 4 сов2 а <соз а 4
\ СОЗ а/
4- 5ІП а) = (зіп а 4 СОВ а) (зІП2 а 4 СОЗ2 а) = ЗІП а 4 СОЗ а.
що й треба було довести.
264
§ 51. Формули додавання і віднімання аргументів
тригонометричних функцій
ЗІП (а + Р) = зіп а СО8 р 5ІП р СОЗ а; (21)
зіп (а — Р) = зіп а соз р — зіп р соз а; (22)
соз (а + р) = соз а соз р — зіп а зіп 3; . (23)
соз (а — р) = соз а соз 3 + зіп а зіп ?; (24)
Й (а + Р) = 3 “ + ; а, р, а + р (1 + 2*); (25)
1 — а |3 2
1Є(а-р) = 11|а--^ ;а, Р,а-?^1(1+Й); (26)
с(б(а + ® : а> 0» а + 0 (27)
си(а^р) = -сс\уде^1;а> а_р^П, (28)
де к = 0: ± 1; ±2; ±3; ...
Формули (21)—(28) дозволяють визначити за відомими значен-
нями тригонометричних функцій аргументів а і р значення цих функ-
цій для суми або різниці заданих аргументів.
Приклад 1. Обчислити зіп 15°.
1/2 1
Відомо, що зіп 45° = соз 45° = ; зіп 30° = — і соз 30° =
1/3
= Тоді за формулою (22) одержуємо
зіп 15° = зіп (45° — 30°) = зіп 45° соз 30° — зіп 30е соз 45°,
або
5ІП 15° = _ 1 Е? = /6-/2 в 0і258819045...
2 2 2 2 4
Приклад 2. Довести тотожність
*£ (а + Р) ~ ~ а *£ (“ + Р)-
Розглянемо ліву частину тотожності і винесемо за дужки
іб(а + Р)ї тоді, скориставшись формулою (25), маємо
Ч (. + » -18 . - 18 ? - І8 (. + » [і - -
_ Іе (о+в - ,6. ,8 ? 18 +й.
що й треба було довести.
265
§ 52. Формули зведення
Формули, за допомогою яких тригонометричні функції довіль-
ного кута можна звести до функцій гострого кута, називають фор-
мулами зведення. Тому таблиця значень тригонометричних функцій
складається тільки для кутів а, які лежать у першому квадранті,
тобто для
0<а<у.
Користуючись формулами додавання та віднімання аргументів
тригонометричних функцій і беручи в них послідовно р = ; р=л;
Р = Р = 2л, легко одержати такі формули зведення:
( \
зіп ± а) — 4-соз а; зіп (л ± а) = зіп а;
• /Зл \
зіп і — ± а І = —соз а; зіп (2л ± а) = ± зіп а; (29)
соз ± зіп а; соз (я і а) — — соз а;
/Зл \
соз І у ± а І = ± зіп а; соз (2л ± а) = соз а; (ЗО)
± = Т сі^ ІЄ (* ± «) = ± а> (31)
сі§ (у ± а) = Т а; сіє (« ± а) = ± сіє <*• (32)
Якщо врахувати, що додавання цілого числа обертів 360°п, або
2лп, де п — ціле число, до аргументу тригонометричних функцій на
значення функції не впливає, то, користуючись цією властивістю
і формулами (29)—(32), будь-яку тригонометричну функцію довіль-
ного кута можна звести до функції гострого кута. Для зведення
тригонометричних функцій довільного кута до функцій гострого
кута зручно подати довільний кут у вигляді 90л 4-а; тоді
зіп (90° • п а) =
соз (90° • п 4- а) =
Н-зіп а, якщо п — 4£;
4-соза, якщо п = 4^4-1;
—зіп а, якщо п = 4£ 4~ 2;
—соз а, якщо п = 46 4- 3;
Н-соз а, якщо п = 4£;
—зіп а, якщо п = 4к 4- 1;
—соз а, якщо п*= 4к 4- 2;
4-зіпа, якщо л = 4/г4~3;
(33)
(34)
(35)
іе (90°. п 4- а) = / +1§1 якшо п '•= 2*:
і —с(.£а» якщо п = 2'? 4- 1;
266
сіє (90° п + а) = ( +с1§ якщо п -^к\ , (36)
І — а, якщо п = 2к 4- 1,
до к = 0; і 1 ї і 2;...
З формул (33)— (36) випливає таке правило. Будь-яка тригоно-
метрична функція кута 90°д-}-а за абсолютною величиною дорівнює
тій самій функції кута а, якщо число я — парне, і спорідненій
функції, якщо п — непарне. При цьому, якщо функція кута 90°/і + а
додатна (коли а — гострий-кут), то знаки обох функцій однакові;
якщо 'від’ємна, то різні.
Приклад. Звести їй 3728° до функції гострого кута.
Запишемо кут 3728° = 90° • 41 + 38°; тоді, за формулою (35),
іб (90° • 41 + 38°) = —сій 38°.
Два кути, сума яких дорівнює 90°, називаються доповняльними
кутами. Наприклад, 90°—а і а, 45°-|“а і 45° — а або 60° + а
і ЗО0 —а.
Споріднені функції доповняльних кутів дорівнюють одна одній.
Наприклад,
зіп (45° + а) = соз (45° — а);
і£ (45Ч-а) = сіб (45®-а)1
зіп (60° + а) = соз (30° — а);
зіп (30° — а) == соз (60° + а).
Ці формули газом з формулами зведення дозволяють звести
будь-яку тригонометричну функцію довільного кута до функції
доповняльного кута а, що не перевищує 45°.
§ 53. Парність і непарність
тригонометричних функцій
З тригонометричних функцій зіп а, і£а, сій а і созес а непарні,
а соз а і зес а парні, тобто
зіп (—а) = —зіп а; (37)
соз (—а) = 4-соз а; (38)
(—«) = —іе (39)
сіє (—«) = —сіє »; (40)
зес (—а) = +зес а; (41)
созес (—а) = —созес а. (42)
§ 54. Формули подвійних і потрійних кутів
(аргументів)
З формул додавання аргументів тригонометричних функцій при
а = р одержуємо такі формули подвоєння аргументу:
зіп 2а = 2 зіп а соз а; (43)
соз 2а = соз2 а — зіп2 а; (44)
267
(45)
(46)
Якщо формули (13) і (44) спочатку відняти одну від одної,
а потім додати, то одержимо дві формули, які часто використову-
ються при різних тригонометричних перетвореннях-
1 — соз 2а
2
1 + соз 2а
2
5ІП2а
(47)
СО82 а =
(48)
Послідовним застосуванням
гонометричних функцій можна одержати функції для За, 4а тощо.
Наведемо формули для потрійних кутів:
формул додавання аргументів трн-
зіп За = 3 зіп а — 4 зіп3 а;
соз За = 4 СОЗ3 а — 3 соз а;
іа о, 3 и а — а .
{ За.Зсі§а-СІЄ3а
(49)
(50)
(51)
(52)
кілька прикладів з застосуванням формул кратних
Розглянемо
кутів.
Приклад
Помножимо
і застосуємо чотири рази підряд формулу (43), записавши її у вигляді
зіп а соз а зіп £а. Тоді
Л , • (зіп а соз а) СОЗ 2а соз 4а соз 8а
соз а соз 2а соз 4а соз 8а = ------------------------------
зіп а
-і- (зіп 2а соз 2а) соз 4а соз 8а -і- (зіп 4а соз 4а) соз 8а
ЗІП а
4- ЗІП 8а соз 8а
_ 8________________1 Зіп 16а
“ ЗІпа “ 16 ЗІпа *
і гг п а о зіп 16а
1. Довести, що соз а соз 2а соз 4а соз 8а = ,
16 ЗІП а
і поділимо ліву частину даної рівності на зіп а
зіп а
що й треба було довести,
іг. . зіп 16а 1
Відзначимо, ЩО КОЛИ 16а Ч- а = Л, ТО ---------= тут , тобто
’ ‘ 16 зіп а 16
я 2л 4л 8л 1
008 ^003^005^008^=^
268
Приклад 2. Довести, що
зіп а зіп (60° — а) зіп (60° Ц- а) = 4- зіп За.
Перетворимо ліву частину рівності:
зіп а зіп (60° — а) зіп (60° + а) = ЗІП а (зіп 60° СОЗ а —
— соз 60° зіпа). (зіп 60° соз а + соз 60° зіп а) =
(З
— соз2 а —
---!- зіп2 а | = 4- зіп а (3 соз2 а — зіп2 а) =
4/4 '
= -і- зіп а [3 (1 — зіп2 а) — зіп2 а] = (3зіп а — 4 зіп3 а) = зіп За,
що й треба було довести.
Аналогічно можна довести тотожності
соз а соз (60° — а) соз (60° + а) = ~ соз За$
и а и (60° — а) і§ (60° + а) = І£ За;
сі£ а сіє (60° — а) сіє (60° + а) = сіє За*
Приклад 3. Спростити вираз
А = іє 3° іє 17° іє 23° ІЄ 37° іє 57° іє 63° іє 77° іє 83°.
Подамо даний вираз у вигляді
А = (ІєЗ° ІЄ 57° іє 63°) (іє 17° іє 43° іє 77°) (іє 23° іє 37° іє 83°)
і використаємо тотожність для тангенсів з прикладу 2; тоді
А = іє 9° іє51°ієб9°= іє 27°.
Відповідь. А = іє 27®.
Приклад 4. Обчислити зіп 18°. Використаємо тотожність
зіп 36° = соз 54°. Позначивши 18° = а, знаходимо, що в даному ви-
падку зіп2а = созЗя, або 2 зіп а соз а = 4 соз3 а — 3 соз а. Оскільки
соз а =/= 0, то, розділивши обидві частини рівності на соз а, одержимо
2 зіп а = 4 соз2 а — 3 = 4(1 — зіп2 а) — З,
звідки
4 зіп2 а + 2 зіп а — 1 = 0.
Розв’язавши це рівняння відносно зіп а, знайдемо
/5-1 л . —/5—1
зіп а =--------, або зіп а =-----А--•
4 4
У першому квадранті зіп а >0, тому друге значення не придатне.
т/5 — і
Відповідь, зіп 18® = -—— = 0,30901699...
269
§ 55. Формули половинного аргументу
Формули ділення аргументу пополам виражають тригонометричні
функції половинного аргументу через тригонометричні функції
аргументу а:
а
(53)
(54)
чН <55>
С*И 4 I = ]Лї + соь а : а * к = 0; ±1; ±2;- ' <56)
а а
Для і сій ~2 ’ноді зручніше користуватись формулами
. а 8ІП а
|р — ~-------------—
2 1 4- СОЗ а зіп а
. а 1 4- СОЗ а ЗІП а
сщ — =_______!-------------------•;
2 зіп а 1 — соз а
1 — со5 а
; а =£ тс (2к 4- І)
а 2кщ к = 0; і 1
(57)
(58)
Приклад 1, Обчислити зіп 4-’ якщо соз а = —4і180°<а<;
2 О
< 270°.
За формулою (53) знаходимо
Враховуючи, що зіп -у>0 ПРИ 180°<а<270°, тобто 90°<
< у < 135°, одержуємо
5іп 4 = 4- = 0,3 /10 » 0,948683.
2 /ю
Приклад 2. Довести, що
7° 30' = /б — /3 4- /2—2 « 0,13165249.
Застосовуючи спочатку формулу (57), а потім (53) і (54), одер-
жуємо
1 / 1 -Р СОЗ 30°
' 1- соз 15° У 2
7° 30 =--------Г=^— = -----г =— =
зіп 15 1 — СОЗ 30^
І70
= г 2 = 2 —/24-/3 =
_ (2-т7?)Г?+7? 2 /2- + )75_ (2 + ГЗ) -
. И2-/3 /2 +/3
= У 8 4- 4 /3 - 2 - /З = /84-2/Ї2 — 2 — /3 =
= /'б —/3-{-/2 —2,
що й треба було довести. __________
Зауважимо, що для обчислення ]/ 8 + 2 12 = ]Лб + ]/2 було
застосовано формулу
Ка4-6-4-2 /^ = У а 4- УЬ,
яку часто використовують при перетворенні ірраціональних виразів.
§ 56. Формули перетворень добутку
тригонометричних функцій в суму
зіп а соз 3 = -і- [зіп (а + р) + зіп (а — р)]; (59)
соз я соз 3 = -і- [соз (а + р) + соз (а — £)];• (60)
зіп а ЗІП 3 = -і- [соз (а — р) — соз (а + Р)]. (61)
Приклад 1. Спростити вираз
А = зіп За ЗІП* а + соз За соз3 а.
Перетворимо даний вираз так:
А = (зіп За зіп а) зіп2 а + (соз За соз а) соз2 а.
Скориставшись тепер формулами (60), (61) і.(48), знаходимо
А = (соз 2а —- соз 4а) зіп2 а -|- (соз 2а + соз 4а) СОЗ2 а =
2
= СОЗ 2а (зіп2 а -(- СОЗ2 а) -|- ~ соз 4а (соз2 а — зіп2 а) =
= соз 2а + -7- соз 4а соз 2а = ~ соз 2а (1 -р соз 4а) =
2 2 2
= соз 2а 2 соз2 2а = соз3 2а.
271
Зауважимо, що при розв’язанні цього прикладу можна було
скористатися формулами для зіп За і соз За.
Приклад 2. Спростити вираз
А == соз а + соз (а + р) соз (а + 20) + • + соз [а + (п — І) 0] 4-
-|- соз (а 4- п0),
де" п — будь-яке ціле додатне число
Якщо 0 =/= 2£л, де &--ЦІЛЄ число, то, помноживши і поді-
ливши обидві частини виразу А на зігіу, одержимо
А = —Ц- (зіп 4 соз а 4- зіп 4 соз (а 4- 0) 4- зіп 4- соз (а 4- 20) +
. р І 2 2
5Шр
+ . • + зіп соз [а 4- (п — 1) 0] 4- зіп соз (а + п0)
За допомогою формули (59) знайдемо
Л “ [™ (“+ ~І) + + ї)
. (п + 1) р І , П А
1П—2^соЦа+ Т
Якщо 0 — 2.4л, то, використавши формули зведення, одержимо
А ±= (п -|- 1) соз а.
Відповідь.
А =
(п 4" 1) 0 Г і Ц а ।
р -соз а + — 0
-----------5-і-------- , якщо 0 4= 2кп,
«4
(п 4- 1) соза, якщо 0 = 2кп,
де к = 0; ± 1; ±2; ...
Приклад 3. Довести, що
2л , 4л 6л 1
СОЗ у + СОЗ у + СОЗ у = — у.
272
гт . . . . . Л
Помноживши і поділивши ліву частину рівності на зіп у» одер*
жимо
2л ' 4л 6л
СОЗ у 4- СОЗу +созу =
. л 2п , . те 4тс . . 71 6л
Зіп у СОЗ у + ЗІП у СОЗ у + Зіп у СОЗ у
7€
Зіп у
1 І . Зл . я , . 5тс . Зл , . 7л 5л'
------(зіп —зіп — + зіп —— зіп —4-зіп —— зіп —
Зіп у .
1 / . л\ 1
* Ізіпзіп 7 І- 2 ,
2 зіп у' 7
що й треба було довести.
Вправа. Перевірте формули (59)—(61), перетворивши їх праві
частини за допомогою формул (21)—(24) § 51. ,
§ 57. Формули перетворення суми
тригонометричних функцій в добуток
(62)
(63)
(64)
а Ч- р а — р
зіп а + зіп 3 = 2 зіп —— соз —;
а — 3 а + В
зіп а — зіп 3 = 2 зіп 2 соз —1 -
а -І- В а — В
СОЗ Д + СОЗ 3 = 2 СОЗ —— СОЗ ;
соз а — соз 3 — 2 зіп зіп 2 а = —2зіп а зіп а 2~ > (65)
1Єа + 1еР = ^(а-Ц);
Б Т 5 Р со$ а с03 р
ІЄа-ІЄР=5ІП(а~4)І
Є й Р СОЗ а СОЗ З
І 1^0 зіп (а + 3)
Сіє а - сіб 8 = -5ІП<а~Р) = .
5 зіп а зіп 3 зіп а зіп З
(66)
(67)
(68)
\ (69)
Приклад 1. Довести тотожність
8ІП д + ЗІП За + ЗІИ 5я
соз а + соз За + соз 5а
273
Перегрупувавши у лівій частині тотожності доданки в чисель-
нику і знаменнику, а потім скориставшись формулами (62) і (64),
знайдемо
ЗІП а + 3а + 5ІП 5а __ зіп За + (зіп а -{-зіп 5а)
СОЗ а + СОЗ За + соз 5а соз За (Соз а соз 5а)
зіп За + 2 зіп За соз (—2а) _ зіп За (1 + 2 соз 2а)
соз За + 2 соз За соз (—2а) ~ соз За (1 -|- 2 соз 2а)
За,
що й треба було довести.
Приклад 2. Довести тотожність
Перетворимо ліву частину тотожності так:
' . Зтс . т. , ( , Зтс . тс
= 2 зіп ід зіп а — 2 зш ід зіп а = 2 зш а І зіп — зіп
п • а . Г- 2тс
= 2зща 2 ЗЩ СОЗ 777 =
л . . тс тс 2тс
4 ЗЩ а . 51П 77. СОЗ — СОЗ 77г
со$ 10
С05їо
. 4тс / тс тс \
зш а зіпа Зіп І 2-
-------------------------------- зіп а,
С0510 С0510
що й треба було довести.
Приклад 3. Довести, що
4 (соз3 20° + соз3 40°) = 3 ]/з соз 10°.
Перетворюємо:
4 (соз3 20° соз° 40°) = 4 (соз 20° соз2 20° + соз 40° соз2 40°) =
л ( ппо 1 + соз 403 о 1 + соз 80° \
= 4 І соз 20° —-----1- соз 40° ——---- ) =
= 2 £соз 20° + соз 40° + у (соз 60° + соз 20°) +
+ (соз 120° + соз 40е) І = 2 соз 20° + 2 соз 40° + + соз 20° —
“з
—+ соз 40° = 3 (соз 20" + соз 40°) = 6 соз 30° соз 10° =
= З /з соз 10°.
274
Приклад 4. Довести, що коли а 4* 0 + 7 = тс, то іе а 0 +
+ 7 = 0 7* За умовою а 4- 0 = тс — 7, тоді
(« + 0) = іб (* — 7) = ~7-
Скориставшись формулою (25) § 51, одержимо
звідки
З + іб 7 = *б ® Мб 7»
що й треба було довести.
Дослідіть, чи буде доведена тотожність справедлива в окремому
випадку, коли а 4- 0 = ~
Приклад 5. Довести, що коли а, 0, 7 — гострі кути
і сі£а СІ§ 0 + СІ£ а СІ£ 7 + СІ£ 0 сі£ 7 = 1, то а + 0 + 7 — * = 180°*
Перетворимо дану в умові рівність так:
Тоді
СІ£ а (сі£ 0 + СІ£ 7) = 1 — СІ£ 0 СІ£ 7.
або, за формулами (27) і (32),
СІ£ а = — СІ£ (04-7) = СІ£ (тс — 0 — 7).
Оскільки за умовою кути а, 0. 7 — гострі, то
а = тс — 0 — 7,
0(4-04-7 = 71= 180°,
що й треба було довести.
§ 58. Формули, що виражають
тригонометричні функції
через тангенс половинного аргументу
зіп а
і+и2^’
(70)
соз а =
і + и2у.
(71)
27$
2іб|
іба --------- - (72)
1-1^2-
сі§а =-------- (73)
2*2
Формули (70) — (73) широко застосовуються, зокрема в інтег-
ральному численні.
§ 59. Перетворення тригонометричних виразів
введенням допоміжного кута
Розглядуваний прийом полягає в тому, що деяке число зобра-
жають як тригонометричну функцію відповідного аргументу ср.
Приклад 1. Нехай треба перетворити в добуток суму 4 + В,
де А і В — довільні дійсні числа.
В
Винесемо А за дужки і позначимо -^ = Тоді
А + В = А (і + - А (1 + ?) = А + ?) =
5ІП(д- + ?) А /25ІП(-5- + ?) .
Я СОЗ ср 9
СОЗ -7- СОЗ Ср т
4 •
де величина допоміжного аргументу визначається за даним значенням
х В
Приклад 2. Перетворити в добуток А ~ а зіп а + Ь соз а.
Доберемо такі додатні числа р і щоб мали місце рівності
(р соз ср = а,
|р5ІПср = д.
Піднесемо обидві частини кожного з рівнянь системи до квад-
рата і додамо; тоді
ра (зіп® <р + соз® ср) = а2 +
звідки
Р = + У аА 4- 6а.
Отже,
а а . Ь Ь
соз ср = — = -т= ; зіп ср = — = (
Р /аа + *а Р /аа + &2
276
Останні рівності визначають допоміжний аргумент ср.
Підставляючи у вираз для А замість а і Ь відповідно р соз ср
1 р зіп 9» знаходимо
А = а зіп а -рЬ соз а » р (соз ? зіп а + соз а зіп ср) = р зіп (а + <р),
або
а зіп а + 6. соз а = + У а2 + Ь2 зіп (а + ср),
де ? визначається з рівностей
а . / Ь
соз ср -------. - - - і зіп ? —-----.
4- у аг 4. />2 4- ]/ а2 4.62
Можна також величину допоміжного аргументу ср визначити
з рівняння
і Ь
а потім з усіх його можливих коренів вибрати той найменший, який
дасть відповідні знаки заданим величинам
а = р соз ?; Ь = р зіп ср, де р = У а2 + Ь2.
Наприклад, якщо а < 0 і Ь > 0, то ср треба брати у другій чверті,
тому що тільки в цьому випадку созср<0 і зіп ср > 0, що й забез-
печує потрібні знаки для величин а і Ь, оскільки р завжди додатне.
§ 60. Походження основних тригонометричних
співвідношень
Відношення між функціями ЗІП2 ср + СОЗ2 Ср = 1, тотожне з тео-
ремою Піфагора, було відоме грецьким математикам у IV ст. до н. е.
Співвідношення, які відкрив абу-л-Вафа:
Ср ! 1 = зіп <р : созср;
ср: 1 =; соз ср: зіп ср*
зес <р = У1 + І£2 ср;
СЗС Ср = У1 + СІ£2 ср.
Співвідношення, які знайшов Ретік (1551 р.)ї
зес ср: 1 = 1 ; соз ср;
сзс ср : -1 =1 : $іп ср.
Співвідношення, які знайшов Вієт (1579 р.):
1 і зес ср = соз ср: 1 = зіп ср: ср;
сзс ср: зес ср = сі£ ср 11 = 1 : ср;
1 : сзс ср = соз ср: сі& ср = зіп ср: 1.
Теореми.' Теорема синусів:
277
а _ Ь _ с
зіп а зіп р ~ зіп 7
була відома Птолемею: в явній формі її сформулював азербайджан-
ський математик Насир ад-Дін ат-Тусі.
Теорема про синус суми двох кутів:
зіп (а + Р) = зіп а соз 0 + соз а зіп 0
була відома ще стародавнім грекам. Її формулювання належить
абу-ль-Вафі.
Теоремакосинусів:
с2 = а2 4- Ь2 — 2аЬ соз 7
була відома Евкліду, але в іншому формулюванні.
Функції половини кута. Формула
• ? 1 /" 1 — соз ср
= V —2-^
була відома Гіппарху- (близько 150 р. до н. е.), Птолемею та старо-
давнім індійським математикам.
Функції кратних кутів. Формулу
зіп 2ср = 2 зіп ср соз ср
вперше знайшов абу-ль-Вафа у формі
сЬогб ср: сЬогб -і ср = сЬогсі ^180° —ср^ : 2.
Ейлер .(1748 р.) дав співвідношення
1?2?= =
т 1 — І£2 ср 2
Ламберт (1765 р.) знайшов залежності
гіп2у= 2І8У соо2ф=
81п2?-14-і^’ СО52<Р 1 +
Вієт знайшов співвідношення
зіп Зср = 3 соз2 ср зіп ср — зіп3 ср$
соз Зср = соз3 ср — 3 зіп2 ср соз ср.
Ретіку (1569 р.) належить формула
соз пер = соз (п — 2) ср — 2 зіп ср зіп (п — 1) ср.
Ньютон (1676 р.) знайшов співвідношення
. (1 — п2) п . 3
ЗІП пер = п ЗІП ср 4- --— — ЗІП3 ср .
о!
Яків БернуллІ (1702 р.) дав інший вираз цього співвідношення:
ЗІП п<р Я= С08п Ср — П <П 1) со$и—? ср зіп2 Ср 4- • • •
278
§61. Тригонометричні фунішІТ
абстрактного аргументу
Досі аргументами тригонометричних функцій були іменовані
величини —кути (дуги), виміряні в градусах або радіанах. Значення
тригонометричних функцій як відношення відрізків є абстрактними
величинами (числами). При вивченні властивостей тригонометричних
функцій доводиться порівнювати зміни функції у зв’язку із зміною
аргументу, а порівняти можна лише однорідні або, що краще, абст-
рактні величини. Введення тригонометричних функцій від абстракт-
ного аргументу дає можливість застосовувати ці функції в різних
питаннях математики, фізики, техніки тощо.
Поняття абстрактного аргументу можна запровадити таким чином.
Замість іменованого значення аргументу тригонометричних функцій
в х (радіанів) розглядати абстрактне число:
х радіанів
1 радіан
за оз-
наченням прийняти, що зіп х, де х — абстрактне число, дорівнює
зіп х, де х вимірюється в радіанах.
Аналогічно визначаються інші тригонометричні функції абстракт-
ного (числового) аргументу.
г Тригонометричні функції абстрактного аргументу х—це
одноіменні тригонометричні функції кута в х радіанів.
§ 62. Періодичність тригонометричних функцій
Функція у = / (х) називається періодичною, якщо існує число а,
відмінне від нуля, таке, що при будь-якому цілому п тотожно
(тобто при будь-якому значенні х) виконується рівність
/ (х + а) = / (х).
Число а називається періодом функції.
Якщо число а є періодом функції, то й числа 2а, За, 4а тощо
також будуть періодами цієї функції. Як правило, періодом нази-
вають найменше з можливих додатних значень числа а. Іноді це
значення називають основним періодом.
Період функцій зіпх і соз х дорівнює 2я. Для цих функцій
мають місце формули
зіп (х + 2тсп) = зіп х;
соз (х + 2пп) = соз х, ' '
де п = 0; ± 1; ±2; ...
Період функцій І£Х І СІ£Х дорівнює х, тобто
(х + ял) = х;
сі§ (х 4- м) = х,
де п = 0; ±1; ±2;...
Періодичність тригонометричних функцій дозволяє вивчати їх
на відрізку, довжина якого дорівнює основному періоду.
279
§ 63. Графік і деякі властивості функції у = 8Іп X
Побудова графіка функції у = зіп х. Графік функції */ = 5Іпх
називають синусоїдою (звичайною). Для побудови графіка можна
взйти значення аргументу х з певним інтервалом і скласти таблицю
значень {/ = 5Іпх, що відповідають вибраним значенням х, а потім
за точками, як це часто робиться в алгебрі, побудувати графік.
Наведемо геометричний спосіб побудови графіка функції у = зіп х.
Будуємо в системі координат х1Ог/1 одиничне коло Р = 1 з цент-
ром на осі абсцис (рис. 76). Дугу цього кола 2п/? = 2тг, починаючи
від точки осі абсцис Хх = -Н> ділимо на п, рівних частин: 0,
2я 4я 8я 2(л—1)п .
—, —, — , —------— (на рис. 76 п = 12).
п п п п п ' г ’
Рис. 76.
Потім будуємо другу систему координат хОуу вісь якої Ох збі-
гається з віссю ОхХр але початки координат (хх = 0) і О (х = 0)
у цих систем різні. В новій системі координат відрізок осі абсцис
від х = 0 до х = 2к ділимо також на п рівних частин точками: 0,
З точок поділу кола проводимо прямі, паралельні до осі Ох,
а з-точок поділу відрізка проводимо прямі, перпендикулярні до
цієї осі. Точки перетину відповідних прямих будуть точками гра-
фіка у = зіп х, тому що ординати цих точок дорівнюють значенням
функції в точках поділу відрізка [6, 2я].
Використовуючи періодичність функції зіп х, легко продовжити
графік цієї функції на всю числову вісь (див. рис. 79).
Найпростіший синусоїдсграф. Синусоїдографом називають прилад,
за допомогою якого можна накреслити графік функції синус (рис. 77).
Розглянемо прямий круговий циліндр, радіус якого г= 1. Пере-
тнемо його двома площинами, одна з яких перпендикулярна до
осі циліндра, а другі Р2 утворює з площиною Рг кут р — *-б°.
Площина Р± в перерізі з циліндром дає коло АМСЕ> площина
Р2 перетинає циліндр по замкнутій кривій, яку називають еліпсом
(див. III, §58). Площини Р\ і Р2 перетинаються по прямій АС, яка
є діаметром кола АМСЕ. Знайдемо величину відрізка твірної циліндра
у = МВУ який знаходиться між площинами Рл і Р2.
Величина у = МВ — змінна і залежить від положення точки М
на колі АМСЕ. Положення точки М будемо визначати за допомогою
280
центрального кута а = £МОА, який утворюється радіусами О А
і ОМ. Величину у — МВ визначимо з трикутника ОМВ. У цьому
трикутнику / ОМВ прямий, тому що твірна МВ перпендикулярна
до площини Ру Гострий / ВС^М = 0 = 45°, оскільки В@ і М<і
перпендикулярні до ЛС—лінії перетину площин Р± і Р2- Тоді
ВМ = МС}. З трикутника ОМО за визначенням тригонометричних
функцій знаходимо
Ліф = г зіп а = 1 зіп а
Враховуючи, що Л4ф = ЛЇВ, одержуємо
у = МВ = зіп а
Рис. 78.
Таким чином, відрізок твірної кругового циліндра, що знахо-
диться між площинами Рі і Р.2, які утворюють кут 45°, дорівнює
синусу центрального кута а, який визначає положення розглядува-
ної твірної.
Тепер можна скористатися одержаними результатами для побу-
дови синусоїди. Найпростіше взяти свічку, обмотати її папером кілька
разів і перерізати гострим ножем під кутом 45° до її осі. Розгор-
нувши папір, одержимо на ньому синусоїду.
За цим самим принципом можна побудувати синусоїдограф.
Візьмемо дерев’яний круговий циліндр діаметром. З—5 см і зробимо
на ньому гострим ножем трикутну виїмку глибиною 1 мм вздовж
лінії, по якій площина. Р2 перетнула б циліндр. Вздовж зробленої
виїмки обв’яжемо циліндр мідним дротом діаметром близько 1 мм
і закріпимо його плоскогубцями (рис. 78). При цьому Дріт повинен
трохи виступати над поверхнею циліндра. Місце скручування дроту
слід пропаяти і зачистити напилком з таким розрахунком, щоб місце
скручування було трохи вище за дріт. При кресленні синусоїди це
підвищення відмічатиме періоди функцій.
Для того щоб накреслити синусоїду, треба покласти синусоїдо-
граф на аркуш чистого паперу і, надавлюючи на кінці циліндра,
прокотити його по паперу. При цьому дріт, який виступає над поверх-
нею циліндра і фіксує лінію перетину циліндра з площиною Р2,
залишить на папері слід у вигляді кривої у зіп х. Щоб зробити
281
цей слід чіткішим, можна на чистий папір покласти аркуш копію-
вального паперу і котити циліндр по ньому.
Деякі властивості функції у = зіп х. 1. Неперервність функції
зіп х. Функція у = зіпх існує при всіх дійсних значеннях х, при-
чому графік її є суцільною кривою лінією (без розривів), тобто
функція у = зіп х неперервна. (Точне визначення і доведення непе-
рервності функції у = $іпх розглядається в курсах вищої матема-
тики.)
2. Функція у = зіп х непарна, і її графік симетричний відносно
початку координат (рис. 79).
3. Найбільші і найменші значення. Всі можливі значення функ-
ції у = зіп х визначаються нерівностями — 1 <: $Іп х <: +1, причому
зіп х — 4-1, якщо х = у + 2т. п, і зіпх =—1, якщо х = 4- 2кп,
де п = 0; ±1; ±2;
Рис. 79.
4. Нульові значення (точки перетину графіка функції 3 віссю
абсцис).
зіпх = 0, якщо х = кп (п = 0; ±1; ±2; .. .)<
5. Інтервали зростання і спадання. Функція д/ = 8Іпх зростає,
тобто більшому значенню аргументу відповідає більше значення
функції, на інтервалах
— ~ 4-2яп< 4- 2ки (п = 0; ±1; ±2;...),
і спадає, тобто більшому значенню аргументу відповідає менше зна-
чення функції, на інтервалах
у 4-2ки< 4-2г.и (п = 0; ±1; ±2;...).
§ 64. Графік і деякі властивості функції у = соз х
Графік функції у = соз х легко одержати з графіка функції
у = зіп х.
При будь-якому х, за формулою (29) §52, маємо
282
Отже, замість значення косинуса можна взяти значення синуса,
збільшивши аргумент на ~ , тобто графіком функції у = соз х е та
сама синусоїда, але зміщена на вліво по осі абсцис (рис. 80).
Графік функції у = соз х називають косинусоїдою.
Деякі властивості функції у = соз х. 1. Область визначення
і неперервність. Функція у == соз х визначена при всіх дійсних х
і неперервна.
2. Функція соз х — парна, і графік її симетричний відносно осі
ординат.
у=со$х
+1
-1
Рис. 80.
3. Найбільші і найменші значення. Всі можливі значення функ-
ції соз х визначаються нерівностями
—1 < соз х < 1,
причому соз х = 4-1, якщо х = 2лп (п = 0; ±1; ±2; ...), і созх =
= —1, якщо х = (2п + 1) к (п = 0; ±1; ±2; ...).
4. Нульові значення (точки перетину графіка функції з віссю
абсцис).
созх = 0, якщо х = ~ (2п 4- 1) (п = 0; ±1; ±2;...).
5. Інтервали зростання і спадання. Функція соз х зростає на
інтервалах
г.4-2гип<х<2к (п4~ 1) (п = 0; ±1; ±2;...)
і спадає на інтервалах
2гл < х <: 2тт 4- к (п = 0; ± 1; ± 2; ...).
§ 65. Графік і деякі властивості функції .£
Графік функції у = <2 х. Подібно до того, як була побудована
синусоїда, можна побудувати графік функції у = і$х (рис. 81). Гра-
фік функції у = х називають тангенсоїдою.
Деякі властивості функції у = <£ х. 1. Область визначення
і неперервність. Функція у = х визначена при
х^у(2п+1) (п = 0; ±1; ±2;...)
283
або на інтервалах
£(2л-1)<х<-^(2п-|-1).
В точках х = -^-(2пН-1) функція не існує у (2л + 1) =
= ±<ю , і кажуть, що в цих точках вона зазнає розриву, тобто
функція х не є неперервною.
Її графік є суцільним (неперервним)
тільки в інтервалах її визначення,
а не на всій числовій осі.
2. Функція х — непарна,
і її графік симетричний відносно
початку координат.
3. х — функція необмежена;
найбільшого і найменшого зна-
чення не має.
4. Нульові значення.
х = 0, якщо х — т.п (п = 0;
±1; ±2; ...)•*
5. Функція на всіх інтер-
валах визначення зростає.
§ 66. Графік і деякі властивості функції у = с1£ х
Графік функції у = сі§ х можна одержати з графіка функції
у = ї%хі користуючись формулою (31) §52.
Графік функції у = сі£х одер-
жуємо з графіка функції у = х
зсувом останнього вліво у напрям-
ку осі абсцис на ї наступним
симетричним відображенням (пере-
вертанням) його відносно цієї осі
(рис. 82). Графік функції у == сі§х
називають ко тангенсоїдою.
Деякі властивості функції^ =
= сі£ х. 1. Область визначення
і неперервність. Функція у = СЇ&Х
визначена при х=£ тт (п = 0; ±1;
±2; ...), тобто в інтервалах
Рис. 82.
7іп<хО(л + 1) (п — 0; ±1; ±2;...).
В точках х = кп функція у = сі£х не існує (сі£ тт = ± оо), і кажуть,
що вона в цих точках зазнає розриву.
284
2. Функція у г= сі£ х непарна, і її графік симетричний відносно
початку координат.
3. Як і і%х, функція сі&х необмежена і найбільшого або най-
меншого значення не має.
4. Нульові значення/
сі£х = 0, якщо х = у (2л + 1) (л = 0; ±1; ±2; .,.).
5. На всіх інтервалах визначення сі&х спадає.
§ 67. Прості гармонійні коливання
Нехай вектор О А рівномірно обертається з кутовою швидкістю
со (грецька буква «омега») навколо точки 0 у площині хОу, тобто
за 1 с кут змінюється на со рад (рис. 83). За час і вектор ОА зробить
поворот на со/ рад. Кут ср (грецька буква «фі»), утворений віссю Ох
>
і вектором ОА, називають фазовим кутом обертання або просто
фазою.
>
Припустимо, що у початковий момент руху вектор ОА збіга-
ється за напрямком з додатним напрямком осі Ох. Тоді за час /
вектор ОА зробить поворот на кут '
Кінець вектора — точка А — описує коло, радіус якого позна-
чимо через а (| О А | = а).
Дослідимо рух проекції точки А на горизонтальний і верти-
кальний діаметри кола (відповідно осі Ох і Оу).
Координати точки А позначимо через (х; у). Тоді
х = а соз со/;
с/=а$іпсо/,
тобто проекції точки А, що рівномірно рухається по колу, на діа-
метри цього кола змінюють свою віддаль від початку координат за
законом синуса і косинуса.
285
Рух розглядуваних проекцій коливний. Розмах коливань дорів-
нює діаметру кола 2а\ половина цього розмаху називається амплі-
тудою коливань. Час, протягом якого відбувається одне повне
коливання, називається періодом коливань і позначається буквою Т.
Кількість коливань V (грецька буква «ню») протягом однієї
секунди називається частотою коливань.
Через те що одне коливання відбувається протягом періоду Т,
а протягом 1с відбувається V коливань, то
уТ=Ц (78)
-таким чином, частота і період коливань — величини взаємно обернені:
За час періоду Т вектор ОА робить новий оберт, тобто повер-
тається на кут 2к радіанів, тому
е)Т = 2к рад. (79)
Звідси
2к Л рад
го = у = 2тг» —. (80)
Графіки розглянутих коливальних процесів одержимо з графі-
ків функцій зіп с? і соз ср, якщо помножимо ординати цих графіків
на амплітуду а. При цьому ординати нових графіків збільшаться,
якщо а > 1, зменшаться, якщо 0< 1, залишаться без зміни при
а = 1 (рис. 83).
—>
Якщо у початковий момент руху (/ = 0) вектор утворює
з віссю Ох кут ср0 (рис. 84), який називають початковою фазою,
—>
то за час і вектор ОА зробить поворот ю/, і в момент часу і вели-
чина фазового кута
<Р = ш/ + <р0. (81)
Тоді графіком простого гармонійного коливання буде графік функ
ції (див. рис. 84)
У = а зіп («>/ + ср0), (82)
зсунутий по осі Ох від її початк у на —ср0.
286
ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ
§ 68. Найпростіші тригонометричні рівняння
Тригонометричним рівнянням називається рівність, що має
невідому величину лише під знаком тригонометричних функцій*
і справедлива лише при деяких певних значеннях невідомого. Ці
значення називаються коренями (розв’язками) рівнянь.
Наприклад, він х + соз х = І; х = соз ~ + і тощо.
Найпростішими тригонометричними рівняннями називають рів-
няння
зіп № т\ соз х = т\ х = пц сі£ х = т,
де т — дане число.
Розв’язання найпростіших тригонометричних рівнянь.
1. Розглянемо рівняння зіпх = т.
Якщо )т|<1, то розв’язки цього рівняння визначаються за
формулою
х=(—1)л агсзіп/п + тси, (83)
Де п = 0; ±1; ±2; ...
Зокрема,
при т = 0 х = тсп;
» т ~ 4-1 х = + + 2кп;
» т = — 1 х + 2?сп.
Якщо | т ( > 1, то рівняння
2. Рівняння соз х = т.
розв’язків не має.
Якщо | т К 1, то
х = ± агссоз т + 2кп, (84)
де п = 0; ±1; ±2; ...
Зокрема, при т = 0 х = (2п + 1), при т = +1 х = 2кп, а при
/п = — 1 х = тс(2п+ 1).
Якщо | т | > 1, то рівняння розв’язків не має.
3. Рівняння (&х=тмає розв’язки при будь-якому дійсному
значенні т, що визначається за формулою
х = агсі& т + ™п, (85)
де п = 0; ± 1; ±2; ...
* Якщо невідома величина входить в рівність не тільки під знаком триго-
нометричної функції, наприклад х + 5Іпх'=1, то таке рівняння називають
змішаним тригонометричним.
287
4. Рівняння сі£ х = йі має розв’язки при всіх дійсних значеннях
т, які визначаються за формулою
. х = агссі& т + ял, (86)
де п = 0; ±1; ±2; ...
Рівняння зіп (ах + Ь) = т\ соз (ах + Ь) = т\ І£(ах + &) = т;
(ах + Ь) ~ т зводяться до найпростіших заміною ах + Ь = і.
§ 69. Про розв'язання тригонометричних рівнянь
При розв’язанні тригонометричних рівнянь, як і при розв’язан-
ні алгебраїчних рівнянь, передусім слід визначити область допусти-
мих значень невідомого. Для тригонометричних рівнянь такою
областю можуть бути тільки дійсні числа. Функції зіпх і созх
визначені при всіх дійсних значеннях х, функція І£х визначена
при х у (2л + 1), де п = 0;. ± 1; ±2; ...» і функція сі^хвизна
чена при х =/= кл, де п = 0; ±1; ± 2; ...
Крім того, при визначенні області допустимих значень невідо-
мого слід враховувати, що дробовий вираз існує, якщо знаменник
його відмінний від нуля.
При перетвореннях рівнянь область допустимих значень їх не-
відомого може змінюватися. Якщо вона розширюється, то можна
одержати зайві (сторонні) розв’язки, які з множини знайдених можуть
бути виключені перевіркою одержаних розв’язків за умовою рівнян-
ня. А якщо область допустимих значень невідомого при перетво-
реннях рівняння звужується, то корені можна втратити, тому не-
обхідно дослідити, чи немає їх серед тих значень, на які звузилась
область допустимих значень невідомого даного рівняння. Іноді це
робиться безпосередньо перевіркою за вихідним рівнянням.
§ 70. Методи розв'язання тригонометричних
рівнянь з функціями одного аргументу
Розглянемо раціональні тригонометричні рівняння відносно три-
гонометричних функцій.
Раціональне рівняння відносно тригонометричних функцій одно-
го й того самого аргументу можна записати у вигляді
(зІПХ, соз X, і^х, сі£х) = 0
/?2 (зІП X, СОЗ X, X, СІ£ х) ' '
де /?!, — ЦІЛІ раціональні функції відносно ЗІП X, СОЗ X, X, СІ£ X.
П . ...1-і . . • зіпх . созх
Якщо функції ї^х і сі£х замінити відповідно на --- і ——,
СОЗ X зіп X
то після перетворень рівняння зводиться до вигляду
Яз (зіп X, соз х) == 0 (88)
(зіп X, СОЗ х) ' к 7
288
де ї?з і /?4 —цілі раціональні фу нкці’( відносно зіп х і созх. Розгля-
даючи рівняння (88), приходимо до висновку, що дріб може до-
рівнювати нулю, якщо чисельник
/?3 (зіп х, соз х) = 0, ' (89)
а знаменник /?4 (зіп х, соз х) =/= 0. Відзначимо, що Т?4 (зіп х, соз х)
як многочлен від функцій зіп х і соз х — величина обмежена, тому
що | зіпх|< 1 і | созх| < 1, через це при всіх значеннях х
/?4 (зіп X, СОЗ х)
Що ж до тих коренів рівняння (89), при яких /?4 (зіп X, соз х) = 0,
то для рівняння (88) вони е сторонніми через те, що ліва частина
рівняння (88) при цьому набуває вигляду у і не має числового
смислу.
Таким чином, у загальному випадку раціональні тригонометрич-
ні рівняння відносно функцій одного аргументу зводяться до рів-
няння вигляду
/? (зіп х, соз х) = 0, (90)
де — многочлен відносно ЗІП X і соз X.
Розглянемо деякі методи розв’язання рівняння (90).
1. Один з методів-полягає в застосуванні так званої універсаль-
ної тригонометричної підстановки, тобто формул, які виражають
х
зіп х, соз х, х, сі£ х через . При застосуванні цього методу
рівняння (87) можна не зводити до вигляду (88). Функція у
не має смислу при х —к(2п4~ 1), де л--=0; ± 1; ±2; , тому
при розв’язанні рівняння цим методом додатково слід перевірити,
чи нема серед значень х = я (2п 4- 1) коренів даного рівняння.
Приклад 1. Розв’язати рівняння зіп х — 2соз>=2.
Замінивши за допомогою формул (70) і (71) § 58
2 1 — у
ЗІП х = --------СОЗ X = -----------,
одержимо
1 + І§2у
Після перетворення одержимо рівняння
з якого знаходимо х = 2 агсі& 2 4- 2яп, де п = 0; ±1; ±2;
10 5-2692
289
.^^пустимими значеннями невідомого в даному рівнянні були
М=Й;-Дійсні значення х. При переході до функції у з розгляду
,;>Йпали значення х = тс(2л+1), які слід перевірити за умовою.
^Підставляючи х — я (2п + 1) в дане рівняння, переконуємось, що
ці значення є розв’язками рівняння.
Відповідь.х = 2 агсі& 2 + 2тсл; х = тс (2л + 1), де п = 0; ± 1;
± 2; . . .
Приклад 2. Розв’язати рівняння 1 — зіп х = соз х (зіп х 4-
+ соз х). Виразивши зіп х і соз х через і§у, одержимо рівняння
і--------— ----------± _ -|---------і ,
1 + *§24 і + ‘824\1 +‘б24 1+1е24/
яке ПІСЛЯ перетворень МиЄ вигляд
184-^4=°;
4=° £б°(§ 4=1
і, отже,
х = 2кп або х = у + 2-п (п = 0, ± 1; ± 2; . ..),
Перевіримо, чи будуть коренями даного рівняння значення
х = тс (2л + 1).
Підставляючи це значення в дане рівняння, знаходимо
1 — зіп [тс (2л + 1)] = соз [я (2п + 1)] {зіп [тс (2п + 1)] +
+ соз [тс (2л + І)])
або 1 — 0 = — 1 (0 — 1); 1 = 1. тобто значення х = тс (2л + 0 також
є коренями рівняння. Таким чином коренями даного рівняння будуть
значення, визначені за формулами
х = 2тсл; №=у-(-2тсл; х = тс(2л+1),
де п = 0; ± 1, + 2; . . .
Зазначимо, що перша і третя формули можуть бути замінені
на одну формулу х = тсп.
Відповідь, х = х = у + 2лтс, де п — 0; ± 1; ±2’ ...
2. Універсальне підстановка часто приводить до рівняння висо
кого степеня відносно у і тому незручна. Іноді простіше пр
розв’язанні рівняння (90) користуватись замінами
зіп х = 1— соз2 х або соз х = У1 — зіп2 х.
?90
Нагадаємо, що зіп (— х) = — зіп х, соз (— х) = соз х, зіп (а—х)=
= зіпх| соз (2л — х) = соз х. Тому, якщо в рівнянні (90) ліва частина
не змінюється при заміні х на — х або на к — х, то це означає, що
вона поводить себе як соз х і в цьому випадку доцільно замінити
зіп х на 1 — соз2 х. Навпаки, якщо при заміні х на — х ліва частина
рівняння (90) змінює тільки знак або якщо при заміні х на к — х
вона не змінюється, то доцільно в рівнянні залишити функцію зіп х,
тобто соз-х замінити на 1 — зіп2 х.
Приклад 3. Розв’язати рівняння
З зіп3 х + 3 зі п х соз2 х + 2 соз2 х = 0.
Ліва частина цього рівняння не є функцією ні парною, ні не-
парною. Тому перевіряємо поведінку лівої частини рівняння при
заміні х на к — х Переконуємося, що при такій заміні вона не змі-
нюється. В цьому випадку доцільно замінити соз2 х на 1—зіп2х.
Після заміни одержуємо 3 зіп3 х -}- 3 зіп х (1 — зіп2 х) + 2 (1 —
— вігі2 х) = 0 або 2 зіп2 х — 3 зіп х — 2 = 0.
Розв’язуючи це квадратне рівняння відносно зіп х, знайдемо
зіп х = 2; зіп х = —,
Перше з рівнянь розв’язків не має, а з другого одержуємо шу-
кану відповідь х = (— 1)л+І де л = 0; ±1; ± 2; ...
Прикладі Розв’язати рівняння
4 зіп4 х — 2 зіп2 х соз х + 4 соз 2х = 2 соз3 х — зіп2 2х + 2.
При заміні хна.- х обидві частини рівняння не змінюються. Тому
доцільно виконати заміну зіпх=)/1—соз2 х. Враховуючи, що
зіп 2х = 2 зіп х соз х; соз 2х = соз2 х — зіп2 х і зіп2 х = 1 — соз2 х,
одержуємо
4 (1 — соз2 х)2 — 2(1 — соз2 х) + 4 (2 соз2 х— 1) =
= 2 соз9 х — 4 соз2 х (1 — соз2 х) + 2.
Звідси
2 соз2 х — соз х — 1 = 0.
Розв’язуючи останнє рівняння відносно соз х\ знаходимо
і • 1
соз X = 1 1 соз X = — -у .
З цих рівнянь одержуємо
х = 2ял і х = ± ~ + 2лп.
V
2“
Відповідь. х = 2пп і х = ± -=- + 2тш, де п = 0; ±1; ±2;...
□ *
3. Рівняння (90) можна розв’язувати зведенням до однорідного'
тригонометричного рівняння відносно зіпх і соз х. Однорідним рів-
нянням відносно зіпх і созх називають рівняння, кожний член
якого має той самий степінь відносно зіп х і созх. Наприклад, одно-
рідне рівняння другого степеня відносно зіп х і созх має вигляд
а зіп2 х + дзіпхсоз х+ ссоз2 х = 0.
Таке рівняння легко зводиться до рівняння з однією невідомою
функцією діленням обох частин рівняння на соз2 х або зіп2 х. Після
ділення на соз2 х одержуємо квадратне відносно і§х рівняння
а х + Ь х + с = 0.
При діленні на соз2 х (або зіп2 х) необхідно показати, що
соз2 х + 0. Дійсно, підставивши соз х = 0 у вихідне рівняння, одер-
жимо а зіп2 х = 0, а це при а =£ 0 неможливо, оскільки якщо соз х = 0,
то зіп х = ± 1.
Аналогічно однорідне відносно зіп х і созх рівняння п-го степеня
ап зіпп х + зіп'1-1 х соз х + + зіп х созп—хх + п0 созпх= 0
діленням на соз'1 х або зіппх можна звести до алгебраїчного рів-
няння п-го степеня відносно х або СІЄ X.
Рівняння (90) завжди можна звести до однорідного рівняння
відносно чіпх і созх Для цього досить члени парного степеня пере-
нести в одну, а непарного степеня відносно зіп х і созх—в іншу
частину і піднести обидві частини рівняння до квадрата. Далі, кори-
стуючись гим, що при будь-якому £ (зіп2 х + соз2 х)к = 1, показ-
ник 4- підбирається так, щоб рівняння стало однорідним. Покажемо
це на прикладі Зведемо рівняння
2 зіп2 х + соз х — 3 зіп х + 1 = 0
до однорідного. Перепишемо це рівняння у вигляді
2 зіп2 х + 1 = 3 зіп х — соз х;
обидві його частини піднесемо до квадрата, після чого одержимо
4 зіп4 х-{-4 зіп2 х + 1 = 9 зіп2 х — 6 зіп х соз х + соз2 х.
Підібравши показник к відповідним чином, дане рівняння можна
записати так:
4 зіп4 х + 4 зіп2 х (зіп2 х + соз2 х) + 1 (зіп2 х + соз2 х)а ==
= (9 зіп2 х — 6 зіп х соз х + соз2 х) (зіп2 х + соз2 х).
Звідси після очевидних перетворень одержуємо рівняння чет-
вертого степеня
З зіп3 х соз х — 2 зіп2 х соз2 х + 3 зіп х соз3 х = 0,
однорідне відносно зіп X І СОЗ X.
Приклад 5 Розв’язати рівняння зес х = 4 зіп х + б соз х.
Помноживши обидві частини рівняння на соз х + 0, одержимо
1 = 4 зіп X СОЗ X + б СОЗ2 X
і замінимо 1 = зіп2 х + соз2 х; тоді маємо
• зіп2х — 4 зіп хсозх — 5соз2х = 0.
292
Останнє рівняння поділимо на соз2х, після чого одержуємо і£2х—
— 4 х — 5 = 0; звідси знаходимо
і£х = 5; = —1, Отже, х = агсіе 5 + пп;
х = — + тся, де п = 0; ±1; ±2; ..,
Приклад 6. Розв’язати рівняння зіп3 х — соз3 х 4- 1=0.
Перенісши члени непарного степеня відносно зіпх і соз х в одну
частину, одержимо
соз3 X — зіп3 X = 1.
Піднесемо обидві частини до квадрата і помножимо 1 на (зіп2х4-
+ соз2 х)3; рівняння набуде вигляду (соз3 х — зіп3 х)2 = (зіп2 х +
4- соз2 х)3, або
соз® х — 2 зіп3 х соз3 х + зіп® х = зіп® х + 3 зіп4 х со$2 х +
+ 3 $іп2 х соз4 х 4- соз® х;
З зіп4 х соза х + 2 зіп3 х соз3 х + 3 зіп2 х соз4 х = 0,
або
З зіп2 х соз2 х 4- 2 зіп3 х соз3 х = 0.
Розкладаючи на множники, одержуємо зіп2 х соз2 х (3 4-
+ 2 зіп х соз х) = 0. Оскільки 3 4-2 зіп х соз х =И= 0, то остаточно маємо
зіп2 х = 0 і соз2х=0 і, отже,
х = пп і х = —• (2п 4- 1) •
Перевіривши знайдені значення за умовою рівняння, у відпо-
віді одержимо
х = 2я& і х = ~(46— 1), де & = 0; ± 1; ±2; ...
4. Розглянемо рівняння вигляду азіп х 4-&созх = с, що є
окремим випадком рівняння (90). Коефіцієнти а, Ь і с—довільні
дійсні числа.
Будемо розв’язувати дане рівняння введенням допоміжного кута.
Для цього поділимо обидві частини рівняння на ]/а2Ь2; одержимо
а . . Ь с
/а2 + &2 /а2 4-і2 /<г2 + &2
Коефіцієнти при зіп х і соз х будемо розглядати як значення
косинуса і синуса допоміжного аргументу ср, тобто вважатимемо
а Ь .
— = СОЗ Ср; - = ЗІП Ср,
/а2 + &2 /а2 + &2
тому що
293
Без обмеження загальності вважаємо, що тоді зіп ср 0
І кут можна взяти в інтервалі 0 < <р < тс.
Визначивши за таблицями значення ср, дане рівняння запишемо
у вигляді
. . с
у т Уа2-\-Ь2-
або
Якщо
5ІП (X + <?) •= .
у а2 4- Ь2
<; 1, тобто а2 4- Ь2 с2, то
розв’язками
рів-
с
няння є значення
£
х = (- О" агсзіп - — - <[> + Т.п,
у а2 4- о2
де п = 0; ±1; ±2;
Якщо
с
1, тобто а2-\-Ь2<,с2, то рівняння не має роз-
в’язків.
Приклад?. Розв’язати рівняння У З зіп х 4- соз х — 1.
Поділивши обидві частини рівняння на 2, одержимо
Уз . , і і
V5,п х + ус05 х = у
Замінимо = соз 30°, у = зіп 30°. Тоді вихідне рівняння
набуде вигляду зіп (х 4- 30°) = , звідки випливає х4-30° = (—1)Лх
• X 30° 4- 180°п,
п = 0; +Г; +2; . . . або при п = 2& і п = 2к 4-1
х = 180° • 2£ і х = —60° 4- 180° (2к 4-1).
Відповідь, х = 360° к і х = 120° (Зк 4- 1)» де к = 0;
±1; ±2; . . .
5. Розглянемо рівняння зіпл х4- созп х = 1, де п — натуральне
число.
Якщо 1, то рівняння зводиться до вигляду, розглянутого
в п. 4.
При п — 2 маємо тотожність зіп2 х 4- соз2 х = 1, де х — будь-яке
дійсне число.
При п 3, якщо | зіп х | у 1 і | соз х | =/= 1, маємо
5ІПЛ X < ЗІП2 X,
СО5П х «С соз2 X,
тому що показникова функція при основі, меншій за одиницю,
спадає. Додаючи почленно одержані нерівності, знайдемо, що
зіп™ х 4- созп х < 1, п З
294
при всіх х, для яких ]5Іпх| =£ 1 і [ созх[ 1. Таким чином, якщо
п — непарне число, то можливі випадки
(ЗІПХ=1, ( зіп X = О,
ї Л або {
. . ( соз X = 0 ( СОЗ X = 1,
з яких відповідно одержуємо розв’язки даного рівняння
х = у (2к + 1) і х ® 2тг&, де & = 0; ± 1; ±2; ...,
якщо п — парне число, то можливі випадки
у зіпх== ±1, . ( зіп х = 0,
1 СОЗ X = 0 (сОЗХ=±1,
з яких одержуємо розв’язки даного рівняння
х = у£, де£ = 0; ±1; ±2;...
Прикладе Розв’язати рівняння зіп3 х 4~ соз3 х = 1.
З викладеного вище випливає, що рівняння може мати розв’я-
зок у таких двох ь, п.-дках:
у зіп х = 1, . у зіп х = 0,
( соз х = 0 ( соз х = 1,
звідки знаходимо розв’язки х == (46 + 1) і х = 2л&.
Відповідь, х = у (46 + 1) і х = 2я&, де к = 0; ±1;±2;...
Зауважимо, що при п 3 корені рівняння зіпл х + созл х = 1
залежать не від числового значення л, а лише від того, чи число п
парне, чи ні.
§ 71. Тригонометричні рівняння
з функціями різних аргументів
Раціональні тригонометричні рівняння з функціями різних аргу-
ментів можна записати у вигляді
7? (зіп х, соз х, х, сір х, зіп 2х, соз 2х, 2х, сі§ 2х, . ) =0, (91)
де 7?— символ раціональної функції.
Рівняння (91) можна звести до вигляду
7? (зіп х, соз х, зіп 2х, соз 2х, ...) = 0. (92)
Тригонометричні рівняння з різними аргументами і одночасною різ-
ними функціями розв’язують зведенням їх до рівнянь з одним аргу-
ментом.
Рівняння типу (91), ліві частини яких розкладаються на множ-
ники. Якщо ліву частину рівняння (91) можна розкласти на множ-
ники 7?! Т?2 .. . = 0, де 7?т, Т?2, . .. , 7?п — раціональні функції
295
тригонометричних функцій, то досить розв’язати кожне з рівнянь
= 0, = 0, ... , = 0 і об’єднати загальні розв’язки в одну
множину; яка й буде розв’язком вихідного рівняння (91). При цьому
можна одержати сторонні розв’язки, тобто ті, при яких принаймні
один з множників лівої частини рівняння (91) [/?х, Я2, ... , /?л]
втрачає смисл.
Приклад 1. Розв’язати рівняння
зіп х зіп 2х + зіп Зх зіп 4х = 0.
Згрупуємо члени лівої частини рівняння так:
(зіп х + зіп 4х) 4- (зіп 2х 4- зіп Зх) = 0
і кожну з сум у дужках перетворимо в добуток, скориставшись
формулою (62) § 57:
2 зіп у соз у+ 2 зіп у соз — = 0.
5х *
Винесемо за дужки 2 зіп у і відкинемо множник 2:
. 5х І Зх . х \ л
зіп у ^СОЗ у + СОЗ у І == 0.
Перетворивши суму косинусів у добуток, одержимо
о . 5х х _ . . 5х
2 зіп у соз х соз у = 0; з рівнянь зіп у = 0;
х
созх = 0; соз =0 знайдемо розв’язки
х = ~т.п*і х = ^-(2«4’1); х = л (2п 4- 1), п = 0; ±1; ±2; ...
О 2
Оскільки всі множники лівої частини даного рівняння мають смисл
при всіх значеннях х, то сторонніх розв’язків тут немає.
Відповідь. х = укл; х= у (2л 4-1) і х = к(2л+1)> Де
л = 0; і 1; і2; ...
Приклад 2. Розв’язати рівняння зіп2 х + зіп2 2х = зіп2 Зх.
Перенесемо всі члени рівняння в ліву частину; одержимо зіп2х +
4- зіп2 2х — зіп2 Зх = 0.
Згрупувавши перший і третій члени даного рівняння і розклав-
ши цю різницю квадратів на множники, знайдемо
(зіп х 4- зіп Зх) (зіп х — зіп Зх) 4- зіп2 2х = 0
або
—2 зіп 2х соз х • 2 зіп х соз 2х + зіп2 2х = 0.
Враховуючи, що 2 зіп х соз х == зіп 2х, маємо —2 зіп2 2х соз 2х +
4- зіп2 2х = 0 або
зіп2 2х (1 — 2 соз 2х) = 0.
296
Останнє рівняння розпадається на зіп 2х = 0 і соз 2х = — ,
звідси пп л ,
х = т; х=±т + ™.
Відповідь. х=~ і х= ±4г(6п ± 1). Де п = 0; ±1;
2 о
±2; ...
Приклад 3. Розв’язати рівняння 2 зіп Зх = 3 соз х + соз Зх.
Згідно з формулами (49) і (50)
8ІпЗх=Ззіпх — 4зіп3х; со$3х = 4соз3х—3 созх.
Рівняння набуде вигляду
2 (3 зіп х — 4 зіп3 х) = 3 соз х + 4 соз3 х — 3 соз х
або
6 зіп х — 8 зіп3 х — 4 соз3 х = 0.
Оскільки соз х 0, то, розділивши обидві частини рівняння на
2соз3х, одержимо д *—4і£3х—2=0, або З і£ х (1 + іб2 *)—
— 4 і£3 х — 2 = 0 і після зведення подібних членів
(§3 х —Зі§х+2 = 0.
Розкладаючи ліву частину рівняння на множники, знайдемо, що
Йх+2) (ібх-1)2 = 0,
звідки Ї£х =—2 і Ї£х= 1, а отже,
х = — агсі§ 2 + пп і х = ~ + кп.
Відповідь.
х = —агсїя 2 + пп і х = (4п + 1), де п = 0; ± 1; ±2; ...
Тригонометричні рівняння, що розв’язуються перетворенням
добутків тригонометричних функцій в суми. До цього типу рівнянь,
зокрема, належать рівняння
зіп тх соз пх = зіп рх соз ?х;
зіп тх зіп пх = зіп рх зіп ?х;
соз тх соз пх = соз рх соз ?х,
що легко розкладаються на множники, якщо т ± п = р ± д.
Приклад 4. Розв’язати рівняння
зіп 2х зіп 6х = зіп Зхзіп 5х.
За допомогою формули (61) § 56 перетворимо обидві частини рів-
няння в суми і перенесемо всі члени рівняння в ліву частину:
соз 4х — соз 8х соз 2х — соз 8х л . п Л
------—-----=-------------- , або соз 4х — соз 2х = 0.
297
Скориставшись формулою (65) § 57, розкладемо ліву частину
останнього рівняння на множники; 2 зіп Зх зіп х = 0; звідси знахо-
димо зіп Зх = 0 і зіп х = 0; отже,
ял .
— _ х = і х — пп
о
Оскільки друга серія розв’язків входить до складу першої, одер-
жуємо остаточно
7СЛ
х-'з ’
де п = 0; ± 1; ±2; ...
Приклад 5. Розв’язати рівняння соз2 х + соз2 2х + соз2 Зх +
4-соз24х = 2. Перетворивши всі члени лівої частини рівняння за
. 9 1 + соз 2а -
формулою соз2 а = —— ----, одержимо
+
або
1 + соз 2х
2
1 + соз 4х
2
1 + соз 6х
2
1 + соз 8х
2
соз 2х + соз 4х + соз 6х + соз 8х = 0.
Розкладаючи ліву частину рівняння на множники, приходимо
до рівняння соз х соз2 х соз 5х — 0, звідки випливає соз х = 0;
соз2х=0 і соз5х = 0 і відповідно х = у (2л-|-1); х =(2л +
4-І) і Х = ^(2п4-1).
В і д п о в і д ь.
х = -^-(2л + 1) і х = ^(2л + 1), де л == 0; ±1; ±2; ±3; ...
§ 72. Графічні методи розв'язання
тригонометричних рівнянь
Графічні методи розв’язання рівнянь, відомі з курсу алгебри,
можуть бути застосовані до розв’язання тригонометричних рівнянь.
Ці методи в елементарній математиці, зокрема для мішаних триго-
нометричних рівнянь, єдині.
Приклад 1. Розв’язати рівняння
х — соз2 х + 0,8 = 0.
Перепишемо його у вигляді х ~ соз2 х — 0,8. Розв’язками
даного рівняння є абсциси точок перетину графіків цих функцій
(рис. 85). Зауважимо, що графіки функцій досить побудувати на
проміжку —, +у » оскільки функції соз2х — 0,8 і І£х мають
період те. Побудувавши графік, знайдемо
Хі « 0,17; х = Хі + кп.
298
Це рівняння допускає аналітичне розв'язання, яке порівняно
з графічниїм більш трудомістке.
Приклад 2. Розв’язати рівняння 2х2 == соз х.
Будуємо графіки функцій =
== 2х2 і у2 = соз х (рис. 86). Абс-
циси точок перетину графіків цих
функцій будуть розв’язками да-
ного рівняння. Згідно з рисунком
знаходимо х = 0, причому інших
дійсних коренів дане рівняння
мати не може.
Приклад 3. Розв’язати рів-
няння х = соз х. Будуємо графіки
Ух = соз х і у2 = х (рис. 87) і зна-
ходимо шуканий корінь х ® 0,74,
який є єдиним.
При графічному розв’язанні
тригонометричних рівнянь ми зна-
ходимо тільки дійсні корені. В еле-
ментарному курсі тригонометрії це не є обмеженням, оскільки роз-
глядаються тільки дійсні значення тригонометричних функцій.
Рис. 87.
§ 73. Системи тригонометричних рівнянь
Системи тригонометричних рівнянь з двома і трьома невідомими
зустрічаються в елементарному курсі тригонометрії в основному при
розв’язанні трикутників. Розв’язання і дослідження систем триго-
299
нометричних рівнянь у загальному випадку становить досить складну
задачу. .
Приклад 1, Розв’язати систему рівнянь
{зіп х + зіп у = а,
X + У = 2Ь.
Перетворивши за формулою (62) § 57 ліву частину першого рів-
няння в добуток, одержимо
„ . X + у X — у
2 зш - соз у = а
або після підстановки з другого рівняння
, х — у Х' + у .
2 5Ш Ь соз 2 = а\ % = (93)
Розглянемо можливі випадки.
А. Якщо а = 0 і Ь — як (/? = 0; £1; ±2; ...), то розв’язком
заданої системи буде будь-яка пара чисел, що визначається за системою
( х= а,
( у = 2пк — а,
де а — будь-яке дійсне число, а к = 0; ±1; ±2; ...
Б. Якщо а = 0 і Ь =£ тік, то з рівняння (93) знаходимо
X— У
соз —= 0,
або
Х-=^ = ± у + 2«* (к = 0; ± 1» ±2? ...);
розв’язання даної системи зводиться до розв’язання системи ліній-
них алгебраїчних рівнянь
Г х + у = 2Ь,
1 х — у = ±и + 4~к,
звідки знаходимо
х = Ь ± у + 2пк‘,
у = Ь^ ^-—2кк, де к = 0; ±1; ±2; ...
В. Якщо = то система не має розв’язків (при
6 = 0; ±і- ±2; . ..).
Г. Якщо а =£ 0 І Ь =/= тік (к = 0; ± 1; . . .), то, визначивши (х — у)
з найпростішого тригонометричного рівняння (93), зведемо дану
систему до системи лінійних алгебраїчних рівнянь
Ґ х-|~ у = 2Ь>
і х — у = ±2 агссоз - Д , + 4т.к.
І * 2 зш Ь 1
300
Якщо | 2 5іїі & [ 1 ’ то система ма€ розв’язок
х = Ь ± агссоз _ Дг + 2тгЛ; у = Ь Т агссоз н Д , — 2к&,
2 зіп Ь ' * 2 зіп Ь
де к = 0; ± 1; ± 2; . . .
Якщо —Д - >1, то система розв’язків не має.
|2зшд|
Приклад 2. Розв’язати систему рівнянь
(соз х соз у = а,
зіп х зіп у = Ь.
Додаючи і віднімаючи почленно рівняння даної системи за до-
помогою формул (24) і (23) §*51, одержуємо
( соз (х ~ у) — а + Ь
І соз (х + у) =а — Ь.
Розв’язавши за формулою (84) § 68 кожне із знайдених найпрос-
тіших тригонометричних рівнянь, приходимо до системи лінійних
алгебраїчних рівнянь
їх — у — ±агссоз (а + Ь) + 2л& (& = 0; ±1; ±2; . . .),
( х + у = ±агссоз (а — Ь) + 2г.п (п = 0; ±1; ±2; . . .).
Якщо | а + Ь | С 1 і | а — Ь ( < 1, то
х = ± у [агссоз (а “г д) + агссоз (а — д)] + ~ (л + к)\
х == ± [агссоз (а — Ь) — агссоз (а + &)] + (п — £),
де п = 0; і 1 ] і 2; = 0; і 1; і 2; ...
Якщо | а + д| > 1 або » а — Ь | > 1, то система розв’язків не
має.
Приклад 3. Розв’язати систему рівнянь
’ а,
• + =
, х + У + г = 71 •
Якщо врахувати, що при х + у + г = л за прикладом 4 § 57
г = + У + іб г> то система зводиться до вигляду
( + а,
< х + іб У = Ь,
І * + У+ ? = л.
Тоді ї^г = а — Ь і два перші рівняння вихідної системи набу-
вають вигляду
= ^-ь(аф Ь),
*(?* + ♦§ У = *
ЗОЇ
. Скориставшись формулою Вієта, знаходимо х І п як корені
і /а квадратного рівняння
і2 - Ьі + -2-т = 0,
‘ а — Ь
а потім з найпростіших тригонометричних рівнянь (див. § 68)
№ /і; ї£у = і2ії%г = а — Ь
визначимо х, у і г.
§ 74. Тригонометричні нерівності
Нерівність, до якої невідоме входить тільки під знаком три-
гонометричної функції, називається тригонометричною.
Найпростіші тригонометричні нерівності. До них належать не-
рівності вигляду >іп х т; соз х т; і£ х т; сі£ х т.
1. Нерівність зіпх>/п.
Якщо т <—1, то розв’язком нерівності є будь-яке дійсне
число.
Якщо —1</п< + 1, то розв’язками нерівності є 2пк +
4- агсзіп т < х < тс (2к + 1) — агсзіп т, де /• = 0; ± 1; ±2; ...
На рис. 88 штриховкою позначені значення х, що задоволь-
няють нерівність зіп х> т при —1 т <4-1.
Якщо т '^—1, го нерівність розв’язків не має.
2. Нерівність зіп х < т.
Якщо т <—1, то нерівність розв’язків не має.
Якщо —1 </п с 4-1, то розв’язками нерівності є тс (2к 4-1) —
— агсзіп т < х < агсзіп т 4- 2тс (к 4- 1)» Де к = 0; ± 1; ± 2; . .
Я
х<г=ап$іїггі
У-(2Я~*0) (ії+Ц
7
ч--
2я+ха Зя-*о
Рис. 88.
На рис. 88 значення х, що задовольняють нерівність зіпх</п,
не заштриховані.
Якщо т> +1, то нерівність справедлива при всіх дійсних зна-
ченнях х.
3. Нерівність соз х>/ті.
Якщо т<—1, то розв’язком нерівності е будь-яке дійсне
число.
-Якщо —1 с т < + 1, то розв’язки нерівності знаходяться в про-
міжках —агссоз т 4- 2тс£ < х < 2тс£ + агссозуп, де к = 0; ± 1; ±2; ...
Якщо т <—1, то нерівність розв’язків не має.
4. Нерівність созх</п.
Якщо т —1, то нерівність розв’язків не має..
Якщо —1</п<4-1, то розв’язками нерівності є значення х
з проміжків агссоз т 4- 2тс£ < х < 2тс (£ 4- 0 — агссоз /п, де к = 0}
±и ±2; ...
302
Якщо т£>+1, то будь-яке дійсне число є розв’язком нерів-
ності.
Побудуйте рисунок для нерівності соз х т, аналогічний до
рис. 88.
5. Нерівність і£х>/п має розв’язками значеннях з проміж-
ків агс ї&т + <х<~ (2к + 1), де к = 0; ±1, ±2; ...
6. Нерівність ї%х<т має розв’язками, значення х з проміжків
у (2к — 1) < х < ггсі§ т + як, де к = 0; ±1; ±2; ...
7. Нерівність сі&х> т має розв’язками значення х з проміж-
ків як < х <агссі& /ті + < х < гс (/? + 1), де к = 0; ± 1; ±2; ...
8. Нерівність сі£х<т має розв’язками значення х з проміж-
ків агссі£ т-{-пк <х <к (к + 1), де к = 0; ±1; ±2; ...
Розв’язання тригонометричних нерівностей. Будемо розглядати
нерівності вигляду / (зіп х, соз х, іб *» сі£ *) т.
Якщо функція / (зіп X, СОЗХ, X, Сі£ х) періодична, то досить
знайти розв’язки на відрізку числової осі, що дорівнює за довжи-
ною найменшому періоду функції /, а потім, користуючись періо-
дичністю функції, записати розв’язки нерівності на всій число-
вій осі.
Розглянемо кілька простих тригонометричних нерівностей.
Приклад 1. Розв’язати нерівність соз2 х—3созх<0.
Розкладемо ліву частину нерівності на множники
соз х (соз х — 3) <0.
Враховуючи, що созх —3 <0 при всіх значеннях х, одержуємо
созх>0, звідки — у + 2як <х < у + 2-А*, де к = 0; ± 1|
±2; ... .
Приклад 2. Розв’язати нерівність | | < 1. Дана нерів-
ність еквівалентна до нерівностей —1 <1 або —+як<,
<У <•“ + звідки —+ 2як <х <у Н- 2т: А>, де к = 0; ±1;
±2;.,.
Приклад 3. Розв’язати нерівність ізілхО^-.
Звільнившись від знака абсолютної величини, маємо
. । 1 < • 1
зіпх> + -у або зіп х <-----
А
З першої одержаної нерівності знаходимо
^ + 2кк<х<П(2І1+1)-^,
а з другої —
Д+х(2Л+1)<х<2ж (*4-1)
303
Розв’язки цих двох нерівностей можна об’єднати І остаточну
відповідь записати у вигляді -^--Ь^-<х< 2л (/?+!) — , де /є =
= 0; і 1; ±2; ...
’ Приклад 4. Розв’язати нерівність зіп2 х + 2 зіп х соз х —
— 3соь2х<0.
Поділивши обидві частини даної нерівності на соз2х=/=0 (при
соз2х = 0 нерівність набуває вигляду зіп2х<0, що неможливо),
одержуємо і£2 х + 2 х — 3 < 0, або (І£ х + 3) (іб х — 1) < 0.
Звідси знаходимо —3 < х < + 1 і, отже,
—агсіб 3 + л£<х<^- + л&.
л
В і д п о в і д ь. — агсі^З + пк < х < — + л&, де 6 = 0; ±1;
±2; . . .
Приклад 5. Розв’язати нерівність зіпх-^ зіпЗх<зіп2х +
+ зіп 4х.
Перенесемо всі члени нерівності, що містять невідоме, в одну
частину, тоді одержимо
зіп х + зіп Зх — зіп 2х — зіп 4х < 0.
Функція / (х) = зіп х + зіп Зх — зіп 2х— зіп 4х має найменший
додатний період, що дорівнює 2л, тому досить знайти розв’язок
цієї нерівності, наприклад, на відрізку [0, 2л], а потім з ураху-
ванням періоду записати всю множину його розв’язків.
Перетворивши за допомогою формули (63) § 57 ліву частину
вихідної нерівності в добуток, одержимо
л . X ох ~
—4 зіп ~ соз X соз — < 0
або
4 зіп -у соз х соз > 0
і знайдемо розв’язок останньої нерівності на відрізку [0, 2л]. Ос-
кільки в проміжку [0, 2л] множник 4зіп-І>0, то вихідна нерів-
ність зводиться до нерівності
5х^
соз х соз — > 0.
Для розв’язання останньої нерівності на відрізку [0, 2л] нанесемо
л л
нулі лівої частини цієї нерівності, тобто значення аргументу -у;
Зл 7л Зл 9л
Т* Т’ ~2’ 5' (Рис- 89)-
5х
Неважко перевірити, що однакових знаків функції соз х і соз
набувають на проміжках, які на рис. 89 позначені штриховкою:
л л Зл 7л Зл 9л
0<х<"5-;‘2’<х<’5‘: п<х<~^"’~2<х< 5 •
304
Тоді множина розв’язків вихідної нерівності записується у ви-
гляді
2тс& < х < + 2тс&;
тс Зтс
2тсЛ + < х < -у + 2тсЛ;
7тс
2тсЛ + тс < х < -5 + 2тсЛ;
Л Зтс 9тс
2тс& 4* х <С 4* 2тс£,
Доведення тригонометричних нерівностей. Методи доведення три-
гонометричних нерівностей майже нічим не відрізняються від методів
доведення алгебраїчних нерівностей.
Приклад 6. Довести, що коли 0 < а < тс, то
а
сІ£-£ > 1 +сі£а.
Знайдемо різницю між лівою і правою частинами нерівності і
покажемо, що вона не від’ємна:
а 1 + соз а зіп а + соз ос 1 — зіп а
с 6 2 ( 4"СІ£а) зіп ос зіп а ЗІП а
тому що за умовою
рівність досягається
0 < а < тс. Тому сі§ у >. 1 сі§ос, причому
при а = ~ .
Приклад?. Довести, що (зіп ос | 4- [ соз а |> 1. Для доведення
використовуємо очевидну нерівність
2 І ЗІП а [ І соз а І >> 0,
до обох частин якої додамо по І. Тоді
1 4“ 2 | зіп ос 11 соз а | > 1,
305
або
5ІП2 а + 2 |зі П а І [ СО8 а І + соз* а > 1,
ЗВІДКИ
(| зіп а І 4-І соз а І)2 >1.
Добуваючи квадратний корінь з обох частин останньої нерів-
ності і беручи при цьому тільки додатні значення коренів, одержуємо
| зіп а І + І соз а І > 1,
що й треба було довести.
Прикладе. Довести, що
зіп2 а + соз2 а + і§2 а + сі£2 а + зес2 а 4- созес2 а 7.
Ліву частину нерівності перетворимо так:
ЗІП2 а + соз2 а + и2 а + сі£2 а + зес2 а -|- созес2 а =
= 1 + І£2 а + СІ&2 а + (1 + і£2 а) + (1 4- сІ£2 а) =
= 34-2(І§2а4-СІ§2а)>7,
оскільки при будь-якому значенні кута а
4-СІ£2а>2
як сума двох взаємно обернених додатних величин. Зокрема, рів-
ність буде тільки при а =4-= 45° 4“ 90° де А = 0; ±1;
і 2; ... , оскільки в цьому випадку = сі&а = ±1.
Приклад 9. Довести, що якщо <* + Р 4" 7 = то
• а • 3 • 7 1
зш уЗШ 2
а . р 7
Позначимо зіп — зіп ~ зіп ~ = а
7 л а 4- Р
замінимо у = у — ,
. . 7 « 4" ? •
тоді зіп = СОЗ------і, отже,
а . 8 а 4- З
зіп у зіп у соз—= а,
або
соз
+ Р1 д‘+ 0
2 Г05 2
2
2
д —З
2
звідки одержимо
а — 3 а4-? 2а+? п
соз —соз у г — соз2 —2~ =
Виділимо в лівій частині останньої рівності повний квадраті
1 2 «— 0
Т С05 2
«+ Р
с°3 —
1 а —
ТСОЗ~2
306
Тоді
1 „ а Р о ( а + (З 1 я —
_ СОа2 —--------2а = (соз - у соз ,
і оскільки права частина невід’ємна, то
~ соз2 — 2а > 0,
ЗВІДКИ
1 2а-й 1
с<тсо5 —т*
Замінивши а на його початкове значення, одержимо шукану
нерівність
а . З . т . 1
ЗІП у ЗІП у ЗІП
. . Л п
причому рівність досягається при а = р = ] =
г О
§ 75. Обернені тригонометричні функції
Функція у = Агсзіп х. Для тригонометричної функції у = зіп X,
розглядуваної в інтервалі —оо<;х<+00> перехід до однозначної
оберненої функції неможливий, оскільки одному значенню- у відпо-
відає нескінченна множина значень аргументу х. Тому обернена
функція у = Агсзіп х при кожному значенні х, що лежить на від-
різку —1 <х<+1, має нескінченну множину значень.
При вивченні функції, оберненої до синуса, вибирають відрізок
я
7
на якому функція у — зіпх зростає, і розглядають
відповідну до цього відрізка обернену функцію у = агсзіп х, яку
називають головним значенням функції Агсзіп х (див. § 49).
Оберненою тригонометричною функцією у = агсзіп х називають
. . . 1 я । М ...
дугу (кут) у, взяту на відрізку —+ — І, синус якої дорів-
[ & £
нює х. Інакше кажучи, рівності
у = агсзіп х і зіп у = х
еквівалентні.
Основні властивості функції у = агсзіп х:
1. Функція у = агсзіп х визначена на відрізку —1 <х<^-|-1.
2. На відрізку — 1<х<;-|-1 функція у = агсзіп х зростає від
— ~ до + ~ , тобто — у < агсзіп х < + у.
3. Функція у = агсзіп х — непарна, тобто агсзіп (—х) = —агсзіп х.
ЮТ
4. Всі. значення дуг (кутів), синус яких дорівнює х, визнача-
ються за формулою
Агсзіп х = (—1)" агс5іп х + пп, (94)
де п — 0; ±1; ±2; ...
Графік функції у=агсзіп х наведено на рис. 90, а графік функ-
ції г/ = АгсМпх на рис. 91.
Функція у = Лгссо5 х. Оберненою тригонометричною функцією
у = агссоз х називають дугу (кут) у, взяту на відрізку [0; +к],
косинус якої дорівнює х, тобто рівності
у = агссоз х і соз у = х
еквівалентні
Основні властивості функції у =
= агссоз х:
1. Функція визначена на відрізку
- 1<х<+1.
2. На відрізку —1<х<;4-1 функція спадає від к до 0, тобто
0 < агссоз х < к.
З Для агссоз х .має місце рівність агссоз (—х) = л — агссоз х,
тобто властивостей парності або непарності функція не має.
4. Функція у = агссолх називається головним значенням функ-
ції у = Агссоз х.
Всі значення дуг (кутів), косинус яких дорівнює х, визначають-
ся за формулою
Агссоз х = ± агссоз х + 2кг?, (95)
де п = 0; і 1? і2; ±3; ...
Графіки функцій у — агссоз х і у = Агссоз х наведено на рис. 92
і 93.
Функція у = Агсі£ х. Оберненою тригонометричною функцією
у = агсі@х називають дугу (кут), взяту в проміжку (—у‘>
тангенс якої дорівнює х, тобто рівності
у = агсі£х і \.&у — х
еквівалентні.
308
Основні властивості функції у = агсі& х:
1. Функція визначена на множині всіх дійсних чисел, тобто
2. В інтервалі —оо < х< 4-оо
ція зростає від —— д° + у,
-у<агс(§х< + у .
3. Функція ^ = агсі£х—не
тобто агсі£ (— х) = — агсі& х.
нази-
функ-
4. Функція // —агсі^х
вається головним значенням
ції у = Агсі£х.
Всі значення дуг (кутів), тан-
генс яких дорівнює х, визнача-
ються за формулою
Агсі£ х = агсІ& х + тт, (96)
де п = 0; ±1; ±2; .«.
Графіки функцій у = аГсІ£х
і г/==Агсі£х наведено на рис. 94
і 95.
Функція у = Агссі£ х. Оберне-
ною тригонометричною функцією
309
у = агссі^х .називається дуга (кут), взята в проміжку (0; тс) котан-
генс якої дорівнює х, тобто рівності
у = агссі£ х і сі£ у = х
еквівалентні.
Основні властивості функції у = агссі£ х:
1. Функція визначена при всіх дійсних 'значеннях х, тобто
—оо < х< 4-оо.
2. В інтервалі —оо < х<С4“°° функція спадає від тс до 0, тобто
0< агссЦх < тс.
3. Функція г/ = агссі£х, як і
функція у = агссоз х, не має ні
властивості парності, ні властивос-
ті непарності, але для неї справед-
лива р івність агссі§ (—х) = тс —
— агссі& х.
4. Функцію у = агссі§ х нази-
вають головним значенням функ-
ції у = Агссі£ х. Всі значення дуг
(кутів), котангенс яких дорівнює
х, визначаються за формулою
Агссі£ х = агссі£ х 4- (97)
де п = 0; ± 1; ±2; ...
Графіки функцій у = агссі£х
і у = Агссі£ х наведено на рис. 96
і 97.
Основні співвідношення для обернених тригонометричних функцій
А.
зіп (агсзіп х) = х, якщо — 1<х<4“И (98)
соз (агссоз х) = х, якщо —1 < х < 4“1» (99)
(агсі£ х) = х, якщо —оо < х < 4- оо; (100)
СІ£ (агссі£ X) = X, ЯКЩО —оо<Х<4-°°* (101)
Б.
тс тс
агсзіп (зіп х) — х, якщо — у< х< 4“ у ї (102)
агссоз (соз х) = х, якщо 0 < х < тс; (103)
агсіе (і£ х) = х, якщо — у <х<4-у ; (104)
агссі£ (сі§ х) = х, якщо 0 < х < 4“«. (Ю5)
310
агсзіп * + агссозх = ~ , якщо —1 < х <4-1; (106)
агсіб х 4- агссі£ х = у , якщо — оо < х< 4-е». (107)
______ Т / | ____________________ #2
агсзіп х — агссоз У1 — х2 — агсі£ > - = агссі^ ----, (108)
У 1 — х2 х
якщо 0 < х < 1;
г----- 1/1 — X2 X
агссоз х = агсзіп У 1 — х2 = агсі^-~= агсс!& у- .. ,
(Ю9)
якщо 0<х< 1;
, х 1 . х 1
агсіе х “ агссте — = агсзіп , = агссоз . . Л 10)
X у \+х2 /1+х»’ ' '
якщо о< х<4“ °°;
. .1.1 X
агссіе х = агсіе — = агсзш Т7=~ = агссоз і/ТП—г. (111)
х у 1 4- х2 у 1 4- х2
якщо 0<х<4-оо.
Л
агсзіп (—х) = —агсзіп х; (И2)
агссоз (- х) = п — агссоз х; (113)
агс(£ (—х) = —агсі£ х; (И4)
агссі£ (—х) = к — агссі^ х. (П5)
Формули додавання та віднімання для обернених тригонометрич-
них функцій
агсзіп х 4- агсзіп у =
агсзіп (х ]/1 — у2 4~ У У1 *2), якщо ху < 0 або х2 4- у2 < 1,
= ' я — агсзіп (х У1 —у2 + у V1 — х2), якщо х>0, і/>0 і х24-//2>1,
,—к —агсзіп (х /1 — у2 4- У У1 — х2), якщо х<0, у<0 і х24-у2>1?
(И6)
агсзіп х — агсзіп у =
Г агсзіп (х ]/ 1 — у2 — у У1 — х2,
якщо ху > 0 або х2 4- У2 < Ь
= п — агсзіп (х /1 — у2 — уУ\ — х2у
якщох>0, у<0 і х24-У2 > 1> '
—л —агсзіп (хУ1 — у2 — уУ 1-х2),
якщо х<0, у>о і х24-у2>і;
311
агссоз х + агссоз у =
агссоз (ху — ]/(1 — *2) (1 — У2))»
2тс — агссоз (ху — — х2) (1 — у2)),
якщо х+ у > 0,
якщо *+ у <0;
агссоз х — агссоз у =
—агссоз (ху + ]/(1 — *2) (1 ““ У2))>
,+агссоз (хг/ + К(1 “ *2) ( 1— У2))»
агсі£ х + агей* у ==
якщо х у,
якщо Х< у}
і *+ У
агсІ£ , ~ у ,
ь 1 — ху
, ж х + У
’г + агс^—
— л агс(§ ІІ-Е.
1 — ху
якщо ху < 1,
якщо х>0 і хг/> 1,
якщо х< 0 і ху> 1;
агсі£ х — агсіе У =
. х — у
агсі£ — — ,
1 + *У
п+агсІ8гт4’
-к+агсі8тт4’
якщо ху> —1,
якщо х>»0 і ху< — 1,
якщо х< 0 і ху< 1.
(118)
(П9)
(120)
(121)
Формули подвоєння для обернених тригонометричних функцій
2агсзіп х =
агезіп (2х У1 — х2),
тс — агезіп (2х У1 — х2),
—тс — агезіп (2х ]/1 — х2),
, і ^/2
якщо І х І <-у- .
якщо < *<+1»
якщо —1 < х < — ;
(122)
2 агссоз
агссоз (2х2 — 1),
•2тс — агссоз (2х2 — 1),
2 агсі&
. 2х
агс<2 х ,
2х
л + агсіб р—-8,
2х
—л4-агс(§р—-2,
ЯКЩО 0< X < 4-1,
якщо —1 < х<0;
якщо І х ( < 1,
якщо х> +1,
якщо х< —1.
(123)
(124)
Розглянемо кілька вправ на обернені тригонометричні функції.
Приклад 1. Показати, що
агеїб -у + агс*8 ~ + агсі£ у + агсій у = Т '
312
О 1 1 1 . 1 1 1
Враховуючи, що • -=-<1 і -= -о < 1» виконаємо, згідно з
□ О /О
формулою (120), додавання*.
* 1 , х 1
агсі& -у + агсі§ у = агсіе
агсі£ у + агсЦ у = агс1£
|+4
1-1.1
З 5
1+1
7'8
1-1.1 :
7 8
± 4
= агсі£у;
х З
= агсіб ц •
Тоді
х 1 , . 1 , , 1 , 4 1 , 4 ,
агсій -5- + агсіб + агсі§ — 4- агсщ -5- = агсір -= 4-
О О і О і
-+-
. . З . 7^11 .. я /4 З
+ агсій п = агсІ§------— = агсІ£ 1 = ц <
1 ~ 7 ‘ ЇЇ
що й треба було довести.
Приклад 2. Показати, що
/2 1 4- /б я
агссоз -агссоз —= -у .
з 2/3 6
Оскільки ~ ~2^^~ ’ т0 застосовУючи формулу (119).
одержуємо
і/2" 14-/б 1 + /б ,
агссоз І/ — агссоз ——~— = агссоз І/ —Н
Г з 2/3 V 3 2 /з
. і /Т 2ТІ 7+2/бЙ {2 /3 4-/2 ,
+ / \ —ї2—)у=агссоЧ—б—+
, У 5 — 2 /б'і (2 /з 4- /2) + (/з - /2)
4- ---£---І = агссоз ------------------=
/З я
= агссоз -у- = у,
що й треба було довести.
Приклад 3. Довести, що
{агсзіп 1/1 -- х2, якщо 0 < х < +1,
я — агсзіп у 1 — х2 якщо — 1<х<0,
313
Позначимо агссоз х = а, тоді соз а = х, причому 0 а < тс- Знаю-
чи, що соз а = х, знайдемо зіп а = р41 — соз2л, або зіп а = У 1—х2.
Далі маємо
агсзіп (зіп а) = агсзіп р^ 1 — х2.
Тепер розглянемо два випадки: якщо 0<а<у, тобто 0<іх<
< 1, то згідно з формулою (102)
агсзіп (зіп а) = а
і тоді а = агсзіп р^ 1 — х2. >
Врахувавши введене позначення, одержимо
а = агссоз х = агсзіп р41 — х2
Якщо ~ < а тс, тобто —1 х < 0, то за формулами зведення
виконаємо заміну зіп а = зіп (к — в), де 0<тс— а < . Тоді
агсзіп (зіп а) = агсзіп [зіп (тс — а)] = тс — а,
або тс — а = агсзіп р^ 1 — х2, звідки одержимо
а = агссоз х = тс — агсзіп р^ 1 — х2.
Таким чином,
{агсзіп р41—х2, якщо 0<Сх<-|-1,
тс — агсзіп У І — х2, якщо —1 х < 0,
що й треба було довести.
П р и к л а д 4. Розв’язати рівняння
агсїб З* — агс<£ 3~* — .
о
І^-агсі83^= "
\ 2 /О
Враховуючи, що згідно з формулами (107) і (111)
агсіб 3~* = агсіб = агссі^ 3х = ~ — агсі£ 3х,
ох 2
одержимо агсі£ 3* —
Після очевидних спрощень маємо
2 агсі£ 3* = ~ , або агсі£ 3* = ~
□ о
і, отже,
2
З* = (б ^=/3, тобто 3* -= З2 ; х =
о 2
Ві дповідь х = ~.
314
Приклад 5. Розв’язати нерівність агезіпх — 2агссозх>у.
Після заміни в лівій частині нерівності
тс
агссоз х = —— агезіп х
о . 4тс 4тс
знаходимо, що 3 агезіп х> у, або агезіп х > у, звідки одержуємо
остаточну- відповідь
. 4тс
зіп-д <х<-Н1.
Приклад б. Розв’язати рівняння зіп (5 агсї& Зх) = 1.
Позначимо 5агсі§3х = ґ; тоді
5тс , 5тс
— < + у
і дане рівняння набуває вигляду зіп і = 1, звідки і = у + 2пп, де
п = 0; ±1; ±2; ...
Знайдемо, при яких значеннях п величина і задовольняє умову
-у К</< + уЯ.
Розв’язавши нерівність
5 тс , _ , 5
_’2"<т + 2’'п< + тя’
з
одержимо —6 < 4п < 4, або —— < п < 1, тобто п = — 1; 0.
А. При п = —1 знаходимо і = — — 2к = —у,отже,5агсї§ Зх=
Зтс —Зтс
= — у, або агсі§ Зх = -у; звідси
_ ..Зтс 1 Зтс
Зх І£ їф , X — Х1 -у .
Б. При п = 0 знаходимо / = 2и - 0 = у ; тоді 5 агеїб Зх =
= у, агсІ£Зх = -^. Отже,
Зх=і8^, абох = ха = 1‘б^.
„. . 1 , Зк і _ 1,37638
Відповідь. хх =---------їе = — у 54° к-----------д---- =
=— 0,45879;
х4 = + 1 = + 1 і8 18° « +°'^= + 0,10831.
Зауважимо, що обернені тригонометричні функції часто нази-
вають також оберненими круговими функціями.
315
§ 76. Тригонометричні таблиці
Перші тригонометричні таблиці створено математиками Індії,
Середньої Азії та Близького Сходу. Вперше друковані таблиці три-
гонометричних функцій було опубліковано в першій чверті XVI ст.
Найважливіше значення мали таблиці, які видав Ретік у 1551 р.:
значення тригонометричних функцій він обчислив через кожні 10'
з точністю до семи знаків. У 1579 р. опублікував свої тригономе-
тричні таблиці Вієт: він дає значення функцій через кожну мінуту.
У 1596 р. В. Отто видав «Опус Палатінум», який також був скла-
дений Ретіком: ці таблиці містять значення усіх шести тригономет-
ричних функцій з точністю до 10 знаків через кожні 10'.
На початку XVIII ст. Абрагам Шварц (1651—1742) склав семи-
значні таблиці синусів, тангенсів і секансів та їх логарифмів, обчис-
лені для значень кутів через кожну мінуту. Ці таблиці неодноразово
перевидавалися і з невеликими змінами служили обчислювачам протя-
гом майже усього XVIII ст. Багато разів перевидавалися також
«Таблиці логарифмів синусів тощо» Лакайля та Лаланда, які було
вперше видано в Парижі у 1760 р.
Значного розповсюдження набули таблиці славетного словенсь-
кого обчислювача Георга Веги (1754—1802). Вега виконав нові об-
числення в усіх таблицях і домігся значно більшої точності, ніж
попередні обчислювачі. Вега склав ці таблиці втрьох варіантах —
для шкільного вжитку (1783), для обчислювачів — семизначні таб-
лиці (1793) і «Повне зібрання логарифмічно-тригонометричних таб-
лиць»— десятизначні, також для обчислювачів (1794). Ці таблиці,
які було видано у Відні німецькою мовою, були перекладені май-
же всіма культурними мовами світу; вони перевидаються до остан-
ніх часів. Особливого розповсюдження набули таблиці 1793 р., відомі
під назвою «Логарифмічно-тригонометричний підручник». Лише ро-
сійською мовою ці таблиці було перевидано більш як 20 разів,
у тому числі декілька разів за радянських часів.
Російською мовою тригонометричні таблиці видавалися починаю-
чи з 1703 р., коли було видано «Таблиці синусів, тангенсів і секан-
сів та логарифмів синусів і тангенсів, а також чисел, що є від єди-
ного аж до 10 000». які склали викладачі московської Навігацької
школи А. Фархварсон, С. Гвін та Л. Ф. Магницькпй.
Таблиці було перевидано у 1716 р. За цими першими, російськи-
ми виданнями таблиць було видано багато інших, які було складено
російськими математиками або перекладено з іноземних мов.
III. ГЕОМЕТРІЯ
ПЛАНІМЕТРІЯ
§ 1. Предмет геометрії.
Короткі відомості про її розвиток
Походження геометрії тісно пов’язане з практичною діяльністю
людини: оцінка відстані, вимірювання площ і об’ємів були тими
елементарними навичками, якими вона володіла вже в первісні часи.
Найпростіші геометричні образи — прямі й криві лінії, трикутники,
кола — зустрічаються в орнаменті найстаріших керамічних виробів.
Досить значні знання з практичної геометрії були в стародав-
ньому Єгипті. Для вимірювання площ та на будівельних роботах
там використовували натягнуту мотузку, тому греки називали єги-
петських землемірів гарпедонавтами (тими, що тягнуть мотузку).
Для побудови прямого кута в Єгипті користувались мотузкою,
що була вузлами поділена на 12 рівних частин; отже, вже в середи-
ні З ТИСЯЧОЛІТТЯ ДО н. Є. було ВІДОМО. ЩО трикутник 3 СТОрОНЗхМИ,
які дорівнюють відповідно 3, 4 і 5 рівним частинам, — прямокутний.
Площі прямокутних фігур єгиптяни вміли підраховувати точно,
площі трикутників вони визначали наближено як добуток половини
основи на сторону, площі трапецій — як добуток півсуми основ на
сторону. Для визначення площі кола відношення довжини кола до
діаметра приймалося таким, що дорівнює 3,16. Єгиптяни вміли також
визначати об’єми тіл, в тому числі зрізаного конуса й зрізаної
піраміди.
Деякі геометричні відомості мешканці Вавілону мали вже за
часів Хамурабі (2800 р. до н. е.). Є думка, що вавілонянам була
відома теорема Піфагора. Вони вміли ділити коло на 6 частин; це,
так само як і поділ кола на 360 частин, було запозичено ними від
найдавніших поселенців малоазійського Міжріччя. Число тг вони
так само як і стародавні євреї, вважали таким, що дорівнює 3.
Перші систематизовані знання греків з геометрії пов’язуються
з Ім’ям Фалеса Мілетського (близько 585 р. дон. є.), якому були ві-
домі деякі теореми. Він знав, зокрема, що відповідні сторони по-
дібних трикутників пропорційні, що кут, вписаний у півколо — пря-
мий, що сума внутрішніх кутів трикутника дорівнює двом прямим.
В V ст. до н. е. були сформульовані три славетні геометричні
задачі, спроби розв’язання яких значною мірою сприяли розвиткові
геометрії; це були: подвоєння куба, ділення кута на три рівні час-
тини та квадратура круга. Сама назва науки походить з грецької
мови й означає «землемірство» (у — земля, — міра).
Найславетнішим з геометрів античного світу був Евклід (близь-
ко 330 — 275 до н. е.). Його «Начала» являли собою справжню енци-
клопедію геометрії: вони служили підручником у більшості шкіл
317
світу понад дві тисячі років. «Начала» Евкліда складаються з 15
книг, які зведено у чотири частини. У першій частині, що склади*-
еться з шести книг, викладено планіметрію; друга частина з трьох
книг присвячена арифметиці; до третьої частини, якій відповідає
десята книга, включено трактат про сумірні й несумірні відрізки;
четверта частина, яка містить п’ять книг, присвячена стереометрії.
Дальші дослідження з геометрії провадили Архімед (287—212 до
н. є.),' що відкрив нові способи обчислення площ та об’ємів, та
Аполлоній Пергський (близько 260—170 до н. е.), який створив тео-
рію конічних перерізів.
Стародавні римляни не відкрили майже нічого нового в геомет-
рії, хоча вони мали багато практичних відомостей з планіметрії та
стереометрії. Так само геометричні знання у стародавньому Китаї
були головним чином практичними. У трактаті «Математика в дев’я-
ти книгах» Лю-Хуея (263 р.) перша книга присвячена вимірюванню
полів. Тут є задачі на обчислення площ прямокутної, трикутної,
трапецієподібної форм, кола, сектора, сегмента, кільця: число я тут
дорівнює 3. В четвертій книзі дається обчислення сторони прямо-
кутника за його площею і другою стороною та знаходження діа-
метра кулі за її об’ємом. Геометричний зміст мають також п’ята
й дев’ята книги, які містять ряд практичних задач на обчислення
об’ємів тіл і на знаходження елементів прямокутних трикутників.
Практичний напрям мала геометрія і у стародавній Індії, що,
як гадають, запозичила дещо з вавілонської геометрії. Індійські
вчені знали деякі точні формули для знаходження площ та об’ємів,
а також деякі наближені формули. Величину числа тс вони прийма-
ли такою, що дорівнює 3, іноді 16. Вони створили своєрідну тео-
рію правильних многокутників і теорію трикутників.
Великий середньоазіатський вчений ал-Хорезмі (787 — близько
850) описав властивості найпростіших геометричних фігур і деякі
теореми, що стосуються їх. Для числа тс він наводить три значення:
37> 1^10’ 20000'
Дослідження середньоазіатських і арабських геометрів були
пов’язані з перекладанням арабською мовою і коментуванням творів
Евкліда та інших грецьких вчених. Абу-л-Вафа написав практичну
геометрію, у якій наводить формули для обчислення площ та об’є-
мів тіл, але без доведення. Він наводить також деякі задачі на
побудову та на дії з плоскими фігурами.
Арабські вчені зробили дещо й у галузі теоретичної геометрії.
Так, ан-Найрізі (помер близько 922 р.) та хорезмієць ал-Джаухарі
(IX ст.) досліджували теорію паралельних ліній і робили спробу
довести п’ятий постулат Евкліда. Пізніше цю теорію вивчав вели-
кий поет і математик Омар Хайям (1048—1131). Близько 1250 р.
азербайджанський вчений Насир ад-Дін ат-Тусі (1201 —1274) написав
три твори, в яких розвинув теорію паралельних і довів деякі нові
теореми.
За часів середньовіччя арабська мова була міжнародною для
всіх народів, що населяли країни Близького й Середнього Сходу
та Північної Африки. Таку саму роль у країнах Західної Європи
майже до кінця XVIII ст. виконувала латинська мова. Вперше ла-
тинською мовою «Начала» Евкліда переклав Боецій (480—524). Ви-
датний математик того часу Герберт (941 —1003) написав трактат про
318
геометрію, у якому розв’язав ряд практичних задач про трикутники.
Микола Кузанський (Ї40І —1464) відкрив метод для спрямлення
дуги кола. Але наукова робота в університетах тоді не провадилась.
Геометрію викладали в університетах за Евклідом, причому лише
одну або дві перші книги; в небагатьох університетах, в тому чис-
лі у Болоньї, Празі та Кракові, викладали шість книг Евкліда.
Геометрія була одним з головних предметів університетського мате-
матичного навчання майже до кінця XVIII ст.
Математики XV—XVIII ст. розрізняли теоретичну й практичну
геометрію. До першої вони відносили евклідову геометрію з допов-
неннями з теорії конічних перерізів, Назва практичної геометрії
прикладалася до розв’язання задач на знаходження віддалі, на об-
числення площ та об’ємів тіл, а також до елементів геодезії та мар-
кшейдерії. Багато верств населення цікавилося проблемами прак-
тичної) геометрії: ремісники, будівничі, купці, митці. Так, 1525 р.
славетний німецький художник Альбрехт Дюрер (1471—1528) напи-
сав практичну геометрію для художників: «Порадник про вимірю-
вання за допомогою циркуля й лінійки». В 1494 р. у Венеції була
надрукована математична енциклопедія Луки Пачолі (1445—1514),
у якій автор наводить ряд геометричних задач, у тому числі на
знаходження об’ємів правильних многогранників.
Відомості з практичної геометрії у стародавній Русі спочатку
передавалися усно, згодом, з XVI ст., в рукописних посібниках.
У 1629 р. було складено «Книгу про сошне письмо», яка містила
правила знаходження площ квадрата, прямокутника, трикутника й
трапеції. Вперше в Росії курс геометрії прочитав у 1707 р. в Київ-
ській академії відомий діяч освіти Феофан Прокопович (1681—1736):
його курс містив головні теореми за Евклідом та основи теорії ко-
нічних перерізів.
У 1533 р. у м. Базелі (Швейцарія) «Начала» Евкліда було ви-
дано грецькою мовою, і з того часу починається нескінченйй спи-
сок видань Евкліда мовою оригіналу та у перекладах майже всіма
мовами світу.
У XVII—XVIII ст. мало що було знайдено нового в елементар-
ній геометрії, але розпочалася велика праця над створенням і роз-
витком нових ідей у геометрії. У 1637 р. було видано «Геометрію»
Декарта (1596—1650), а в 1679 р. — «Вступ до вивчення плоских
і тілесних місць» Ферма (1601—1665); обидва ці трактати лягли в
основу створення аналітичної геометрії, у якій геометричні об’єкту
досліджуються за допомогою алгебри та координатного методу.
Наприкінці XVII ст. Ньютон, Лейбніц, Яків та Йоган Бернуллі
заклали основи нової галузі геометрії — диференціальної, яка була
розвинута у XVIII ст. в працях Ейлера, Клеро, Монжа; згодом у
1887—1896 рр. її систематизував французький математик Дарбу (1842—
1917). Диференціальна геометрія досліджує властивості кривих
і поверхонь методами диференціального числення.
У 1795 р. французький математик Гаспар Монж (1746—1816)
прочитав у паризькій Нормальній школі курс лекцій з нарисної
геометрії: ці лекції було видано через чотири роки. Так виникла
нова геометрична наука про ортогональне проектування, що лягла
в основу технічного креслення, і було створено міжнародну гра-
фічну «мову» техніки.
У 1812 р. в складі наполеонівської армії до Росії потрапив
один з учнів Монжа військовий інженер Віктор Понселе (1788—
31»
1867). Того ж року його разом з багатьма офіцерами й солдатами
було взято в полон. Тут, у Саратові він розробив ідеї проективної
геометрії, що вивчає проективні властивості фігур. Свій трактат
Понселе видав у Парижі у 1822 р.
Найбільше геометричне відкриття XIX ст. було зроблено гені-
альним російським математиком М. І. Лобачевським (1792—1856).
Він відмовився від п’ятого постулату Евкліда і припустив, що сума
внутрішніх кутів трикутника не дорівнює двом прямим. Виходячи
з цього припущення, він створив внутрішньо несуперечливу систему
геометрії, що одержала назву неевклідової геометрії. Практичне
значення неевклідової геометрії надзвичайно велике, вона вже знай-
шла і далі знаходитиме застосування при дослідженнях космічного
простору. Теорія відносності, яку розробив Ейнштейн, була б немо-
жливою без неевклідової геометрії,
В середині XIX ст. виникла ще одна галузь геометрії — топо-
логія, хоча деякі її ідеї були висловлені раніше. Це наука, що
досліджує так звані топологічні властивості фігур, тобто такі, що
не змінюються при будь-яких деформаціях, які виконуються без
розривів та склеювання. Важливий вклад у створення топології вніс
французький математик і механік А. Пуанкаре (1854—1912).
Ми згадали тут лише про деякі галузі геометрії, яка в XX ст.
стала надзвичайно розгалуженою наукою Великий вклад у сучасну
геометрію внесли радянські вчені.
Повернемося до евклідової геометрії, яка досі є одним з най-
важливіших предметів загальної математичної освіти. Вже у першій
друкованій книзі з математики російською мовою, в «Арифметиці»
Л. Ф. Магницького, були викладені деякі відомості з геометрії.
Першим російським підручником стала книга акад. Г. В. Крафта
«Короткий підручник з теоретичної геометрії», який було перекла-
дено з німецької мови й видано у 1748 р. Геометрії був присвяче-
ний розділ «Скорочень математики» акад. С. Я Румовського (1760).
У 1760—1761 рр. було видано «Практичну геометрію» С. Назарова,
а в 1765 р. — «Генеральну геометрію» відомого педагога XVIII ст.
М. Г. Курганова.
Наприкінці XVIII ст. французький математик Лежандр видав
«Початки геометрії». Академік С. Є. Гурьєв (1764—1813) виступив
з критикою цього підручника і у 1804—1807 рр. видав свої «Основи
геометрії» у двох томах.
У XIX ст. було видано багато підручників, навчальних посіб-
ників і задачників з елементарної геометрії. Серед інших велике
значення-мала праця І. Т. Александрова (1856—1919) «Методи роз-
в’язування геометричних задач на побудову» (1881). Особливо довго
служив російській, а потім і радянській школі підручник «Елемен-
тарна геометрія», який був створений визначним російським пегаго-
гом А. П. Кисельовим (1852—1940) у 1892 р. і багато разів переви-
давався російською та іншими мовами Радянського Союзу. У 1973 р,
цей підручник, після деякої переробки було прийнято як стабільний
підручник для радянської середньої школи.
Точка. Вперше точку намагалися визначити Піфагор і Арістотель.
Платон (близько 380 р. до н. е.) визначив точку як «початок лінії».
Евкліду належить таке визначення: «точка—не те, що не ділить-
ся на частини». Сучасне визначення гочки базується на теорії
границь.
Лінія. Платон визначив лінію як довжину без ширини Арісто-
тель вказав, що лінію можна ділити лише в одному вимірі, тоді як
поверхню—у двох вимірах. Він звернув увагу також на те, що точка,
що рухається, утворює лінію, а лінія під час руху утворює поверх-
ню. За вказівкою Архімеда, з усіх ліній, що закінчуються в тих
самих точках, пряма лінія є найкоротшою.
Поверхня. Арістотель визначив поверхню як границю або пере-
тин тіла. Евклід звернув увагу на те, що поверхня є те, що має
довжину й ширину.
Площина. Визначення Евкліда базується на тому, що пряма
лінія, яким би чином ми не поклали її на площину, завжди сумі-
щатиметься з нею усіма своїми точками. Роберг Сімсон- (близько
1758 р.) спробував зробити уточнення цього визначення. За ним,
«площиною є гака поверхня, що пряма лінія, яка з’єднує дві будь-
фсі точки, взяті на ній, буде повністю лежати на ній». Ж. Фурье
(1768—1830) змінив визначення Евкліда; за його думкою, площина
утворюється сукупністю прямих ліній, що проходять через одну
точку, взяту на якійсь прямій лінії, перпендикулярно до цієї остан-
ньої.
Кут. Арістотель визначає кут як фігуру, обмежену двома пря-
мими лініями, що перетинаються. За Евклідом, плоский кут є нахил
між собою двох ліній, що лежать в одній площині і не збігаються
в одну. Він називає кут, який утворюють прямі лінії, прямоліній-
ним. Таким чином, під визначення Евкліда не підпадають кути, що
дорівнюють 0° (або 0 рад), а також гал при будь-якому п. Відомий
німецький математик Гільберт (1862—1943) в своїх «Основах геомет-
рії» запропонував таке визначення кута: «нехай а є будь-яка пло-
щина і /і, — два будь-які півпромені, відмінні один від одного,
що лежать у площині а й виходять з точки О. Система, яку утво-
рюють ці два півпромені, називається кутом».
Круг. За визначенням Евкліда, кругом називається фігура, об-
межена деякою лінією так, що всі прямі лінії, які досягають її
і виходять з однієї точки, яка міститься всередині фігури, рівні
між собою. Ця точка називається центром кола.
Евклід не точно розрізняв поняття кола як фігури й кола як
лінії; ця різниця була з’ясована лише в XVII ст. з розвитком ана-
літичної геометрії.
Діаметр, радіус. Евклід назвав діаметром лінію, що ділить коло
на дві рівні частини, цією ж назвою він користувався при визна-
ченні діагоналі квадрата. Терміна «радіус» він не вживав і користу-
вався в потрібних випадках словом «відстань». Вперше спеціальний
термін для цього поняття запровадив Боецій: він назвав його «пів-
діаметром». Цей термін був у загальному вжитку в Західній Європі
до кінця XVI ст.
Термін «радіус» запропонував французький математик П. Рамус
у 1569 р. і дав йому таке визначення: «Радіус є пряма, що йде від
центра до периметра». У 1590 р. прийняв цей термін славетний фран-
11 5-2692
321
вузький математик Вієт (1540— 1603)! з тих часів він став загаль-
новживаним.
За традицією почнемо виклад з планіметрії (від лат. ріапит—
площина і грецького рєтрєи) — міряю), тобто з розділу геометрії,
в якому вивчаються властивості фігур, розташованих в одній пло-
щині, а потім перейдемо до геометрії в просторі—стереометрії
(від грецького СтєрЕОЗ—просторовий).
§ 2. Основні поняття
Елементарна геометрія вивчає найпростіші геометричні влас-
тивості об’єктів тривимірного простору» тобто простору, в якому
ми живемо.
Первинні поняття — такі найпростіші поняття в математиці,
яких я*1 можна визначити через поняття ще простіші.
Геометричне тіло, поверхня, лінія, точка є найпростішими гео-
метричними образами — це поняття первинні.
Уявлення про геометричне тіло дає нам будь-який предмет,
якщо розглядати лише його форму й розміри. Геометричне тіло має
три виміри.
Поверхню можна уявити як спільну частину двох суміжних
областей простору або як нескінченно тонкий шар, який відокрем-
лює дві суміжні частини простору. Поверхня не має товщини.
Лінія уявляється як спільна частина (границя) двох суміжних
ділянок поверхні. В результаті перетину двох поверхонь ми одер-
жуємо лінію. Лінія має лише один вимір — довжину.
Точка відокремлює одну від одної суміжні частини лінії. Чіт-
ке уявлення про точки дають перетини ліній між собою і ліній
з поверхнями. Точка не має жодного виміру.
Площина — окремий вид поверхні, будь-яка частина якої може
бути суміщена з вихідною поверхнею в будь-якому її місці як у
прямому, так і перевернутому вигляді (властивість прямого і пере-
вернутого ковзання).
Ніяка інша поверхня не має такої властивості. Наприклад, час-
тина сферичної поверхні може ковзати по цій са.мій сфері, але без
перевертання. Частина еліпсоїда обертання може ковзати по цьому
еліпсоїду без перевертання, але тільки в певному напрямку. В загаль-
ному випадку еліпсоїдна поверхня не має властивості ковзання.
Якщо через дві точки площини провести пряму лінію, то і всі
точки цієї прямої будуть знаходиться на площині. Пряма є окре-
мим видом лінії. Уявлення про неї дає перетин двох площин.
Властивості прямої
1. Через будь-які дві точки простору можна провести пряму
і до того ж . ільки одну.
2. Якщо дві прямі накладені одна на одну так, що які-небудь
дві точки однієї прямої суміщаються з двома точками другої пря-
мої, то ці дві прямі суміщаються і в усіх інших точках.
3. Дві прямі можуть перетинатися лише в одній точці.
4. Пряма має властивість ковзання — будь-яка ЇЇ ділянка може
ковзати нескінченно. Таку саму властивість має ще одна лінія —
коло. Проте властивості 1—3 для кола (повністю або частково) не вико-
нуються: через будь-які дві точки простору можна провести нескінчен-
322
не число кіл, два кола можуть мати дві спільні точки, але не збі-
гатися в усіх інших точках, два кола можуть дотикатися в одній
точці або перетинатися в Двох точках.
Нескінченна пряма — пряма, яка продовжується в обидві сто-
рони нескінченно. Звичайно нескінченну пряму називають просто
прямою.
Відрізок прямої — частина прямої, обмежена з Двох сторін
точками.
' Промінь, або напівпряма— частина прямої-, обмежена лише з
одного боку, тобто промінь е частиною прямої, яка виходить із за-
даної точки і прямує до нескінченності в даному напрямку.
Ламана лінія — лінія, утворена відрізками прямих, які не ле-
жать на одній прямій і розміщенні так, що кінець першого відрізка
є початком другого, кінець другого — початком тре-ього і т. д. Від-
різки прямих, які утворюють ламану, називаються сторонами (лан-
ками) ламаної. Точки стику відрізків називаються вершинами лама-
ної. Ламана лінія називається опуклою, якщо всі її ланки розміщені
по одну сторону від кожного відрізка, продовженого необмежено
в обидва кінці. Ламана називається замкненою, якщо кінці її збі-
гаються в одну точку.
Точками самоперетину ламаної лінії називаються такі точки,
в яких перетинаються її ланки. Кінці ланок при цьому не врахо-
'вуються.
§ 3. Дії з відрізками
Рівність і нерівність відрізків Два відрізки вважаються рівними,
якщо при накладанні вони суміщаються усіма точками.
Якщо на даному відрізку взяти дві точки, з яких хоча б одна
не збігається з його кінцем, то відрізок, обмежений цими точками,
називається частиною відрізка. Якщо один відрізок дорівнює час-
тині другого, то кажуть, що перший менший за другий, а дру-
гий — більший за перший.
Відрізок вважається орієнтованим, якщо обумовлені його по-
чаток і кінець.
Додавання і віднімання відрізків. Додаванням (відніманням)
відрізків називається графічна операція, за допомогою якої на деякій
прямій може бути побудований відрізок, який є сумою даних від-
різків (або відрізок — різниця відрізків зменшуваного і від’ємника).
Додавання відрізків слід відрізняти від додавання довжин відріз-
ків. В результаті додавання відрізків знаходимо довжину відрізка-
суми.
Сумою двох або кількох відрізків називається відрізок, побу-
дований на деякій прямій за доданками без їх взаємного накладання
і без проміжків між' ними (стиковка відрізків).
Сума відрізків має переставну і сполучну власти-
вості.
Різницею двох відрізків називається відрізок, побудований шля-
хом накладання меншого відрізка на більший так, щоб початки або
кінці їх суміщалися.
Приклад 1. Знайти (побудувати) відрізок АВ РС},
де АВ, ИМ і Пф —дані відрізки.
11*
323
На довільній прямій від деякої точки 7? відкладемо у будь-
яку сторону один з даних відрізків АВ, МИ або Р(}. Далі на цій
самій прямій відкладемо будь-який з відрізків, що залишилися, так,
щоб один з його кінців сумістився з яким-небудь кінцем відкладе-
ного відрізка, але без накладання цих відрізків. Те саме робимо
з наступним відрізком.
Приклад 2. За даною сумою Двох відрізків і одним з від-
різків-доданків побудувати другий відрізок.
На відрізку-сумі від будь-якого з кінців відкладемо даний
відрізок-доданок. Відрізок, що залишився, буде шуканим.
Множення і ділення відрізків на число. Помножити відрізок
на ціле додатне число п—значить знайти суму п таких відрізків.
Одержаний в результаті відрізок є відрізком-добутком.
Побілити відрізок на ціле додатне число « — значить знайти та-
кий відрізок, після множення якого на число п одержимо даний
відрізок.
Помножити відрізок на додатний раціональний дріб — —зна-
чить помножити цей відрізок на число т і одержаний відрізок по-
ділити на п частин.
Можна виконати також спочатку ділення на «, а потім множен-
ня на т.
Приклад 3. Побудувати відрізок п , де п = 2; 3; 4; . ..
Вибравши довільну одиницю виміру, побудуємо відрізок АА± =
= 1 і проведемо АгАо ± ЛА, Л1Л2=1. З’єднавши точки АТ і Л2,
проведемо Л243 ± ЛЛ2, Л2Л3 = 1. Далі анологічно Л3Л4 і АА3,
^3X^=1 і т. д. Очевидно, що ЛЛ2 = ]/2; ДЛ3 і/З; АА4 =
= /4;
При побудові відрізків вигляду а]/п за початковий відрізок
будуємо відрізок ААг = а І т. д. (рис. 98).
Приклад 4. Побудувати відрізок якщо дано
відрізки а і Ь,
Побудуємо відрізки МИ = а]/2 і РО~ьУь. Далі до поло-
вини відрізка ПМ додаємо відрізок
Для швидкої побудови відрізків вигляду а — за даним відріз-
ком а, тобто для зміни довжини заданого відрізка у даному відно-
шенні, існує спеціальний прилад—пропорціональний циркуль. Цей
прилад складається з двох однакових за довжиною ніжок з прорі-
зами, що дають можливість змінювати довжину ніжок, коли ослаб-
лено скріплювальний гвинт (рис. 99).
Відношення відстані між вістрями верхніх ніжок до відстані
між вістрями нижніх ніжок дорівнює відношенню довжини верхніх
ніжок до довжини нижніх. Тому, встановивши за шкалою гвинт
так, щоб довжини верхніх і нижніх ніжок перебували у даному
відношенні, і, вимірявши нижніми ніжками даний відрізок, одержу-
ємо шуканий, який дорівнює відстані між кінцями верхніх ніжок.
Особливо зручно користуватися пропорціональним циркулем,
коли необхідно виміряти в одному й тому самому відношенні ве-
лику кількість відрізків.
324
Приклад 5. Якщо даний відрізок АВ довільно поділити точ-
кою О на дві частини АО і ОВ, то віддаль між серединами М і N
відрізків АО і ОВ дорівнює половині відрізка АВ. Довести.
ММ = МО + О1Ч, МО = АМ, О^ = ІЇВ.
(за умовою). Тоді
АВ = ЛМ + МО -І- ОМ 4- УВ = 2 (МО + ОМ) = 2МЛГ;
=— АВ.
Сумірні і несумірні відрізки. Вимірювання відрізків грунтуєть-
ся на твердженні, яке носить назву аксіоми Архімеда.
Якщо дано два будь-які відрізки АВ і СО (АВ>СО), то на
прямій АВ можна від точки А відкласти відрізок СО послідовно
Рис. 98. Рис. 99.
стільки разів, що одержимо відрізок Л/У, більший за відрізок АВ
або однаковий з ним, тобто можна знайти таке ціле число п, що
виконуватимуться нерівності п СЮ^АВ, (п—1) СО < АВ.
Це очевидне твердження не доводиться і прийняте як аксіома.
Спільною мірою двох відрізків називається відрізок, який міс-
титься в кожному з даних ціле число разів (без остачі).
Не кожні два відрізки мають спільну міру, наприклад сторона
і діагональ квадрата її не мають. Два відрізки, що мають спільну
міру, називають сумірними, а ті, які її не мають,—несумірними.
Довжина відрізка. Виміряти відрізок, сумірний з деяким відріз-
ком, який прийнято за одиницю довжини, — значить узнати, скільки
разів у ньому міститься ця одиниця або яка-небудь її частина. Чис-
ло, яке одержуємо в результаті вимірювання, визначає довжину від'
різка. Таким чином, довжиною відрізка, сумірного з одиницею дов-
жини, називається число, на яке треба помножити одиницю дов-
жини, щоб одержати даний відрізок. Це число раціональне.
Якщо відрізок несумірний з одиницею довжини, то роблять так:
від початкової точки даного відрізка відкладають на ньому послі-
довно відрізок, який дорівнює одиниці довжини, таке число Ді ра-
зів, щоб різниця (остача) між даним відрізком і добутком одиниці
довжини на аг була меншою за одиницю довжини. Потім на остачі
відкладають ^іо одиниці довжини таке ціле число а2 разів, щоб
різниця між даним відрізком і добутком одиниці довжини на десят-
ковий дріб а1г а2 була меншою за х/ю одиниці довжини. Теоретич-
325
но цей процес ніколи не закінчиться, бо відрізок несумірний з оди-
ницею Отже, одержимо нескінченний десятковий дріб, для обчис-
лення будь-якого десяткового знака якого вказано правило. Він не
може бути періодичним, тому що в противному разі його можна
було б звести до простого дробу і даний відрізок виявився б сумір-
ним з одиницею Побудований нескінченний дріб і називається дов-
жиною даного відрізка, несумірного з одиницею Це число ірраціо-
нальне. Числа аь а2; а^, а2а2 і т. д. називаються наближеними
значеннями довжини відрізка з точністю до 1; 0,1; 0,01 тощо.
Наприклад, довжина діагоналі квадрата з стороною, що дорівнює
1, виражається ірраціональним числом 1^2 = 1,41 421 356 237 309. ..
Відношення відрізків. Відношенням двох відрізків називається
відношення їх довжин, виміряних за допомогою однієї і тієї самої оди-
ниці довжини. Якщо відрізки АВ і СИ мають довжини т і л, це запису-
АВ т о • . . .
ють так: — = —. Зокрема, відношення відрізка до одиниці довжи-
ни чисельно дорівнює довжині відрізка. Відношення двох відрізків
не залежить від одиниці вимірювання.
Рівність двох відношень називається пропорцією. Дві пари від-
різків називаються пропорціональними, якщо відношення відрізків
однієї пари дорівнює відношенню відрізків другої пари.
Відрізок а називається середнім пропорціональнилГ відрізків Ь
і с\ якщо
а _ с_
~Ь а'
Приклад 6. Відрізок довжиною 24 см поділено на три рівні
частини. Знайти відстань між серединами першої і третьої частин.
Шукана відстань дорівнює довжині відрізка без суми довжин
двох половин третьої частини всього відрізка, тобто довжині всього
відрізка без його третьої частини. Отже, відстань між вказаними
24
серединами дорівнює 24 см—— см=16см.
§ 4. Поділ відрізка в даному відношенні
Поділом відрізка АВ деякою точкою N в даному відношенні -
називається такий поділ, при якому відношення утворених в резуль-
таті відрізків А№ і ВІЇ дорівнює даному відношенню, тобто мав
Рис. 100,
. . п о /а
місце пропорція —
ВМ п
Ділення в заданому відно-
шенні називається внутрішнім,
якщо точка N лежить всереди-
ні відрізка АВ, і зовнішнім,
якщо точка N лежить на про-
довженні відрізка АВ (рис.
100, а).
326
Приклад. Даний відрізок АВ поділити зовнішнім способом
, .3 ' .
У відношенні
Проводимо через точку А довільну пряму і на ній від точки А
відкладаємо відрізок АС = 3 а, де а — довільний відрізок. Потім
від точки С в сторону точки А відкладаємо відрізок СО = 2 а
(рис. 100, б).
Проводимо відрізки ОВ і Сії || ОВ. Точка N і буде шуканою,
тобто вона ділить даний відрізок АВ зовнішнім способом у заданому
відношенні, бо
ЛЛ/ АС За З
Вії ~ ОС 2а 2’
§ 5. Поділ відрізка в середньому
і крайньому відношенні.
Золотий переріз
Поділом відрізка АВ точкою N в середньому і крайньому відно-
шенні називається такий поділ, при якому одержані після поділу
відрізки задовольняють рівність
ЛЛІ: ВК= АВ -. Аії,
тобто відрізок ДЛ є середньою пропорцюнальною між відрізком
В^ і всім відрізком АВ (рис. 101).
Відрізок Л?/, що задовольняє цю
відрізком АВ зз допомогою формули
АN = 1 АВ,
одержаної з квадратного відносно ЛЛ
рівняння
А№ = АВ(АВ - ЛЛ).
Відношення
умову, визначається за даним
Рис. 101.
АІЧ _ /5— 1
АВ ~ 2
« 0,618
має чудову властивість, яку помітили ще в давнину: предмет, кар-
тина, скульптурна композиція, будинок чи його окремі частини, що
вписуються в прямокутник з таким відношенням сторін, сприяє чіт-
кішому і легшому, приємному для очей'сприйманню форм навіть на
великій відстані, що" й використовувалось в архітектурі, живописі
і т. д. В теорії музики відношення довжини струн, що дорівнює
1(^5—1)> утворює гармонійний акорд.
В зв’язку з цим поділ відрізка в середньому і крайньому від-
ношенні часто називають золотим перерізом.
327
При к ла д. Побудувати точку /V, яка поділяє даний відрізок
в середньому і крайньому відношенні.
АВ
Поставимо перпендикуляр ВР, який дорівнює — (див. рис. 101).
З кінця А відрізка проведемо промінь АК через точку Р.
Радіусом В О з точки Р як з центра опишемо дугу кола до
перетину з променем /И в точці С. Потім з точки А як з центра
радіусом АС проведемо коло до перетину з відрізком АВ в точці N.
Тоді точка N буде шуканою.
§ 6. Гармонійна група точок.
Гармонійний поділ
Група з чотирьох точок А 44, В, N. що лежать на одній пря-
мій. називається гармонійною, якщо відрізки АМ, ВМ, Аії ВN
утворюють пропорцію (рис. 102)
АИ = АУ
ВМ ВІЇ
З визначення гармонійної групи точок випливає, що точка М
ділить відрізок АВ внутрішнім способом, а точка N ділить АВ
в тому самому відношенні зовнішнім способом.
Такий поділ точок А і В точками М І N називають гармоній-
ним поділом. При цьому якщо точки М і //.гармонійно поділяють
точки А і В, то точки А і В гармонійно поділяють точки М і N.
Точки М і N називаються гар-
монійно спряженими відносно
точок А і В (і навпаки).
М В N
Рис. 103.
Рис. 102.
Приклад. Дано три точки А, В і М, які лежать на одній
прямій. Побудувати четверту, гармонійну до них точку тобто
таку точку яка разом з даними утворила б гармонійну групу.
Через точку А проведемо довільний промінь і на ньому від
точки А відкладемо відрізок АС = АМ (рис. 103). Далі від точки С
в сторону точки А відкладемо відрізок СР = ВМ. З’єднаємо точки
В і Р і проведемо СN Ц ВР. Точка N буде шуканою. Дійсно,
ДМ АС
А АСN - ДАВР; отже, (див. § 15).
А В Аи
Утворюємо похідну пропорцію
АN _ АС
АМ—АВ АС-АО'
326
Оскільки АМ — АВ = вм АС — АО = АС — (АС — ОС) = ОС = ВМ.
то можна записати похідну пропорцію так: АМ : ВІЇ = АМ : ВМ.,
Отже, точка # є гармонійно спряженою з даною точкою ЛІ
відносно точок А і В.
§ 7. Аксіоматика. Визначення. Теореми. Доведення
Аксіома (від грецького — повага, авторитет) — матема-
тична пропозиція, прийнята без доведення.
До системи аксіом, що розглядаються як вихідні пропозиції
при побудові тієї чи іншої математичної теорії, ставляться вимоги
несуперечності, незалежності і повноти.
Система аксіом називається несуперечною, якщо з неї не можна
логічно вивести дві пропозиції, що взаємно виключають одна одну.
Система аксіом називається неза-
лежною, якщо ніяка з аксіом цієї
системи не є висновком з інших ак-
сіом цієї системи.
Несуперечна і незалежна система
аксіом є повною, якщо вона достатня
для побудови тієї чи іншої матема-
тичної теорії. Точне визначення пов-
ноти системи виходить за межі елемен-
тарної математики.
Тепер у геометрії прийнято си-
стему аксіом, яка складається з п’яти груп. Класифікація аксіом
геометрії була запропонована німецьким математиком Давидом Гіль-
бертом (1862—1943) у 1899 р.
Перша група аксіом складається з шести аксіом спо-
лучення,
1. Дві точки визначають тільки одну пряму.
2. На кожній прямій лежить не менше двох точок. Існують
принаймні три точки, які не лежать на одній прямій.
3. Через три точки, які не лежать на одній прямій, можна
провести площину і до того тільки одну.
В кожній площині лежить принаймні одна точка.
4. Якщо дві точки прямої лежать у деякій площині, то і всі
точки її лежать у тій самій площині. -
5. Якщо дві площини мають одну спільну точку, то вони
мають ще хоча б одну спільну точку.
6. Існують принаймні чотири точки, які не лежать в одній
площині.
Приклад. Скільки різних прямих можна провести через 4
довільно розташовані на площині точки? Через 10 точок? Через
п точок?
Кожна пара точок визначає одну пряму. Дві пари точок є різ-
ними, якщо вони відрізняються хоча б однією точкою. Різні дві
пари точок визначають дві різні прямі. Отже, кількість прямих,
що визначаються чотирма точками, дорівнює числу комбінацій з
чотирьох елементів по два (рис. 104):
Сі
-V-*-
329
Число прямих, що визначаються десятьма довільними точками,
С?о = -^ = 45.
Для п довільних точок одержуємо
п(п — 1) . .
= ------ (прямих). .
Друга група аксіом складається з чотирьох аксіом по-
рядку:
1. Якщо точка В лежить на прямій між точками А і С, то А»
В і С — різні точки прямої і В лежить також між С і А.
2. При даних двох точках А і В на прямій лінії існує при-
наймні одна така точка С, що В лежить між А і С.
3. З трьох даних точок на прямій не більш як одна лежить
між двома іншими.
4. Якщо в даній площині дано А АВС і яку-небудь пряму
що не проходить через одну з його вершин і перетинає сторону
АВ, то ця пряма неодмінно перетне одну з двох інших сторін
АС або ВС.
- Аксіоми третьої групи називаються аксіомами кон-
груентності (від латинського соп^гиепз — сумісний, погоджений:
в геометрії — такий, що дорівнює). До третьої групи належать
п’ять аксіом:
1. На будь-якій прямій від будь-якої її точки можна від-
класти відрізок, .що дорівнює даному.
2. Два відрізки, що дорівнюють третьому, рівні між соббю.
3. Нехай А, В, С — точки однієї прямої і /С, Ь, М— також
точки однієї прямої. Нехай, крім того, АВ = /СЬ, ВС — ЬМ. Якщо
відрізки АВ і ВС» а також КЬ і ЬМ не мають спільних точок,
то АС = КМ.
4. Від будь-якої точки даної прямої з однієї сторони можна
побудувати один і тільки один кут, що дорівнює даному. Кожний
кут дорівнює самому собі.
5. Якщо в двох трикутниках АВС і КЬМ сторони АВ = /СЬ,
АС = КМ і /_ ВАС = ЬКМ» то АВС = £ КЬМ.
До четвертої групи аксіом належить лише одна аксіома
про паралельність прямих: через одну точку в даній площині
можна провести не більш як одну пряму, паралельну до даної.
П’ята група аксіом складається з двох аксіом непе-
рервності прямої. Одна з них, що називається аксіомою Архімеда,
була сформульована в § 3. Друга аксіома неперервності нази-
вається аксіомою лінійної повноти (точки прямої лінії утворюють
таку систему точок, яку не можна доповнити новими точками без
порушення раніше встановлених аксіом) і лежить в основі взаємно
однозначної відповідності між множиною точок на числовій прямій
і множиною дійсних чисел.
Визначення — формулювання того чи іншого математичного
поняття.
Доведення — міркування, в ході якого встановлюється істин-
ність чи хибність твердження.
Теорема — математичне твердження, істинність якого встанов-
люється шляхом доведення. Формулювання будь-якої теореми міс-
330
тить дві частини: висновок теореми і умову, при якій цей висно-
вок має місце.
Простою теоремою називається така, що містить лише одну
умову і один висновок.
Складна теорема — така, яка містить кілька умов або ви-
сновків.
Лема — допоміжна теорема.
Обернена теорема — це теорема, в якій умовою є висновок,
а висновком — умова даної теореми. Наприклад:
Пряма теорема. Якщо трикутник прямокутний, то сума
квадратів його катетів дорівнює квадрату гіпотенузи.
Обернена теорема. Якщо у деякому трикутнику сума
квадратів двох сторін дорівнює квадрату третьої сторони, то такий
трикутник прямокутний.
Протилежна теорема — це теорема, умова і висновок
якої є запереченням умови і висновку даної теореми.
Наприклад, теорема, протилежна до теореми П і ф а-
г о р а, може бути сформульована так: якщо трикутник не прямо-
кутний, то квадрат будь-якої його сторони не дорівнює сумі квад^
ратів двох інших сторін.
Необхідності у доведенні цієї теореми немає, бо для трикут-
ника, що не є прямокутним, доведені теореми про сторони, які
г лежать проти тупого і гострого кутів.
Пряма і обернена, а також пряма і протилежна теореми є від-
повідно взаємно оберненими і взаємно протилежними.
Зазначимо, що не для будь-якої теореми правильна обернена,
але для будь-якої прямої теореми завжди правильна обернена до
протилежної. В такій самій залежності перебувають обернена і
протилежна теореми. Наприклад:
1. Пряма теорема. Якщо центральні кути рівні, той
відповідні їм дуги рівні (теорема правильна).
Обернена теорема. Якщо дві дуги кола рівні, той
відповідні їм центральні кути рівні (теорема правильна).
Протилежна теорема. Якщо центральні кути не рівні,
ті й відповідні їм дуги не рівні (теорема правильна).
Теорема обернена до протилежної. Якщо дві
дуги кола не рівні, то й відповідні їм центральні кути не рівні
(теорема правильна).
2. Пряма теорема. Якщо сторони двох гострих кутів пер-
пендикулярні, то ці кути рівні (теорема правильна).
Обернена теорема. Якщо два гострі кути рівні, то їх
сторони перпендикулярні (теорема неправильна).
Протилежна теорема. Якщо сторони двох гострих ку-
тів не перпендикулярні, то ці кути не рівні (теорема неправильна).
Теорема, обернена до протилежної. Якщо два
гострі кути не рівні, то їх сторони не перпендикулярні (теорема
правильна).
§ 8. Необхідні і достатні умови
Якщо пряма і обернена теореми правильні, то їх можна сфор-
мулювати як одну теорему, використовуючи поняття необхідності і
достатності. Поняття про необхідні і достатні умови для виконання
331
якого-небудь правильного твердження (теореми, висновку) є одним
з найважливіших у математиці.
Необхідна умова — будь-яка умова, без виконання якої дане
твердження неправильне. Наприклад:
1. Для того щоб чотирикутник був квадратом, необхідно, щоб
його діагоналі були взаємно перпендикулярні.
Очевидно, що наведена умова необхідна, але далеко не достат-
ня, бо при цій умові існує нескінченно багато форм чотирикутни-
ків, що не є квадратами.
2. Для того щоб чотирикутник був квадратом, необхідно, щоб
його діагоналі були рівні.
Дана умова необхідна, але не достатня, бо цю умову задоволь-
няють не тільки квадрати, а й прямокутники.
Для виконання якого-небудь твердження можна вказати кілька
необхідних умов. Наприклад, для того щоб чотирикутник був квад-
ратом, виконання обох наведених }мов необхідне, але не достатнє.
Достатня умова — будь-яка умова, з якої випливає, що твер-
дження справедливе. Наприклад, якщо сторони чотирикутника рівні,
то такий чотирикутник—паралелограм. Ця умова достатня, але не
необхідна, бо і без неї чотирикутник може бути паралелограмом.
Для виконання якої-небудь пропозиції може існувати не одна,
а кілька достатніх \мов. Наприклад, якщо діагоналі чотирикутника
взаємно перпендикулярні і в точці перетину діляться попелам, то
такий чотирикутник — ромб.
Наведена умова є необхідною і достатньою, бо якщо чотирикут-
ник — ромб, то легко довести, що його діагоналі взаємно перпен-
дикулярні і діляться в точці перетину пополам (доведення необ
хідності умови); а якщо дано, що діагоналі перпендикулярні і
діляться в точці перетину пополам, то і в ньому випадку легко
довести рівність сторін чотирикутника, тобто що чотирикутник є
ромб. Тому наведене твердження можна сформулювати таким чином:
щоб чотирикутник був ромбом, необхідно і достатньо, щоб його
діагоналі були перпендикулярні і в точці перетину ділились по-
полам.
Зазначимо, що твердження може бути справедливе при вико-
нанні кількох необхідних і достатніх умов. Наприклад, для того
щоб чотирикутник був прямокутником, необхідно і достатньо, щоб
виконувалася одна з таких вшмог:
діагоналі повинні бути рівні і в точці перетину ділитися
пополам;
всі кути’ повинні бути прямі.
Необхідну і достатню умову називають також необхідною і
достатньою ознакою.
У формулюваннях теорем вираз «необхідно і достатньо» часто
замінюють одним з виразів «тоді і тільки тоді», «те і тільки те»,
«в тому і тільки в тому випадку, якщо» та ін.
§ 9. Кути
Основні визначення. Плоский кут — фігура, утворена двома
променями або відрізками, що виходять з однієї точки. Промені
або відрізки, що утворюють кут, називаються сторонами кута, а
точка, з якої вони виходять, — вершиною кута. Куг позначається
332
спеціальним значком і буквою, поставленою біля його вершини
або всередині кута, а також трьома буквами, з яких середньою є
та, що стоїть біля вершини кута. Наприклад, / А,
тощо.
Площина поділяється сторонами кута на внутрішню область
кута і зовнішню.
Два кути називаються рівними, якщо при накладанні вони
суміщаються. Якщо сторони кутів утворені відрізками, то при рів-
ності кутів рівність сторін може не зберігатися.
Розгорнутим кутом називається такий, одна сторона якого є
продовженням іншої.
Два кути, що мають спільну вершину і спільну сторону, нази-
ваються прилеглими, якщо їх внутрішні області не покривають
одна одну.
Суміжними називаються два прилеглі кути, у яких сторони,
що не суміщаються, утворюють пряму.
Шоб побудувати кут, суміжний з даним, треба одну з сторін
даного кута продовжити за його вершину.
Якщо два суміжні кути рівні між собою, то кожний з них на-
зивається прямим.
Задача 1. Довести, що коли кут, який дорівнює піврізниці
суміжних кутів, відняти від прямого "кута, то дістанемо менший
з суміжних кутів.
Позначимо менший з суміжних кутів через а. Другий суміжний
кут при цьому дорівнює 180е—а. Півоізниця суміжних кутів
У [(180-' — а) — а] = 90е — а.
Віднімаючи цю піврізницю від прямого кута, дістанемо в ре-
зультаті / а, що й треба було довести.
Вертикальні кути — такі два кути, у яких сторони одного є
продовженням сторін іншого. Вертикальні кути утворюються при
перетині двох прямих.
Перпендикулярні прямі — такі прямі лінії, які при перетині
утворюють прямі вертикальні або рівні суміжні кути.
Дії з кутами. Якщо вершину і сторону одного куігі сумістити
з вершиною і стороною іншого, а інші сторони цих кутів розміс-
тити з однієї сторони від суміщеної, то:
а) перший кут менший від другого, якщо несуміщеид сторона
його знаходиться всередині (у внутрішній області) другого;
б) перший кут більший від другого, якщо несуміщеиа сторона
його знаходиться у зовнішній області другого.
Якщо вершину і сторону одного кута сумістити з вершиною і
стороною іншого так, щоб їх внутрішні області не накладалися,
то утворений несуміщеними сторонами кут називається сумою даних
кутів (рис. 105). Сума кількох кутів визначається аналогічне.
Сума кутів має переставну і сполучну властивості.
Різниця кутів і множення куга на число визначається анало-
гічно до відповідних понять для відрізків.
Бісектриса кута — промінь, що виходить з вершини кута і
ділить кут на дві рівні частини (пополам).
Задача 2. Довести, що пряма, проведена через вершину кута
перпендикулярно до його бісектриси, є бісектрисою кута, суміж-
ного з даним.
333
Позначимо через ВО бісектрису кута АВС. Проведемо пряму
ВЬ ± во (рис. 106). Якщо ИВС = ИВА, то АВЬ = 90° —
— £ОВС, а
/. ХВЬ = 180 і - (90е + / ЯВС) = 90° - ОВС.
Отже, /. КВЬ = /. АВЬ, тобто пряма ВЬ — бісектриса кута
АВЬ, суміжного з кутом АВС, що й треба було довести.
Таким чином, бісектриси суміжних кутів взаємно перпенди-
кулярні.
Бісектриси вертикальних кутів є продовженням одна одної.
Вимірювання кутів. Мірою кута є величина повороту променя
ОА навколо точки О як центра обертання.
Повним називається кут, одержаний при одному повному обер-
танні променя О А. Точка А при цьому опише коло радіусом ОА.
Половина повного кута стано-
вить розгорнутий кут. Четверта
частина повного кута становить
прямий кут. Один радіан — це та-
кий центральний кут, дуга якого
дорівнює радіусу кола.
Рис. 106,
Позначають радіан скорочено — рад.
Поворот променя ОА на 1 рад—це такий поворот, при якому
точка А описує дугу, що дорівнює за довжиною відрізку ОА.
Отже, в повному оберті 2т; радіанів.
Розгорнутий кут містить п == 3,141592653589 ... рад, а прямий
кут має у рад.
Поширена також градусна система вимірювання кутів.
Один градус (1° — одиниця вимірювання кутів у градусній си-
.. 1
стемі) — це кут, що становить частину повного кута. Дуга
центрального кута 1° становить частину кола.
Одна мінута (1') становить частину градуса.
Одна секунда (1") становить частину мінути, або час-
‘ину градуса.
Слово «мінута» походить від латинського тіпиіиз—зменшений,
малий, —що в даному випадку означає дрібнішу частину градуса,
а слово «секунда» походить від латинського зесигиіа — другий,
тобто другий (ще менший) поділ градуса.
334
В повному оберті 360°, що еквівалентно до 2я рад.
Отже,
1 рад = — ® 5747'45"; 1° = —рад = 0,017453 рад
п ІоО
т = ~Пйут'бо’ Рад -0,0002909 рад,
Г - 180 . 60 - 60
Перехід від градусного вимірювання до радіанного і навпаки
здійснюється за формулами
^ = 7^ г'рад’ ?°
180° • '-Ррад
Ерад
Розгорнутий кут містить 180е. Прямий кут містить 90°.
Гострим називається кут, що містить менше як 90°; тупим —
кут, що містить більше як 90°, але менше як 180°.
Для вимірювання кутів і дуг у найпростіших випадках засто-
совується прилад, який називається транспортиром.
Задача 3. Довести, що коли два кути не рівні, то й су-
лржні з ними кути не рівні, причому більшому кутові відповідає
менший суміжний кут.
Нехай а ><р. Позначимо через <04 і < відповідно су-
міжні кути кутів а і тоді
< 04 = 1803 — <а; < Рі = 180° — <р.
При рівності зменшуваних та з різниць менша, де від’ємник
більший; отже, -
< Єї-
Зазначимо, що при радіанному вимірюванні кутів слово радіан
звичайно опускають і, наприклад, кажуть, що прямий кут дорів-
нює у.
§ 10. Паралельні прямі
Особливого значення для розвитку сучасної геометрії набув
п’ятий постулат Евкліда:
«Якщо дві прямі лінії перетинає інша пряма лінія й коли
внутрішні односторонні кути, що утворені при цьому, в сумі дають
менше від двох прямих, то обидві прямі при нескінченному продов-
женні їх зустрінуться з тієї сторони, з якої обидва односторонні
кути менші, ніж з другої сторони».
Спроби довести п’ятий постулат розпочалися зразу після того,
як Евклід написав свій трактат.' Одним з перших спокусився до-
вести цей постулат славетний александрійський астроном Пюлемей
(90— ІоО). Всі дальші спроби важко навіть перерахувати; над цим
питанням працювали Насир ад-Дін ат-Тусі (близько 1200 р.),
Валліс (1660), Саккері (1733), Лежандр (1794) та багато інших
335
Принципова неможливість довести п’ятий постулат Евкліда
виявилася лише в результаті робіт М. І. Лобачевського та угорсь-
кого математика Януша Бойяї (1802—1860). Вони показали, що при
єдиній умові відмови від цього постулату можна побудувати нові
системи геометричних теорем, що матимуть внутрішню несупереч-
ливість.
Неевклідова геометрія (цю назву дав їй Гаусе) спочатку не
знайшла визнання серед математиків, і М. І. Лобачевський виявив
велику мужність у відстоюванні справедливості своїх ідей. Лише
німецький вчений Ріман (1826—1866) у своїй загальній теорії мно-
говидів (1854) довів можливість існування багатьох неевклідових
геометрій, що одержали назву ріманових. Після 1870 р. ідеї неев-
клідової геометрії стають загальновизнаним.
Теореми плоскої геометрії. Більшість теорем плоскої геометрії
була доведена грецькими геометрами ще до IV ст. до н. е. Згодом
Евклід зібрав ці теореми в своїх «Началах». Вважають, що велику
кількість теорем довів сам Евклід.
Як відомо, теорема Піфагора для одного конкретного випадку
(З2 + 42 = б2) була відома ще в стародавньому Вавілоні. В загаль-
ній формі цю теорему знали й старі індійські вчені.
Деякі теореми планіметрії були доведені лише в нові часи.
Так, Еванджеліста Торрічеллі запровадив поняття про точку три-
кутника з найменшою сумою відстаней від його вершин (близько
1640 р.). В. Чеппл (близько 1746 р.) і незалежно від нього Ейлер
(1765) довели, що віддаль між центрами вписаного в трикутник та
описаного навтоло нього кіл дорівнює У? (<? —2г) .
Деякі теореми довели М. Стюарт (1746), Л. Ейлер, Мопертюї
(1693 —1759) та інші вчені.
Дуже багато зробили вчені XVI—XVIII сг. в теорії геомет-
ричних побудов. Розвиток цієї теорії було обумовлено практичними
потребами геодезії, гірничої справи, архітектури, військової
справи.
Паралельними називаються прямі, які лежать в одній площині
і не перетинаються.
Паралельність прямих позначається знаком ]! . Наприклад, якщо
прямі АВ і СО паралельні, то пишуть АВ ! СО. Паралельність трьох
прямих АВ, СО і АГУ можна записати так: АВ |! СО і! ММ. Сукуп-
ність всіх прямих ліній, що проходять через задану точку, називає-
ться пучком прямих. Сукупність всіх паралельних між собою ліній
називається .пучком паралельних прямих.
Пзрз .ельні прямі мають такі властивості:
1. Всі точки однієї з двох паралельних прямих рівновіддалені
від другої.
2. Всі прямі, паралельні до деякої прямої /, паралельні між
собою.
3. Дві паралельні прямі утворюють кут, що дорівнює нулю.
4. Всі прямі, які лежать в одній площині і перпендикулярні
до однієї і тієї самої прямої, паралельні між собою.
5. Якщо пряма перпендикулярна до однієї із пучка паралель-
них прямих, то вона перпендикулярна і до всіх інших прямих цього
пучка.
6. Якщо прямі перпендикулярні до двох паралельних прямих, то
їх відрізки між паралельними прямими рівні.
335
7. Якщо ряд паралельних прямих перетинає сторони кута, то
на сторонах цього кута відтинаються пропорціональні відрізки:
ОЛ ОВ С'С —°м
ОАі ~ ОВУ~ ОСі - (Мі ’
8. Якщо дві паралельні прямі ММ і перетинаються рядом
прямих, що проходять через точку О, то ЦІ прямі розтинаються на
пропорціональні частини (рис. 107):
АВ ВС СО
Мі ~ ВіСг - Т0Щ0’
Якщо дві паралельні прямі перетнути третьою, то утвориться
вісім кутів (рис 108):
1. Відповідні кути 1 і /.5, а також /.4 і /18).
Відповідні кути попарно рівні.
2. Внутрішні різноспюронні кути (/13 і / 5, а також / 4
і /.6). Ці кути попарно рівні.
3. Зовнішні різностбронні кути (ді і /_2 і /.8). Ці
кути також попарно рівні.
4. Внутрішні односторонні кути 4 і /5, а також / З
і/£6). Односторонні кути попарно в сумі становлять 180 .
5. Зовнішні односторонні кути (/ 1 і /1 8, а також / 2 і / 7).
Ці кути попарно в сумі також становлять 180°.
Справедливі й обернені твердження, а саме:
дві прямі паралельні, якщо при перетині цих прямих третьою
прямою виявиться, що:
1) які-небудь відповідні кути рівні або
2) які-небудь різносторонні кути рівні або
3) сума яких-небудь двох внутрішніх або двох зовнішніх одно-
сторонніх кутів дорівнює 180°.
Кути з відповідно паралельними сторонами рівні між собою,
якщо обидва вони гострі або обидва тупі.
Кути з відповідно паралельними сторонами становлять в сумі 180°,
якщо один з них Г0С7РИЙ, а інший — тупий.
Кути з відповідно перпендикулярними сторонами рівні між со-
бою, якщо вони обидва гострі або обидва тупі, і становлять в сумі
180°, якщо при цьому один з них гострий, а інший—тупий.
Задача 1. Довести, що бісектриси зовнішніх або внутрішніх
односторонніх кутів при паралельних прямих взаємно, перпендику-
лярні, а бісектриси відповідних або різносторонніх кутів паралельні.
337
Нехай бісектриси внутрішніх односторонніх кутів ВКЬ і ОЬК
перетинаються в точці N (рис 109). Через точку Л проведемо ЬМ ||
ІІ /(/V; тоді / МЬМ — 90° як кут між бісектрисами суміжних кутів
(див. § 9, задача 2) Оскільки / КМЬ і / М1Л є односторонніми
кутами при паралельних МД і КМ і січній ЬМ, то їх сума дорів-
нює 180°, тобто
/ Л'/УЬ 4- /_ МЬМ = КМЬ -Ь 90 = 180л
Отже, /_КМЬ~ 90° і перша частина сформульованого в умові
задачі твердження доведена.
Перейдемо до доведення другої частини. Бісектриси внутрішніх
(або зовнішніх) рІзносторонніх кутів АКЬ і ОЬК ділять кожний
з них пополам.
Через те що внутрішні різносторонні кути рівні, то рівними
будуть і їх половини, тобто
21МКЬ = КЬМ.
Але кути МКЬ і КЬМ у свою чергу є внутрішніми різносторонніми
кутами для прямих МК і ІЛ січної ЬК; отже, МК -і Д/У, що й треба
було довести.
Задача 2. Довести, що перпендикуляр, поставлений з довіль-
ної точки, взятої на стороні гострого кута, обов’язково перетинає
іншу сторону цього кута. Візьмемо на одній із сторін гострого кута
КОЬ довільну точку V і поставимо /ИУ ± ОЬ (рис. ПО).
При перетині пр.Ліою ОЬ прямих ОК і /УМ утворилися внут-
рішні односторонні кути КОЬ і ММО, причому / КОЬ 4- / ММО <
<180 , тому що КОЬ <90° (за умовою), а £ММО = 90° (за
побудовою). Отже, прямі ОК і /УЛ1 не паралельні за аксіомою про
паралельні прямі. Точка їх перетину розташована з тієї самої сто-
рони від січної ОЬ, з якої розташовані внутрішні односторонні кути
КОЬ і ММО. .
Використовуючи це доведення, можна також довести, що пер-
пендикуляр до деякої прямої перетинається з будь-якою прямою,
не перпендикулярною до даної. Чи можна довести це твердження,
якщо / КОЬ буде прямим або тупим?
Вправи. 1. Довести, що два перпендикуляри, поставлені до
кожної з сторін довільного кута, перетинаються.
2. Довести, що необмежено продовжена пряма лінія не може
не перетинатися хоча б однією з сторін довільно взятого кута, який
лежить у тій самій площині, якщо вона проходить через точку, що
знаходиться всередині кута.
338
§11, Многокутники
Многокутник — фігура, утворена на площині замкнутою лама-
ною лінією. Кажуть також, що многокутник — частина площини,
обмежена замкнутою ламаною лінією. Ланки ламаної називаються
сторонами многокутника. Точки, в яких сходяться дві сусідні ланки,
називаються вершинами многокутника. Кути, внутрішня область
яких належить многокутнику і які утворені двома сусідніми сторо-
нами, називаються внутрішніми кутами многокутника. Кути, су-
міжні з внутрішніми кутами многокутника, називаються його зов-
нішніми кутами (тобто зовнішній кут — це кут, утворений стороною
многокутника і продовженням сусідньої сторони).
Кожному внутрішньому куту ставиться у відповідність тільки
один зовнішній кут многокутника. Г
Сума довжин усіх сторін мно- ^7 д
гокутника називається ного пери- \ /
метром і позначається буквою Р \
або 2р, де р — півсума всіх його
сторін (півпериметр).
Многокутник називається опук- \
лам, якщо він міститься з одного \
боку ВІД будь-якої СВОЄЇ сторони, \
необмежено продовженої. \
Простим називається такий ____________________________Хр
многокутник, контур якого не має
самоперетинів. Рис- Ш*
Якщо сторони многокутника
мають самоперетини (рис. 111), він називається непростим (зірчастим).
Сума внутрішніх кутів будь-якого многокутника дорівнює к(п —
— 2) радіанів, тобто 2(1 (п — 2).
Сума зовнішніх кутів опуклого многокутника дорівнює 2л раді-
анів, тобто 4гі.
Два многокутники називаються рівними, якщо їх можна сумі-
стити накладанням.
Залежно від числа кутів (сторін) многокутник називається чоти-
рикутником, п’ятикутником тощо.
Многокутник називається правильним, якщо всі його сторони
і всі кути рівні між собою.
Многокутник також часто називають п-кутником, де п—число
сторін (вершин кутів). Очевидно, що л^>3.
. п — 2
Кожний кут правильного многокутника дорівнює —-—те рад,
3 — 2 і: дпс
наприклад, кут правильного трикутника—~—я = — = ЬО , правиль-
о о
, х 4 — 2
ного чотирикутника (квадрата) —— я =
= 90°, правильного п’я-
5 — 2
тикутника —=—
5
Зк ,лос 6 — 2
— = 108°, правильного шестикутника —-— я =
5 о
= = 120° тощо.
О
339
Діагоналями многокутника називаються відрізки, що з’єднують
дві вершини многокутника, які не належать до однієї з його сторін.
В угнутому многокутнику відрізок, що з’єднує дві несусідні
вершини, може опинитися поза ним (рис. 112).
Для будь-якого п-кутника число N його діагоналей визначається
за формулою
_л(/г —3)
2
Якщо бісектриси всіх кутів многокутника перетинаються в од-
ній точці О> то в нього можна вписати коло. Центром вписаного
в даний многокутник кола е точка 0.
Якщо перпендикуляри, поставлені до всіх сторін многокутника
в їх серединах, перетинаються в одній точці Ор то навколо нього
можна описати коло, центром якого є точка О і.
Рис. 112. Рис. 113,
Для правильних многокутників точка перетину бісектрис всіх
кутів і точка перетину перпендикулярів, поставлених до всіх сторін
в їх серединах, суміщаються.
Задача 1. Довести, що в опуклому чотирикутнику кут між
бісектрисами двох прилеглих до однієї сторони кутів дорівнює пів-
сумі двох інших кутів.
Нехай бісектриси кутів А і В, прилеглих до сторони ДВ, пере-
тинаються в точці N (рис. 113). Тоді, оскільки для будь-якого чо-
тирикутника Х_А-[-/_В-{-/_С+/_О = 360°, то з Д АУВ знаходимо
^В=180о_^+^= =
АС + ^Р
2
що й треба було довести.
Задача 2. Довести, що опуклий чотирикутник з різними ку-
тами має хоча б один тупий кут.
Позначимо внутрішні кути розглядуваного чотирикутника через
а, 3, 7, б, а зовнішні — церез ар Вр
Припустимо, що внутрішні кути розглядуваного чотирикутника
не всі рівні між собою і що серед них немає тупих, тобто а + 3 +
ї 4“ & 2тс.
Визначимо при цьому припущенні суму зовнішніх кутів:
£4 = я — а; Зі = к — Р‘, — тс — 7; &і = тс — 5:
а1 + + її + = 4тс — (а Д- 3 4" ї + 5) > 2тс.
340
Але сума зовнішніх кутів будь-якого опуклого многокутника
дорівнює 2гс. Отже, зроблене припущення неправильне, тобто роз-
глядуваний чотирикутник має хоча б один тупий кут.
Чи правильне це доведення, якщо всі кути чотирикутника рівні
між собою?
Задача 3. Чи можуть сторони чотирикутника відноситься між
собою, як 2:7:11:21?
Чотирикутника з даним відношенням сторін не існує, бо при
будь-якій одиниці вимірювання т одержуємо, що сума трьох сто-
рін 2т, 7т, 11 т менша від четвертої сторони 21т і і ому розгля-
дувана ламана лінія, якою є чотирикутник, не може бути за-
мкнутою.
Задача 4. Визначити сторони чотирикутника, якщо вони від-
носяться між собою, як 2 : 4 : 5 : 7, а периметр чотирикутника дорів-
нює 108 см.
Позначимо одиницю вимірювання через х; тоді сторони чотири-
кутника відповідно дорівнюватимуть 2х, 4х, 5х, 7х, а периметр р =
= 2хф- 4х + 5х + їх. За умовою задачі Р = 18х= 108 см, звідки
х = 6 см. Отже, сторони даного чотирикутника відповідно дорів-
нюють 12, 24, ЗО, 42 см.
§ 12. Трикутники
Трикутником називається фігура, утворена замкнутою ламаною,
що складається з трьох ланок, тобто трикутник — це л-кутник при
п ~ 3.
Слово трикутник позначається символом Д. Вершини трикут-
ника звичайно позначають великими літерами латинського алфавіту,
а протилежні до них сторони — тими самими малими літерами,
наприклад вершини А, В, С і протилежні до них сторони —
а, Ь, с.
Якщо всі гри кути трикутника гострі, то він називається гостро-
кутним, а якщо один з його кутів 7упий, то — тупокутним.
Трикутник, який має прямий кут, називається прямокутним,
дві його сторони, що утворюють прямий кут, називаються кате
тами, а третя сторона (що лежить проти прямого кута) — гіпоте-
нузою.
Трикутник називається рібнобедреним, якщо дві його сторони
мають однакову довжину, і рівностороннім, якщо всі його сторони
рівні.
Рівні сторони рівнобедреного трикутника називають бічними,
а третю його сторону — основою. Рівносторонній трикутник є разом
з тим і рівнокутним (і навпаки).
У будь-якому трикутнику сума кутів дорівнює 180°, або я
радіанів.
Будь-який зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох
внутрішніх, несу мі ж них з ним.
Якщо два кути одного трикутника відповідно дорівнюють
двом кутам другого, то і треті кути рівні.
Сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°,
341
В рівнобедреному прямокутному трикутнику кожний гострий
кут дорівнює 45°, або .
Якщо в прямокутному трикутнику один з гострих кутів дорів-
нює 30°, то катет, що лежить проти цього кута, становить поло-
вину гіпотенузи (цю теорему і обернену до неї пропонується
довести).
Для сторін будь-якого трикутника мають місце співвідношення
а с, а^> Ь — с або а > с — Ь\
Ь а 4-е, — с або Ь> с—а;
с<а-\-Ь, с> а — Ь або с> Ь — а,
тобто будь-яка сторона трикутника менша за суму, але більша за
різницю двох інших сторін.
Два трикутники називаються рівними, якщо вони можуть бути
суміщені так, щоб всі їх частини суміщалися.
-Задача 1. Довести, що сума попарних добутків сторін довіль-
ного трикутника більша за половину суми їх квадратів *.
Піднесемо до квадрата ліву та праву частини нерівностей
>6—с, — с, а — Ь:
а2^> Ь2 — 2Ьс с2;
Ь2 5> а2 — 2ас + с2;
с2 > а2 — 2аЬ + Ь2.
Додамо одержані нерівності і зведемо подібні члени; одер-
жимо
а і і а я2 + Ь2 +
аЬ ас Ьс>--------- ,
що і треба було довести.
Задача 2. У рівнобедреному трикутнику сума внутрішніх
4
кутів з одним із зовнішніх становить л. Визначити кути три-
и
кутника.
А. Нехай в А АВС, де АВ—основа, АС = ВС, кути при основі
дорівнюють х, кут при вершині у, а зовнішній кут при вершині
4
дорівнює г. Тоді 2х + у г = -т- л, у + г = л; отже, 2х-]-л =
и
4 л л 2
=Г’
Б. Нехай 2 — зовнішній кут при основі.
4 п . 4 л
= — л, 2х + у = л; отже, г = ~~ л — л — — ,
О и О
Тоді 2х 4-у + ? =
що неможливо, бо
зовнішній кут при основі рівнобедреного трикутника завжди тупий.
Таким чином, шукані кути дорівнюють
О О О
Задача 3. В А АВС сторона АС продовжена за точку А на
довжину АО = АВ і за точку С на довжину СЕ = ВС. Точки Е
* Під піднесенням до степеня деякого відрізка (сторони, висоти, медіани
тощо) слід розуміти піднесення до цього самого степеня числа, що виражає
Його довжину.
342
і О сполучені з точкою В. Визначити кути А ЕВЕ, якщо відомі
кути А АВС (рис. 114).
Позначимо Х_ВАС~а, Х.ВСА = 7, тоді / ВАО = те— а,
Х_ВСЕ = те — 7. Оскільки А АВО і £±ВСЕ рівнобедрені, то
£ВОА = ХАВО =
к — X ВАО а
=-----2-----= Т’
/_ ВЕС = /_СВЕ — /А
_ к — /_ ВСЕ _ 7 В А СЕ
~ 2 ~ 2 ’ Рис. 114.
§ 13. Співвідношення між елементами
трикутника
В довільнохму трикутнику:
1. Квадрат сторони, що лежить проти гострого кута, дорів-
нює сумі квадратів двох інших сторін без подвоєного добутку од-
нієї з цих сторін і проекції на неї другої сторони (рис. 115):
с2 = а2 + Ь2 — 2аЬа — а2 + Ь2 — 2Ьа&.
2. Квадрат сторони, що лежить проти тупого кута, дорів-
нює сумі квадратів двох інших сторін, доданій до подвоєного до-
бутку однієї з цих сторін і проекції її на продовження другої
сторони (рис. 116):
с2 = а2 + Ь2 + 2аЬа = а2 + Ь2 + 2Ьаь.
Теорема Піфагора. В прямокутному трикутнику квадрат гіпо-
тенузи дорівнює сумі квадратів катетів (рис. 117):
с2 = а2 + Ь2.
Перпендикуляр Нс, опущений з вершини прямого кута трикут-
ника на його гіпотенузу, є середньою пропорціональною величиною
між відрізками, на які ділить гіпотенузу основа перпендикуляра,
а кожний катете середньою пропорціональною величиною між усією
гіпотенузою і прилеглим до цього катета відрізком гіпотенузи:
Не _ Ьс а _ ас. Ь__ Не
ас~~ с — а * с ~ Ь '
343
Квадрати катетів відносяться між собою, як прилеглі до них
відрізки гіпотенузи:
а __&С
Задача 1. Визначити вид трикутника, якщо між його сторо-
нами а, Ь, с має місце залежність ап + Ьп = сп (п— ціле додатне
число).
При різних значеннях п можуть мати місце такі три випадки:
а) /і=1. Залежність а + не має місця для жодного три-
кутника;
б) /і = 2. Залежність а2Ь2 = с2 має місце лише для прямо-
кутного трикутника з катетами а, Ь і гіпотенузою с;
в) п > 2. Припустимо, що а < с, Ь < с. Тоді ап~2 < сл~2,
<С сл~2, отже, апс2 < спа2, Ьпс2 < спЬ2.
Додаючи одержані нерівності, знаходимо
(ап + Ьп) с2 < (а- + Ь2) с”
Але за умовою задачі ап + Ьп = сп. Тому, поділивши обидві
частини останньої нерівності на сп > 0, одержимо а2 + Ь2 > с2;
отже, досліджуваний трикутник гострокутний.
Можна також застосувати такий спосіб. При а<с, 6<с, п>*2
маємо
£<1; Й<1; і<1.
сп сп п
Отже,
2 _2
\Сп) 1 \сл/ > сп *
Додаючи одержані нерівності, знаходимо
а2 Ь2 ап + Ь* _
С2 + > СП — ’
тобто а2 + с2. Досліджуваний трикутник гострокутний.
В кожному трикутнику проти більшої сторони лежить більший
кут, а проти більшого кута лежить більша сторона. Проти рівних
сторін лежать рівні кути і навпаки.
Якщо два. трикутники рівні, то сторони, що лежать проти рів-
них кутів, також рівні (тобто трикутник рівнобедрений).
В тупокутному трикутнику найбільша сторона його лежить
завжди проти тупого кута.
В прямокутному трикутнику гіпотенуза завжди більша за будь-
який з катетів.
Якщо дві сторони одного трикутника дорівнюють двом сторо-
нам іншого, а кути між цими сторонами нерівні, то проти біль-
шого кута лежить і більша сторона.
Задача 2. ВД АВС більша сторона В А продовжена на від-
різок АО, що дорівнює стороні АС, і точка О сполучена відрізком
прямої з вершиною С. Довести, що /_ВСй — тупий.
Проведемо пряму АЬ || ОС і розглянемо / АЬВ, що дорівнює
куту ВСЯ (рис. 118).
344
Тоді /. АЬВ = / ЬАС + /~ЬСА як зовнішній кут Л АЬС\
/_ЬАС = ~ /_ВАС, бо /_ЬАС = /_АСВ і £. ВАС = /_ АСй 4-
+ / АБС = 2 / АСБ = 2 ЬАС, а/_ЬАС більший за / В, тому
що лежить проти більшої сторони; значить, сума цих двох кутів
більша за півсуму кутів трикутника, тобто / ЬАС + / ЬСА > 90°;
тому /_ВЬА тупий, а отже, і рівний з ним /_ВСБ також тупий.
Задача 3. Довести, що коли в чотирикутнику суми квадра-
тів протилежних сторін рівні, то його діагоналі взаємно перпен-
дикулярні.
Нехай діагоналі АС і ВБ чотирикутника АВСБ перетинаються
в точці О (рис. 119). Припустимо, що діагоналі не перпгндику-
Рис. 118. Рис. 119. Рис. 120.
лярні. Проведемо ВЕ _1_ АС та БГ ± АС. Із Д АБО і А БОС від-
повідно одержимо
АВ2 = АО2 + ВО2 — 2 АО • ЕО;
СБ2 = СО'2 4- БО2 -2С0- 0Р.
Додаючи, дістаємо
АВ2 + СБ2 = АО2 + ВО2 + СО2 + БО2 — 2 (ДО . ЕО + СО • ОГ).
Аналогічно з А АОБ і А БОС одержимо
АБ2 + СБ2 = АО2 + БО2 + СО2 БО2 -|- 2 (СО ЕО + АО ОГ).
Оскільки праві частини одержаних різностей не рівні між собою,
то АВ2 -Н СБ2 < АБ2 + СВ2, що суперечить умові. Отже, АС ± ВБ.
Задача 4. Довести, що коли всередині трикутника АВС
можна взяти точку Б так, що відрізок БА дорівнює стороні АВ>
то сторона АВ менша за сторону АС (рис. 120).
Проведемо прямі ВБ та СБК, тоді / ВБК > /_ ВСБ і /. КБА >
^>/./)СД як зовнішні кути трикутників ВСБ і АБС. Отже,
/ ВБА > / ВСА; але / ВБА = / АВБ, бо лежать в А АВБ проти
рівних за умовою сторін АВ і АБ, тому / АВБ > /_ВСА, і тим
більше / АВС> / ВСА. Отже, в А АВС сторона АВ, що лежить
проти меншого кута, менша за сторону АС.
Висота трикутника. Висотою трикутника називається перпенди-
куляр, опущений з будь-якої вершини трикутника на протилежну
сторону або на її продовження.
В тупокутному трикутнику дві висоти падають на продовження
сторін, а третя знаходиться всередині трикутника.
В гострокутному трикутнику всі висоти лежать всередині три-
кутника.
В прямокутному трикутнику дві висоти збігаються з катетами,
а третя опущена на гіпотенузу.
345
Три висоти трикутника завжди перетинаються в одній точці,
яка називається ортоцентром.
Ортоцентр О тупокутного трикутника лежить поза трикутником
(рис. 121).
Ортоцентр О гострокутного трикутника лежить всередині три-
кутника (рис. 122).
Ортоцентр прямокутного трикутника збігається з вершиною
прямого кута.
Висоти трикутника, опущені на сторони а, Ь, с, позначаються
відповідно через Ла, Нс і обчислюються за формулами
на = V р(р — а) (р — Ь) (р — с);
нь=^ Ур(р — а) (р — Ь) (р—с);
нс = ^ У р(р — а) (р — Ь) (р — с),
Між висотами На, Нс і радіусами вписаного і зовні вписаного
кіл г, га, гь. гс існують співвідношення
г ~ На + Нь + 7ГС ’ На 1 Нс Нь'
х=±+±_±. ±=±_^^_______________і.
Га~ Ьь'' Нс На' гс~ На + Нь Нс ’
Ла=_2^£_; нь = -^~; Нс = ^¥-;
гь + Гс Га + гс с Га + гь
. га(Ь + с — а) . . гь (а + с — Ь) . , гс (а + Ь — с)
На =------------НЬ =---------ь--- , Нс =----------.
Зовні вписаним у трикутник називається коло, для якого одна
з сторін трикутника і продовження двох інших його сторін є до-
тичними (рис. 123).
Медіана трикутника. Медіаною трикутника називається відрізок,
що з’єднує його довільну вершину з серединою протилежної сто-
346
рони. Три медіани трикутника перетинаються водній точці (рис. 124).
Ця точка завжди знаходиться всередині трикутника і є центром його
ваги. Точка перетину медіан трикутника поділяє кожну медіану
у відношенні 2: 1 (від вершини).
Медіани сторін а, Ь, с позначаються відповідно через та,
тс і обчислюються за формулами
„ _ /2 (д2 + с2)-а2
та----------2--------’
/2 (а2 + с2) —
ть= -—1-----— -------}
_ /2(а2 + 62)-с2
тс =--------2--------• '
Сума квадратів медіан дорівнює
трьом чвертям суми квадратів сторін
трикутника:
тга + ті + гпс = ~ (а2 + Ьг + с2).
В прямокутноіму трикутнику медіана, опущена на гіпотенузу,
дорівнює половині гіпотенузи.
Задача 5. Довести, що коли медіана якої-небудь сторони до-
вільного трикутника дорівнює половині цієї сторони, то даний три-
кутник прямокутний.
Нехай в Л АВС проведена медіана ВО сторони АС і за умовою
ВО = АО = ОС (рис. 125). Доведемо, що / АВС ~ 90°.
Оскільки Л АВО — рівнобедрений, то / АВО = / ОАВ анало-
гічно /_ОВС = /_ВСО.
Тоді маємо
г ЛВС _ / АВО + г овс _
2. &
= 180° — 1 (/. АОВ + В ОС) = 90°,
тому що / АОВ і ^ВОС— суміжні, і, отже,
~ (X. АОВ + ВОС) = 90°.
347
Бісектриса трикутника. Бісектрисою трикутника називається
відрізок бісектриси будь-якого кута цього трикутника від вершини
до перетину її з протилежною стороною. Всі три бісектриси (за
кількістю кутів) трикутника перетинаються в одній точці, яка
завжди лежить всередині т, икутника і є центром вписаного кола
(рис. і26).
В Л АВС бісектриси кутів Л, В, С, що лежать проти сторін а,
Ь, с, позначаються відповідно 1&, Іс і обчислюються за формулами
Іа = утр: /Ьср (р — а);
2 ,________
Іь = -~~СУ «ср (р — Ь);
= ЇЇ-')'
де р = у (а + 6 + с>-
Крім того, бісектриси можуть бути обчислені за формулами
І а = 7377 Ьс\(Ь + с)'--а*\;
ІЬ = ^~с Vас [(а + с)* - &];
Рис. 127.
Бісектриса внутрішнього кута трикутника поділяє протилежну
сторону трикутника на частини, пропорціональні до прилеглих сто-
рін. Бісектриса зовнішнього кута трикутника перетинає продовження
протилежної сторони в такій точці, відстані від якої до кінців цієї
сторони пропорціональні до прилеглих сторін.
В усякому трикутнику бісектриса лежить між відповідними
медіаною і висотою, тобто
дь^.Іь^ть\
Продовження бісектрис внутрішніх кутів трикутника проходять
через центри зовнівлисаних кіл, які є точками, де перетинаються
бісектриси зовнішніх кутів цього трикутника (див. рис. 123).
348
Задача 6. У трикутнику з вершини кута проведено бісектрису
і висоту. Довести, що кут МІЖ ними дорівнює піврізниці двох
інших кутів.
Нехай в Д АВС ВС > АВ, ВН — висота, ВЬ — бісектриса
(рис. 127). Тоді
£НВЕ=^НВС — £ЬВС = (90е— / С)-
180° - (Д А 4- /. С)
2
= ~(ЛА-ЛС),
тому що ЬВС = ~ (180° — А — /_ С).
За да ча 7. В Д АВС бісектриси внутрішніх кутів В і С пере-
тинаються в точці О і через цю точку проведено пряму ОО до
перетину з ВС в точці О і пряму ОЕ ||
II АВ до перетину з ВС в точці Е. Побу- £/
дувати рисунок і довести, що периметр /
&ОЕО дорівнює стороні ВС. /_ОВЕ=
= /~ОВА, тому що ВО — бісектриса
/ АВС; / ВОЕ = / ОВА як різносто- /
ронні кути, а тому /_ОВЕ = /_ВОЕ \/
і, отже, в ДОВЕ ОЕ = ВЕ^ Аналогіч- А --------------V-----п
но доводимо, що ОО = ОС. Іому 0 У
роео = ОЕ + ЕО + ОО = ВЕ + ЕО + Рис« 128-
+ ОС = ВС.
Задача 8. Довести, що в трикутнику бісектриси двох зовніш-
ніх кутів і третього внутрішнього, несуміжного з ними, перетина-
ються в одній точці.
Нехай в А АВС точка О лежить на продовженні сторони АВ,
а точка Е — на продовженні АС (рис. 128). Бісектриса зовнішнього
^_ОВС — геометричне місце точок, рівновіддалених від сторін ВО
і ВС, бісектриса зовнішнього /_ЕСВ — геометричне місце точок,
рівновіддалених від сторін ВС і СЕ; тому точка їх перетину /(
рівновіддалена від сторін ВО і СЕ, а отже, і від сторін АО і АЕ.
Отже, точка X лежить на бісектрисі / А.
Центр описаного кола. Середня лінія трикутника. Три перпен-
дикуляри до сторін трикутника, проведені через їх середини, пере-
тинаються в одній точці, яка є центром описаного кола. В тупо-
кутному трикутнику ця точка лежить поза трикутником, в прямо-
кутному— на середині гіпотенузи, в гострокутному — всередині
трикутника.
У рівнобедреному трикутнику висота, медіана і бісектриса,
опущені на основу, а також перпендикуляр, проведений через середину
основи, суміщаються.
У рівносторонньому трикутнику зазначене суміщення здійснює-
ться для всіх сторін.
Ортоцентр, центр ваги, центр вписаного і описаного кіл у рівно-
сторонньому трикутнику суміщаються.
Середньою лінією трикутника називається відрізок, який спо
лучає середини його сторін. Середня лінія паралельна до третьої
сторони і дорівнює її половині.
Задача 9. Побудувати трикутник, якщо відомі основи трьох
його висот.
349
Нехай основами трьох висот будь-якого трикутника е точки
Ь, М, N. Побудуємо трикутник з вершинами в точках Ь, М9 N.
Проведемо бісектриси внутрішніх кутів Л ЕІЇШ, побудуємо перпен-
дикуляри до них, які проходять через вершини Точки
перетину цих перпендикулярів будуть вершинами шуканого трикут-
ника. Виконати рисунок.
Задача 10. В Л АВС висо а (відносно сторони ВС) становить
половину бісектриси зовнішнього кута цього трикутника при вер-
шині А. Знайти різницю кутів В і С.
На рис. 129 АО— висота, АЕ—бісектриса / ВАВ. За умовою
задачі АО = у АЕ. тому в прямокутному Д АОЕ кут АЕО дорів-
нює 30°.
Далі знаходимо
ВАЕ = ~ А ВАР =
180* ~ А о А
2 2
З Л АВЕ маємо
/. АВЕ = 180° — (/. ВАЕ + АЕВ) = 180і — ^90" - у) + 30°
або
А
АВЕ = 60° + .
З другого боку, АВЕ суміжний з / В і
/_АВЕ = 180° —В,
тоді
А
60° +-у = 180а — В.
Тепер знаходимо
В — С = {А + 2В) — (А + В + С) = 240° — 180° = 60е.
В і д п о в і дь. В — С = 60°.
Задача 11. В Л АВС на продовженні сторони ВС відкладено
відрізок СО. який дорівнює СА, і точки А і О сполучено прямою;
пряма СЕ — бісеюриса / АСВ, пряма СР поділяє відрізок АО по-
полам. Побудувати рисунок і довести, що СР і СЕ перпендикулярні.
СР— медіана рівнобедреного ЛАСО, а отже, СР — бісектриса
АСО.
Кути ВСА і АСО суміжні, а бісектриси суміжних кутів взаємно
перпендикулярні (див. § 9, задача 2), що й треба було довести.
350
§ 14, Ознаки рівності трикутників
Два трикутники рівні, якщо у них відповідно рівні:
1) дві сторони і кут між ними;
2) два кути і прилегла до них сторона;
3) два кути і сторона, протилежна до одного з них;
4) три сторони;
5) дві сторони і кут, що лежить проти більшої з них.
Рис. 130.
Зауваження. Якщо рівні кути двох трикутників лежать
проти менших сторін цих трикутників, то вони можуть бути не рівні
(наприклад, трикутники ОВС і на рис. 130).
Два прямокутні трикутники рівні між собою в таких чотирьох
'випадках *:
1) якщо катети одного трикутника відповідно дорівнюють ка-
тетам іншого трикутника;
2) якщо катет і прилеглий гострий кут одного трикутника від-
повідно дорівнюють катету і
трикутника;
3) якщо гіпотенуза і гост-
рий кут одного трикутника від-
повідно дорівнюють гіпотенузі
і гострому куту іншого три-
кутника;
4) якщо гіпотенуза і катет
одного трикутника відповідно
дорівнюють гіпотенузі і катету
іншого трикутника.
Задача 1. Довести, що коли основа а, висота На і медіана та
одного трикутника відповідно дорівнюють основі, висоті та медіані
іншого трикутника, то такі трикутники рівні. Л АОЕ = Д
(рис. 131) за катетом і гіпотенузою, отже, ОС = О^Сі
і АС = АіСі, тому що Д АОС = Д за двома катетами.
Оскільки ВО = ВС -— ОС, = ВгСі — то ВО = Е±О19 отже,
Д АВО = Л А1В1О1 (за двома катетами) і АВ =
Таким чином-, Д АВС = Д за трьома сторонами.
Задача 2. В рівнобедреному Д АВС з кінців основи АС про-
ведено прямі, які утворюють з основою рівні кути і перетинаються
в точці О. Побудувати рисунок і довести, що трикутники АВО
і ВСО рівні.
прилеглому гострому куту іншого
Рис. 131.
♦ Всі ці ознаки є окремим випадком ознак для довільних трикутників;
при цьому для прямокутних трикутників одна умова виконується автоматично —
прямі кути завжди між собою рівні.
351
В Д АОС (за умовою) /ВАС = /ОСА, а тому протилежні
сторони О А і ОС рівні між собою. Л АВС рівнобедрений; отже.
ВА = ВС і А АВО і &ВОС рівні між собою за трьома відповідно
рівними сторонами.
Вправа. Якщо дві сторони і бісектриса кута між ними одного
трикутника відповідно дорівнюють двом сторонам і бісектрисі кута
між ними іншого трикутника, то такі трикутники рівні. Довести.
§ 15. Подібність трикутників і многокутників
Якщо кути одного з двох даних трикутників відповідно дорів-
нюють кутам іншого, то сторони, які лежать проти рівних кутів,
називаються схожими (відповідними) сторонами.
Два трикутники називаються подібними, якщо їх відповідні
кути рівні і сторони одного пропорціональні до відповідних сторін
другого.
Ознаки подібності трикутників. Два трикутники подібні, якщо:
1) два кути одного трикутника відповідно дорівнюють двом
кутам іншого трикутника;
2) дві сторони одного трикутника відповідно пропорціональні
до двох сторін іншого трикутника і кути між цими сторонами рівні;
3) три сторони одного трикутника відповідно пропорціональні
до трьох сторін другого трикутника.
Два трикутники подібні, якщо сторони одного відповідно пара-
лельні або перпендикулярні до сторін другого трикутника.
Пряма, яка паралельна до сторони трикутника і перетинає дві
інші сторони, відтинає від нього трикутник, подібний до даного.
Висоти подібних трикутників, проведені до відповідних сторін,
називаються відповідними (подібними) висотами.
Аналогічно визначаються відповідні (подібні) медіани та від-
повідні бісектриси.
Ознаки подібності прямокутних трикутників. Ознаки подібності
прямокутних трикутників дістаємо як окремий випадок з ознак
подібності довільних трикутників, приймаючи до уваги, що одна
умова вже виконана: прямі кути завжди рівні між собою.
Два прямокутні трикутники подібні, якщо:
1) гострий кут одного трикутника дорівнює гострому куту
іншого трикутника;
2) катети одного трикутника пропорціональні до катетів іншого
трикутника;
3) гіпотенуза і катет одного трикутника пропорціональні до
гіпотенузи і катета іншого трикутника.
Для позначення подібності двох трикутників (а також много-
кутників) користуються спеціальним знакохм Наприклад, якщо
трикутники АВС і МИР подібні, то це позначають так:
Д АВС - Д М^Р.
Задача 1. Довести, що відсгань від центра описаного нав-
коло трикутника кола до сторони вдвоє менша за відстань від орто-
центра до вершини протилежного кута.
ОМ ± ВС, Оії х АС, О — центр описаного кола, Н — ортоцентр
(рис. 132). Далі М^ || АВ як середня лінія, тому МЇЇ = -%АВ.
352
За умовою задачі ОМ— перпендикуляр, проведений через сере-
дину сторони АС, а ВР—висота, опущена на цю саму сторону АС;
Сотже, ОМ Ц ВР; оскільки ММ || АВ, то /_ММО і ДРВА рівні між
Особою як кути з паралельними сторонами. Аналогічно доводимо, що
ДММО-= АСАВ, і тоді (згідно з першою ознакою подібності три-
кутників)
А МОМ - А АНВ.
Отже,
ом _ НА _ НА
ММ *“ АВ ~2ММ*
звідки 2ОМ = НА, що й треба було довести.
Задача 2. У А АВС сторони АВ = с, АС — Ь 1 ВС = а.
Через точку О перетину бісектрис внутрішніх кутів трикутника
проведено прямі, паралельні до сторін трикутника. Знайти довжину
відрізків цих прямих, що лежать всередині трикутника.
У трикутнику АВС проведемо висоту ВН Нь (рис. 133). За
умовою задачі ММ І| АС, Р(2 || АВ і /?<$ || ВС. Тоді А АВС~ ДВММ~
~ ДС(2Р А АЯ5. З подібності трикутників АВС і ВММ знахо-
димо
ММ _ вк
АС ВН
або
Мії Ьь — г
Ь Нь ’
де г = КН — радіус кола, вписаного у А АВС*
8 2з
Враховуючи, що г = — , Нь = — , де 5—- площа, ар — півпери-
метр А АВС, маємо
5
ММ _ і — Ь _ а 4“ с
Ь 2$ а -р ® Ч~ £
т
звідки
мм =
Ь (а + с)
а + Ь + с'
12 5-2692
353
Аналогічно знаходимо
Р<г = ї^+^і =
а + Ь + с а + Ь + с
Відповідь.
а (Ь + с) . Ь (а + с) с (а + Ь)
сі Ь —}- с сі Ь с сі —р Ь с
Задача 3. Визначити периметр трикутника, вершини якого
знаходяться в основах висот гострокутного трикутника з сторонами
а, Ь, с (рис. 134).
РЕ
Нехай АВ = с, АС = Ь, ВС — а. Д АВС ~ Д АРЕ, тоді =
АЕ . а • АЕ
= дс 11 отже’ РЕ = ^~
але а2 = Ь2 + с~—2Ь АЕ, тобто
Р+сї — а* гс а (Ь9- + с2 4- а2)
---26---: Р£ =----ЇЬҐ--
Аналогічно знаходимо
+ пг_с(а2 + Ь2-с2)
2ас 1 2аЬ
Рис. 135.
Таким чином, після перетворень одержимо
ЕЕ Г£> + £>£ = ~ а> (р ~ЬПр — 0 %р
1 1 п'
Подібність многокутників. Два многокутники називаються по-
сібними, якщо вони мають відповідно рівні кути і їх відповідні
сторони пропорціональні.
Задача 4. Довести, що два опуклі чотирикутники подібні,
якщо вони мають відповідно рівні кути, крім однієї пари, і всі
пропорціональні сторони, крім двох суміжних.
Нехай V чотирикутниках АВСЬ і А^В^іОі / А = /
^С = ^Сь ВС: В1С1 = СО : С^.
354
двох «-кутників, що задо-
Оскільки сума внутрішніх кутів будь-якого чотирикутника
дорівнює 2к, то / й = / Ох. Чотирикутник /4Х£ХСХ£)Х накладемо на
чотирикутник АВСО так, щоб кути Лх і А сумістилися (рис. 135).
На сторонах АВ і АО відмічаємо точки В± і І\.
Сполучаючи точки В і Р, а також Вг і Рх, знайдемо, що
£±ВОС ~ Д 5ХОХСХ (за рівним кутом між пропорпіональними сто-
ронами).
Тому = / ОВС і відповідно / АВ1О1 = / АВО,
оскільки за умовою /_ Вх == Д В. Отже, Д АВО ~ Д ЛХ5ХРХ (за
двома кутами).
Оскільки чотирикутники АВСО і ЛХВХСХОХ складаються з подіб-
них трикутників, то вони подібні.
Так само виконується доведення дл?
вольняють умову задачі.
Два подібні многокутники нази-
ваються гомотетичними, якщо вони
розташовані так, що відповідні сто-
рони їх паралельні. Подібні много-
кутники можна завжди зробити го-
мотетичними. Прямі, що сполучають
вершини рівних кутів двох гомотетич-
НИХ многокутників, перетинаються гї
в одній точці, яка називається цент-
ром подібності (центром гомотетії).
Відношення сторін ДВОХ ПОДІб- Рис. 136.
них многокутників АВС ... МІХ
і ЛХВХСХ . .. МХ2УХ називається відношенням подібності. Число &
у виразі
АВ _ ВС = _ МІХ
дхвх ” вгс} - • - “
називається коефіцієнтом подібності. Для рівних фігур коефіцієнт
подібності дорівнює одиниці. Центр гомотетії може лежати як все-
редині, так і поза гомотетичними фігурами.
Задача 5. Побудувати п’ятикутник /1Х/3ХСХРХЕХ, подібний до
даного п’ятикутника АВСОЕ, так щоб одна з його сторін дорівню-
вала даному відрізку т (рис. 136).
Нехай ДХ5Х = т. Проведемо пряму, паралельну до сторони АВ
даного многокутника, і на ній відкладемо даний відрізок Лх5х = т.
Через точки А і Лх, В і Вх проведемо прямі до їх перетину в точці 0
і з неї проведемо прямі ОС, 00, ОЕ. Із точки /4Х проведемо пряму,
паралельну до АЕ, до її перетину з продовженням променя ОЕ.
Одержимо точку Е^. З точки £х проводимо ЕгОі || ЕО, палі анало-
гічно £>ХСХ |] ЕС, С1В1Ц СВ.
Задача 6. Всередині / АВО знайти всі такі точки, для яких
відрізки, проведені з кожної шуканої точки до сторін кута пара-
лельно до даних відрізків МІХ і Р(), перебували б у даному від-
ношенні т і п.
Припустимо, що вже знайдено дві точки О і такі, що
ОЕ : ОО = 01Е1: Сх£>х = т : п, причому ОЕ || МІХ, (ІЕ1 || МІХ< ОО || Рф,
О101 || РО. Очевидно, що чотирикутники ВООЕ і ВО-^О^Е^ подібні.
Центром їх подібності буде точка В. Отже, точки О, Сх, В лежать
на одній прямій, тому і всі шукані точки лежать на промені ОВ.
12* 355
Щоб побудувати цей промінь, треба знайти як у-небу дь одну його
точку. Для цього проводимо з точки В промені, паралельні до МК
і Рф, і на них відкладаємо відрізки ВК~хт і ВЬ = хп, де х —
довільна одиниця вимірювання (рис. 137).
Із точок К і Ь проводимо КО2II АВ і ЛО21| ЗР. Точка
їх перетину 02 і є однією з шуканих точок, бо Е202• Р2Р2 =
= ВК : ЬВ = хт хп = т : п. Всі інші шукані точки утворюють про-
мінь ОВ.
Задача 7. Побудувати трикутник, якщо дано один з його
кутів, відношення сторін, що утворюють цей кут, і висоту, прове-
дену з вершини цього кута.
Нехай у шуканому трикутнику АВС АС : ВС = т \ п, де т і п —
дані числа або відрізки. Вважаємо, що дано / С. Побудувавши кут,
що дорівнює даному, відкладемо на його сторонах відрізки т і п.
Одержані точки ЛІ і N сполучаємо (рис. 138).
В А МСК з вершини С опустимо висоту СК. На прямій СК від
точки С відкладемо дану висоту Л — СР. Через точку Р проведемо
АВ Ц МК. Отже, А МСК ~ А АС В, тому що за побудовою МК || АВ;
звідси
АС _ МС _ т
ВС
Задача 8. У даний трикутник АВС вписати прямокутник,
який має дану діагональ сі.
Через одну з вершин А АВС, наприклад В, проведемо пряму,
паралельну до основи АС, до перетину ЇЇ в точці Р з перпендику-
ляром до АС, поставленим з точки А (рис. 139). З вершини А пря-
мокутного трикутника АСО радіусом, що дорівнює сі, робимо засічку Е
на гіпотенузі СР. Через точку Е проводимо прямі ЕС і РЕ, пара-
лельні до АО і основи АС. Пряму РЕ продовжуємо до її перетину
із сторонами АВ і ВС у лочках К і Ь. З точок К і Л опускаємо
КМ ± АС і ЬК х АС.
Прямокутник КЬКМ — шуканий. Дійсно,. Д ЛРС ~ А РОЕ,
а Д АВС ~ Д КВЬ, отже,
РЕ = ОР_. КЬ =О£
АС~ АО' АС АО ’
356
тому що відрізки ОР і ОА відповідно дорівнюють висотам А
і А АВС. Звідси
РЕ КЕ
4С = ЛС ’Т0&Г° ^ = РЕ’
а тоді МЕ = АЕ = сі.
Задача має два розв’язки, якщо коло з центром у точці А
і радіусом г = сі перетинає гіпотенузу ОС у двох точках; один роз-
в’язок, якщо це коло дотикається до ОС, і не має розв’язків, якщо
дана діагональ сі менша за висоту, опущену з точки А на гіпо-
тенузу ОС.
Аналогічні побудови можна виконати відносно інших двох сто-
рін трикутника.
Задача 9. Дано / АОВ і всере-
дині нього точку С. Знайти на стороні
ОВ точку К, рівновіддалену від точки
С і від прямої О А.
З довільної точки Р, що лежить
на стороні 08, опустимо Р(£ X ОА. Про-
ведемо пряму ОС. З точки Р як з центра
радіусом РО зробимо на ОС засічку Р.
Сполучимо точки Р і р. Далі через точку
С проведемо СК Ц РР (рис. 140). Точка
N — шукана. Дійсно, опустимо КК X ОА,
тоді одержимо
А ІЇКС - А Р<ІР,
але Р(2 = РР за побудовою, отже, КК = КС.
§ 16. Поняття про площу та її вимірювання
Площа — одна з основних математичних величин. Вона характе-
ризує геометричні фігури як на площині, так і на поверхнях.
Площею плоскої замкненої фігури називається величина частини
площини, яка знаходиться всередині цієї фігури.
Одиницею вимірювання площі плоскої фігури звичайно вважа-
ють квадрат з стороною, що дорівнює одиниці довжини (одиничний
квадрат). При вимірюванні площі ставлять у відповідність до неї
яке-небудь число, що дорівнює кількості одиниць вимірювання
площі. При цьому рівним фігурам відповідають і рівні числа, які
вимірюють їх площі. Крім того, вважають, що число, відповідне
до площі деякої фігури, яка складається з кількох частин, дорів-
нює сумі чисел, відповідних до площ цих частин.
Вимірювання площ трикутників і многокутників засновано на
можливості побудови рівних їм за площею (рівновеликих) прямо-
кутників. У випадку сумірності прямокутника з одиничним квад-
ратом площа його виражається раціональним числом, а у випадку
несумірності — ірраціональним.
Площа довільної обмеженої плоскої фігури визначається як
спільна границя площ описаних навколо і вписаних в неї много-
кутників, найбільші сторони яких за довжиною прямують до нуля.
357
Якщо ці границі існують і рівні між собою, то фігура нази-
вається ква^р авансо, тобто вона має площу.
Для наближеного обчислення плоских фігур (наприклад, прг
роботі з юпографічиою картою, планами, при розкрої матеріал)
тощо) сконструйовано прилад, який називається планіметром
(рис. 141).
З цією метою Архімед запропонував накреслити задану фігуру
на однорідному матеріалі однакової товщини (наприклад, на тонкому
щільному картоні), вирізати її, зважити на точних терезах, а потім
зважити одиничний квадрат, вирізаний з того самого матеріалу,
і поділити перше число па друге.
Рис. 141.
§ 17. Площа трикутника
Обчислити площу трикутника можна за однією з таких формул;
1- 5 =
де ії— основа трикутника; —відповідна висота;
2. 5 = ~ аЬ Чп С,
де а і £ —сторони, С — кут між ними;
3. 5 — рг,
а -|- Ь -|- с
де р = — -----півпериметр, г — радіус вписаного кола;
4 5- —
4‘ 5 47? ’
де а, Ь, с — сторони, /? —радіус описаного кола;
5. 5 = р (р — а) (р — Ь) (р — с) (формула Герона),
де а, Ь, с—сторони, р — півпериметр.
Площа довільного трикутника може бути обчислена також за
його висотами На, И,. (див § 13):
358
за висотами і півпериметром:
5 =_______Р______;
1+1 + 1
за висотами і радіусом описаного кола:
за радіусами вписаного і зовні вписаного кіл:
5 = V ггагЬгсг
а також за формулами
5 = га (Р ~ а) = ГЬ (Р — Ь> = гс (Р ~ с>-
5 = а'ьГс = ЬГаГс = СГа'ь
ГЬ + гс га~^~ гс га + ГЬ
Площі подібних трикутників відносяться, як квадрати їх від-
повідних лінійних елементів: сторін, виЛ>т, медіан, бісектрис тощо.
Площі подібних многокутників відносяться,
як квадрати їх відповідних сторін або В
діагоналей. уД
Площі двох трикутників, що мають Х1\
ПО рівному куту, ВІДНОСЯТЬСЯ, ЯК добутки / \ п
сторін, які утворюють ці куги, що безпосе- /ух
рсдньо випливає з формули 2. / \
Задача 1. У трикутнику АВС осно- \!/
вами бісектрис є точки П, Е, Е. Знайти від- 1-----х-—щ-—
ношення площ Л АВС і Л РВЕ (рис. 142,!. А Е 8
Оскільки в Л АВС і Л РВЕ спільний рис, 142,
/ В, то
В о вв ВЕ • ВР
АВС АВ ’ ВС
„ /ВЕ ВС
Далі, за властивістю бісектриси де, дістанемо -дуг = -^, звідки
ВЕ _ ВЕ ВС
АВ ~ АЕ-^ВЕ ~ АС+ВС'
Аналогічно
ВР АВ
АС ~ АВ + АС ‘
Таким чином,
Вовв ВС • АВ _ ас
8^ = (ЛС + ВС) (АВ + АС) ~~ (а + Ь)(Ь + с) *
359
де, як звичайно, введено позначення АВ = с, АС = Ь, ВС = а.
Аналогічно
$рсе__________аЬ_____. $еар___________Ьс
$авс (а 4" 4" £) 9 $авс (а 4” 4“ с)
Але8рЕР~$АВС — $ГВР $РСЕ $ЕАР* отже’
$РЕГ ! аЬ ас
8^~[~(а + с)(Ь + с) ^(а + Ь) (Ь + с)
Ьс _ 2аЬс
“ (а + *) (а+с) “ (а 4-*) (а + 0 (^ + с) '
Задача 2. У рівнобедреник прямокутний А АВС з гіпотену-
зою с вписано рівносторонній трикутник так, що його сторона лежить
на гіпотенузі, а вершина суміщається з вершиною прямого / С.
Визначити відношення площі вписаного трикутника до площі прямо-
кутного трикутника.
Нехай А АВС — рівнобедрений прямокутний трикутник з гіпо-
тенузою АВ = с\ ДйСЕ — рівносторонній вписаний трикутник;
С1У — їх спільна висота (рис. 143).
З А АСМ> врахувавши, що він також рівнобедрений прямокут-
ний, знаходимо
З прямокутного А ОС1У дістанемо
СЛ, = осД
2 ’
звідки
В такому випадку
' ос = ^= <
/з /з
$ОСЕ — °С2 ~ с2>
1 1 уЛ
^авс = І^ АВ-±.ст = с-ї
360
і, отже,
$РСЕ _ /з 2, с2 _ Кз
$ АВС 12 4 З
Задача 3. Довести, що коли у двох трикутниках сума двох
кутів дорівнює 180°, то площі їх відносяться, як добуток сторін,
прилеглих до цих кутів.
Нехай у трикутниках АВС і Л^ВіСі
/_ ВСА+/_ 5^/1 = 180°.
Вважатимемо, що ,/ВСА< 90°. Проведемо висоти ВАГ і Вх ЛГХ,
тоді (рис. 144)
8 авс _ АС - В\'
8А1В1С1 ^1^1 ' '
Але / ВСА = / В^С^^ тому що
= 180°
і за умовою задачі
^ВСА + Х,В1С1А1=\ 80°.
Таким чином,
ДВСЛГ ~ ДВХСХЛ\,
звідки
Вії _ ВС
В^1’~В1С1
!, отже,
8авс = АС - ВN _ АС - ВС
8Л1в1с, ^іСі • ДіСі • В&'
що й треба було довести.
Задача 4. Площу даного трикутника поділити пополам пря-
мою, паралельною до основи.
Нехай д АВС — даний трикутник, КЬ || ЛС, = у 5ЛВС>
А КВЬ ~ А АВС, отже,
ВК2 _ 5квь = 1
АВ2 8двс *
тобто
„„ АВУ~2
вк = ——
Таким чином, задача зводиться до побудови відрізка ВК за да-
ним відрізком АВ з урахуванням одержаної формули. Побудуємо
квадрат з стороною АВ. Відрізок ВК дорівнюватиме половині діа-
гоналі цього квадрата. Відклавши від вершини В А АВС відрізок
ВК, проводимо КЬ II АС. Виконати рисунок.
361
Задача 5. На стороні АВ л АВС взято довільну точку О і з
неї проведено ОЕ і! АС і ОР || ВС. Визначити площу А СЕР, якщо
площі трикутників АОР і ВІ)Е відповідно дорівнюють і 52.
Позначимо площу шуканого ДСРР через 8Х (рис. 145). З по-
дібності д АОР і А ОВЕ (кожний з яких подібний до даного А АВС)
дістанемо
_ /7?£\2 /РС\2
5’і- [АР ) Д/р) *
Висоти А АОР і Д РЕС відносно сторін АР і РС рівні між
собою, бо ОЕ || АС. Тоді
АР'
АГС А Н С
Рис. 145. Рис. 146.
Зіставляючи наведені рівності, дістаємо
звідки знаходимо площу Д СЕР:
= )/ Зі^а-
Задача 6. На сторонах АВ і АС А АВС взято точки М і ТУ,
а на прямій ММ— точку Р так, що
ВМ А¥ _ МР
МА~\ТС~РМ'
Довести, що площа Д ВРС у два рази більша за площу А АММ
(рис. 146).
Нехай
ВМ _А^ = МР =
МА~ МС~ Рії
тоді
АВ ВМ+МА АС _ АУ + N0 _ /? + 1 .
АМ~ АМ ~ к + ; “ АН к
РМ~ /г ; +
362
Враховуючи наслідки, сформульовані на початку цього параграфа,
і наслідки від розв’язання задачі 3, знайдемо
$АВС АВ АС _ (/? + І)2
Звмв = ВМ РМ
^ДЛІЛ- АМ’ +
8^р = Сії ?Л/ 1
$ААШ МЛІ ~ А (*+!)’
Але
5ДЛ177 + $ВРС — 5 АВС — $ВМР ~~ $СКР'
Поділивши обидві частини цієї рівності на 5ЛЛІ7У і використавши
знайдені вище відношення площ, дістанемо
+ $врс _ (/? + І)2 А2 1 _
~ А А’+1 Н*+0“
(Л? + 1)3 —! _
А- (А + 1)
звідки 5ЛлрУ +5врс = 35лиЛг, або, після зведення подібних
членів,
$ врс = 2алпу
Вправа. У Д АВС проведено висоти Вй і СЕ. Виконати рису-
нок і довести, що
$АВР = / АВ\2
$АСЕ \Л£/
18. Зведена таблиця окремих випадків
трикутників (табл. 7)
Введені позначення: а, с—сторони трикутника; /?0, Нс —
відповідні висоти; та, ть> — медіани; а, р, д —кути; /а, /^, Іс —
бісектриси; /? — радіус описаного кола; г— радіус вписаного кола;
г0, ГЬ гс — радіуси зовнівписани.х кіл; а' — проекція а на с; Ь'—
проекція Ь на с; 8 — площа трикутника.
§ 19. Паралелограм, прямокутник, ромб, квадрат
Паралелограмом називається чотирикутник, протилежні сто-
рони якого попарно паралельні.
У паралелограмі протилежні сторони рівні. Будь-які дві про-
тилежні сторони паралелограхМа можна вважати основами. Відстань
між основЗіМи називається висотою. У будь-якому паралелограмі
363
Таблиця 7
Трикутник Визначення, формули, властивості, співвідношення між елементами
Рівносторонній 11 ї5 11 ’ к " - 1) ‘‘Ч Сої 1 Со, ц ” II Л II ? * II II " 1 .з т > С? о» II II ° 1 СО| Ц і и її 1» сг* « Ч II «і о" II II
Рівнобедрений а = Ь; а і Ь — бічні сторони; с — основа; а = 3 (кути при основі рівні між со- бою); ,1а = нЬ = Ч' Ігс‘=тс = 1с‘=ТУіа‘-с!: 5 = ї- У 4а>- с‘ = а с У*,-''’ а2 с!гс - Я 2Нс ’ Г 2а + с ’ сйс га — ГЬ — Л г гс 2а~ с
Прямокутний 7 = а -|- 3 = 90°; а і Ь — катети, с — гіпотенуза, с2 = а2 + (теорема Піфагора); а2 = са’} Ь2 = сЬ'\ !і2 — а'Ь'; 5 = . Центр ваги лежить від сторін а* Ь і с на відстані і- Ь, а । ~ к відповідно; пга = •— УГ4Ь2 + а»; т.=~ /4и» + Ь‘; о 2 гпс==ТС: ’^Ь- Ч=а‘Нс=Н = ^-
Рівнобедрений прямокутний 2 = Ь = С-^ ; а « 3 = 45°; ? = 90°; а2 _ с2 8 ” 2 “ Т : а / 5 , . с та = тЬ=-Г’ тЄ’ЯІ'і: = Іс = -2
Прямокутний з кутом, що дорівнює 30: >а £ П II > »|ч о «Н 1 сої _а ХВ О* II II л § С 1 сої О *о|'<1 О* 1СО) « -І 11 “Р1! £
364
сума кутів, прилеглих до якої-небудь сторони, дорівнює 180°. Про-
тилежні кути паралелограма рівні між собою. Діагоналі паралело-
грама у точці їх перетину діляться пополам. Сума квадратів діаго-
налей паралелограма дорівнює сумі квадратів всіх його сторін.
Площа паралелограма дорівнює добутку його основи на висоту
(рис. 147):
5 = а/га = ЬН^.
Задача 1. В опуклому чотирик утник у АВСО АЕ ± В О, СР ± ВО
(рис. ,148). Довести, що коли АЕ = СР і АВСО — паралелограм. Оскільки / ВАС = / АСО, то АВ || || ОС, А АВЕ = А СОЕ, тому що / АВО = = / СОВ і за умовою АЕ = СР. Отже, АВ — СО. Таким чином, у чотирикутнику АВСО дві протилежні сторони рівні і па- ралельні, тобто цей чотирикутник — парале- лограм. Задача 2. У паралелограмі АВСО на сторонах АВ і СО відкладено рівні відріз- ВАС = / АСО, то А а В . Рис. 147.
ки АЕ і СО, а на сторонах ВС і АО— рівні відрізки ВР і ОН,
Довести, що чотирикутник ЕРОН є також паралелограм (рис. 149).
Розглянемо трикутники ВРЕ і СОН. В них за умовою ВР =
=ИН, ВЕ = 00, /_В = / О, Отже, Д ВРЕ = Д ООН\ звідси ЕР =
— ОН. Аналогічно доводимо, що Р6 = ЕН. Таким чином, у чоти-
рикутнику ЕРОН протилежні сторони попарно рівні; отже, цей чо-
тирикутник є паралелограм.
Задача 3. Дано паралелограм АВСО, в якому / А = / С =
= 60\ Визначити відношення довжин сторін паралелограма, якщо
19
відношення квадратів його діагоналей дорівнює у. Побудувати
рисунок.
Маємо
АС2 = АО2 + АВ2 + АВ * АО}
ВО* = АО2 + АВ2 — АВ . АО.
Звідси, поділивши перше рівняння на друге і приймаючи до уваги,
, знаходимо
рс? _ ДО2 + АВ- + АВ- АО \АВ) АВ _ 19
\ВВ] АО2 + АВ2 — АВ АО ~ Л4М2 до 7*
ив/ + 1 ” АВ
що за умовою задачі бн
\ я І)
365
Після очевидних перетворень для визначення шуканого відношення
. АО ...
сторін одержуємо квадратне рівняння
з якого знаходимо два можливі розв’язки:
Ознаки паралелограма. Чотирикутник АВСО є паралелограм,
якщо виконується одна з таких умов:
1) протилежні сторони попарно рівні:
АВ = СО\ ВС = АИ',
2) дві протилежні сторони рівні між собою і паралельні:
АВ СО\ АВ Ц СО;
3) в точці перетину діагоналі діляться пополам;
4) протилежні кути попарно рівні:
Х.А = £С', Л.В = £О>
П рямокутником називається паралелограм, всі кути якого прямі.
Прямокутник має властивості паралелограма, а також свої
окремі властивості:
1) у прямокутнику діагоналі рівні між собою;
2) прямокутник має дві осі симетрії, які проходять через точку
перетину діагоналей паралельно до його сторін.
У прямокутнику квадрат діагоналі дорівнює сумі квадратів
двох його суміжних сторін. Площа прямокутника дорівнює добут-
кові його сторін:
$ = аЬ.
З? дача 4. У прямокутнику АВСО АВ^СО — а, /_ВАС =
= 603. Визначити периметр Р прямокутника, його діагоналі і площу.
Побудувати рисунок.
За" умовою В АС = 60°, тоді АСВ = 30° і, отже, АС ?=
= 2АВ = 2а; ВО = АС = 2а; ВС = АО = .
Використавши тепер одержані результати, знайдемо:
Р = 2АВ 2ВС = 2а + 2 Ц-3 = (2 + /5) а;
і/з
5 = АВ - ВС = а2.
Ромбом називається паралелограм, всі сторони якого рівні.
Ромб має властивості паралелограма, а також свої окремі вла-
стивості:
366
1) діагоналі ромба взаємно перпендикулярні і ділять кути
ромба пополам;
2) кожна діагональ ромба є його віссю симетрії.
Діагоналі ромба можна обчислити за формулами
= 2а зіп = 2а соз у ,
де а — сторона ромба, а — кут ромба.
Сума квадратів діагоналей ромба дорівнює почетвереному квад-
рату сторони ромба:
сі? + 4 = 4а2.
Площу ромба можна обчислити за однією з формул:
5 = аїі; 5 = а2 зіп а; 5 = ~ (і^.
Задача 5. Периметр ромба дорівнює 2р, сума його діагона-
лей дорівнює т. Визначити площу ромба.
Позначимо діагоналі ромба через х і у. Тоді, враховуючи умову
задачі і користуючись теоремою Піфагора, дісгаємо
/ \2 / \2 / \2
тому що сторона ромба дорівнює одній чверті його периметра:
2р = _Р
4 2 •
Помноживши тепер друге рівняння на 4, одержимо систему
рівнянь
а =
( х + у = т,
( х2 + у2 = р2.
З одержаної системи рівнянь визначимо добуток ху. Для цього
піднесемо перше з рівнянь до квадрата і, віднявши від нього друге,
знайдемо 2ху — т2 — р2, звідки
/п2 — р2
Площа ромба дорівнює половині добутку діагоналей, отже,
1 т2 — р2
5=т^=^—.
Квадратом називається паралелограм, кути якого прямі, а сто-
рони рівні між собою. Квадрат є окремий вид прямокутника, а також
окремий вид ромба. Отже, квадрат має властивості прямокутника
і ромба.
Діагональ квадрата і його сторона пов’язані між собою однією
з таких формул:
сі = а У 2 або а — ——
367
Площа квадрата визначається за формулами
Задача 6. У квадрат АВСО вписаний другий квадрат ЛХЛХУ
так, що його вершини лежать на сторонах першого квадрата, а його
сторони утворюють з сторонами першого квадрата кути 30°. Яку
частину плоші даного квадрата становить площа вписаного?
З А АКЕ (рис. 150) випливає
АЬ=±КЬ‘, АК = ^^.
в и с
Рис. 150, Рис. 151. Рис. 152.
Але в даному випадку
А АКЕ = А ЕМВ = Д ММ = Д КЯМ
(за рівними гіпотенузами і гострими кутами), тому
АК = ЕВ = МС = N0.
Таким чином,
АВ = АЬ + ЬВ = АЬ + АК = 1 КЬ
і тоді
8АВСР _ (АВ\2 = р + /зУ 2 +Уз
$КЬММ \ 2 / 2
Задача 7. Дано квадрат АВСО, причому ВЕ = ЕС, СР X ОЕ
(рис. 151). Довести, що плота заштрихованого А ОСР у п’ять разів
менша за площу даного квадрата.
$сег = 4“ ТОМУ що Л ~ & СЕ? * ОС,
а площі подібних фігур відносяться, як квадрати відповідних сто-
рін. Тоді
4
$ ОСЕ = З ОСЕ + $ СЕР = 5$ СЕР І = "5” $ОЕ.С‘
368
Крім того, 5ж=і5ЛКй. Отже,
5 - 4 <? - 1 4 ч 1 ч
— "5 ^ОЕв ~ 7 ' *5 ^АВСй “ У ^АВСй-
Задача 8. У ромбі АВСО на сторонах О А і ОС відкладено
рівні відрізки ОМ і Довести, що ДМВИ—рівнобедрений
Виконати рисунок,
А АВМ = Д ВСЇ^, оскільки АВ — ВС, / ВАО = /. ВСО за умо-
вою задачі, АМ = С№ (як різниці однакових відрізків). Отже,
ВМ = ВІЇ, тобто А МВІЇ — рівнобедрений.
Задача 9. На двох сторонах трикутника побудовані поза ним
квадрати. Довесіи, що відрізок прямої, який сполучає кінці сторін
квадратів, що виходять з однієї вершини трикутника, у два рази
більший за медіану трикутника, що виходить з тієї самої вершини.
Нехай на сторонах АВ і ВС А АВС побудовані квадрати АВОЕ
І ВСРС (рис, 152). Продовжимо медіану ВМ на відрізок МІЇ = ВМ.
Проведемо прямі НА і МС. Чотирикутник АВСІЇ — паралелограм,
бо ВМ = ММ, АМ = МС.
Далі, / ОВС = /_ ВСМ (як кути з взаємно перпендикулярними
сторонами) і ОВ = В А = СМ, ВС = ВС; отже, А ВОС = А ВСМ.
, Таким чином,
ОС = ВМ = 2ВМ.
Вправа. Довести, що площа паралелограма, сторони якого
рівні і паралельні до діагоналей довільного чотирикутника, дорівнює
подвоєній площі цього чотирикутника.
§ 20. Трапеція
Трапецією називається чотирикутник, дві протилежні сторони
якого паралельні, а дві інші непаралельні. Паралельні сторони тра-
пеції називаються основами, непаралельні сторони — бічними сто-
ронами.
Висотою трапеції називається відстань між основами» відрізок,
який сполучає середини бічних сторін, називається середньою лінією
трапеції.
Середня лінія трапеції дорівнює півсумі основ і паралельна до
них. Трапеція, у якої бічні сторони рівні між собою, називається
рівнобічною (р'внобедреною). В рівнобічній трапеції кути при основі
рівні між собою. Трапеція, у якої хоча б один кут прямий, нази-
вається прямокутною.
Площа трапеції дорівнює добутку півсуми основ на висоту:
8 = а-^н,
де а і Ь — основи, її — висота, або добутку середньої лінії на
висоту:
8 = тН,
а Ь . .
де т = —------середня лінія.
369
Площу рівнобічної трапеції можна обчислити також за форму-
лами
З = с (а — с соз 7) зіп 7;
5 = с (Ь 4- с соз 7) зіп 7,
де а і 6 —основи трапеції, с — бічна сторона, 7— кут між бічною
стороною і основою.
Задача 1. Обчислити площу трапеції, паралельні сторони
якої дорівнюють 16 см і 44 см, а непаралельні — 17 см і 25 см.
У трапеції АВСО проведемо ОЕ \\ ВС (рис. 153); АЕ = АВ —
— СО = 44 см — 16 см = 28 см; ОЕ = ВС = 17 см. Нехай ОЕ —
висота трапеції. З А АОЕ дістаємо
ОР = ~ Ур (р - Ай) (Р - ОЕ) (р - АЕ} = 1 X
АС 14
X /35 10 7 18 = 15 см;
- АВ+йСпр 44+16 .. ... ,
5 =---------ОЕ =--------- 1 о = 4оО см2.
Задача 2. Непаралельні сторони трапеції продовжено до
взаємного перетину і через одержану точку проведено пряму, пара-
лельну до основ трапеції (рис. 154). Знайти відрізок її, обмежений
продовженими діагоналями, якщо основи трапеції дорівнюють ОЕ =
= а, М\т = Ь (сі > Ь).
А ОМЕ - Д ЛЛ1С; А МЕ - А С/УВ; д МНЕ - Д АСЕ.
Звідси
АС = /іх , СВ = Ііх АС _ /г1 + /?2
а ~~ Л2 ’ а Л7 * Ь ~ Іі2
тому
АС АС ______ ]
Ь а Іі2 !і2 ~~
і тоді
АС -- —Але Ас = св = •
а — Ь
Отже,
АВ = АС + СВ - ‘2 АС = -^-г .
• /тг _ Ь
370
Задача 3. Довести, що коли пряма, паралельна до основ
трапеції, проходить через точку перетину діагоналей, то відрізок,
який відтинається від цієї прямої бічними сторонами, ділиться
дове-
ООЕ
СОР\
точкою перетину пополам.
У трапеції АВСО через точку О (рис. 155) перетину діагоналей
АС і ВО проведемо ЕР паралельно до основ трапеції АВ і СО до
перетину з бічними сторонами АО і ВС в точках Е і Р. Для
дення досить розглянути дві пари подібних трикутників:
і ОВА; СОР і САВ — і врахувати; що трикутники ООЕ і
ОВА і САВ попарно мають однакову висоту.
Задача 4. Довести, що середина основ трапеції і точка пере-
тину її діагоналей лежать па одній прямій. Виконати рисунок.
Сполучимо середину основи тра-
пеції з точкою перетину її діагоналей
і продовжимо цей відрізок до пере-
тину з другою основою. Щоб довес-
ти, що друга основа при цьому ділить-
ся пополам, досить розглянути дві
пари подібних трикутників, прилеглих
до основ.
Задача 5. Два рівні рівнобед-
рені прямокутні трикутники з кате-
рами а розташовані так, що катет
ВС Л АВС паралельний до гіпотену-
зи Д Д^Ср Вершини В і С
відповідно лежать на катетах Д^і
і ВіС]. Визначити площу трапеції
ВСМ\'.
З ДАНУ випливає, що Мії =
= АМ = а — МС (рис. 156). д Д]Сі#і ~ Д ВССу тому
ВС СС, , а а— МС /2
-7—— = . * . тобто ------ттт- = ---------
Ді#! АіСі а V2 а
звідки
ЛІС = а (/2 — 1); Л4Л' = а (2 — /2).
Отже,
4|/!—
Задача 6. Висота рівнобедреної трапеції вдвічі менша за
бічну сторону. Визначити кути трапеції. Виконати рисунок.
В трапеції АВСО проводимо з точки В висоту ВР _1_ АО, АВ =
= 2ВР; Д АВР — прямокутний; отже, гіпотенуза його у два рази
більша за катет. Дальше розв’язання задачі не становить будь-яких
труднощів, і читач зможе легко виконати його самостійно.
Відповідь. £ Д - /_С- 30е; / В = О = 150°.
Задача 7. Довести, що коли бісектриси кутів трапеції, при-
леглих до однієї основи, перетинаються на іншій основі, то ця інша
основа дорівнює сумі бічних сторін (рис. 157).
За умовою задачі АЕ і ОЕ — бісектриси кутів А і £), гак що
1 = 2 і /3 = ^4. Точка Е лежить на основі ВС, Ллє / 1 =
371
==^5, а / 3=^6, як кути різносторонні при перетині паралель-
них прямих ДО і ВС січною АЕ або ЕО. Отже, обидва трикутники —
АВЕ і СОЕ — рівнобедрені; звідси
АВ = ВЕ, СО = СЕ, ВС = ВЕ + ЕС = АВ + СО.
Задача 8. Довести, що відрізок, який сполучає середини
діагоналей трапеції, паралельний до ЇЇ основ і дорівнює їх півріз-
ниці (рис. 158).
Рис. 157. Рис. 158.
Проводимо середню лінію Мії трапеції АВСО. Середня лінія
ділить діагоналі пополам як середня лінія Д АВС і А ВСЕ. Отже,
ДО
ЕЕ лежить на середній лінії; тому РЕ || ДО. Звідси =
ЛЛ Г • • г Г? ЛЛ Е* лл Г АО—
МР = і тоді РЕ = МЕ — МР =----------.
&
Задача 9. Яку фігуру одержимо, якщо послідовно сполучимо
середини сторін ромба?
Сторони одержаного чотирикутника є середніми лініями трикут-
ників, що їх утворюють діагоналі ромба з його сторонами, а тому
вони паралельні до діагоналей. Діагоналі ромба взаємно перпендику-
лярні, отже, і суміжні сторони одержаного чотирикутника теж; тому
побудований чотирикутник є прямокутником (рис. 159).
Задача 10. Довести, що коли бісектриса гострого / А тра-
пеції АВСО і її діагональ збігаються, то бічна сторона АВ дорів-
нює меншій основі ВС, Побудувати рисунок і виконати доведення
самостійно.
Задача 11. Визначити кути рівнобедреної трапеції, в якій
верхня основа дорівнює бічній стороні, а діагональ перпендикулярна
до бічної сторони (рис. 160).
За умовою АВ = СО = ВС, АС д. СО. В такому разі А АВС —
рівнобедреник; отже, /^ВСА — /_САВ. Але /_ А = / О як кути
при основі рівнобедреної трапеції, а /,САО = /.ВСА як внутрішні
372
Класифікація чотирикутник^
Опуклий
КОаіїш
Рис. 162.
різносторонні кути при ВС || АО і січній АС. Отже, / А = 2/_САО.
Далі, за умовою А АСО — прямокутний, так що /_СА0-{-/_0^
= 90°; але оскільки /. О = / А, то 90° = 3 / САО; отже, / САО =
= 30° і тоді О == /. А = 60°, /1 С = /_ В = 120°.
Відповідь. А = /.£ = 60°, ^В = £С= 120°.
Задача 12. Довести, що бісектриси кутів, прилеглих до
однієї з бічних сторін трапеції,, перетинаються під прямим кутом
в точці, яка лежить на середній лінії трапеції (рис. 161).
За умовою прямі АК і ВЕ є бісектрисами кутів А і В, так що
/.1=^2 і /.3 = /,4. Але / 1 = / 5, як внутрішні різносто-
ронні при перетині ВС || АО і січної ВЕ. Отже, А АВЕ — рівно-
бедрений, а в такому разі його бісектриса АК буде одночасно і
медіаною, і висотою. Тому АКА.ВЕ і ВК = КЕ. Залишається довести,
що точка К лежить на середній лінії трапеції. Але середня лінія
ЛІТУ трапеції буде і середньою лінією А АВЕ; отже, вона ділить
ВЕ пополам саме в точці К.
Таким чином, ми повністю довели, що точка К € точкою пере-
тину бісектрис / А і / В і що ці бісектриси перетинаються під
прямим кутом.
На закінчення § 19 і 20 на рис. 162 наведено класифікацію
чотирикутників.
373
§ 21. Коло і круг
Визначення кола зручно дати за допомогою поняття про гео
метричне місце точок (див. § 29).
Коло — геометричне місце точок, рівновіддалених від однієї
даної точки, яка називається центром кола. Коло часто позначають
однією буквою, яка показує його центр, наприклад коло О.
Радіусом кола називається відрізок прямої, що сполуча/ центр
кола з будь-якою точкою цього кола. Кожне коло має безліч ра-
діусів. Радіус звичайно позначають буквою г або /?.
Всі радіуси одного і того самого кола рівні між собою, що
безпосередньо випливає з визначення кола. Тому звичайно кажуть:
«коло даного радіуса»; це не значить, що коло має лише один ра-
діус, а означає, що всі радіуси даного кола мають однакову . дов-
жину.
Січною називається пряма, що проходить через дві довільні
точки кола.
Хордою називається частина січної, яка лежить всередині кола.
Діаметром кола називається хорда, що проходить через його
центр, тобто діаметр є найбільшою з хорд. Звичайно діаметр позна-
чають буквами сі або £).
Довжина діаметра дорівнює подвоєній довжині радіуса того
самого кола, тобто
сі = 2г.
Частина кола називається дугою.
Дуги одного і того самого кола рівні між собою, якщо їх можна
сумістити так, що кінці сумістяться. Якщо при суміщенні двох дуг
одного і того самого кола два кінці збігаються, а два інші не збі-
гаються, то дуги не рівні, причому меншою вважається дуга, яка
становить частину іншої.
Сумою кількох даних дуг однакового радіуса називає і ься така
дуга того самого радіуса, яка складається з частин, що відповідно
дорівнюють даним дугам.
Сума дуг має переставні і сполучні властивості.
З поняття про суму дуг виводяться поняття про різницю дуг,
про множення і ділення дуги на число, як для відрізків прямої.
Через одну і ту саму точку можна провести безліч кіл з до-
вільно вибраними центрами і радіусами.
Через дві задані точки А і В можна провести безліч кіл з до-
вільно вибраними радіусами г, г±і г2, г3, ..., але не меншими
за половину віддалі між точками А і В. Центри таких кіл О, С\,
О2, ... лежатимуть на одній прямій, що перпендикулярна до від-
різка, кінцями якого є дані точки, і проходить через середину його
(рис. 163).
Через три задані точки, що не лежать па одній прямій, можна
провести коло, і до того ж тільки одне.
Через три точки, що лежать на одній прямій, кола провести не
можна. Інакше кажучи, три точки, які не лежать на одній прямій,
повністю визначають собою коло.
Діаметр кола, перпендикулярний до його хорди, ділить цю хорду
і обидві стягувані нею дуги пополам.
Дуги, що лежать між паралельними хордами, рівні.
374
Кругом називається частина площини, що лежить всередині
кола.
Сектором називається частина круга, яка стягується деякою
дугою АВС і двома радіусами, проведеними до кінців цієї дуги,
наприклад сектор ОАВС на рис. 164.
Сегментом називається частина круга, обмежена дугою і хордою,
що п стягує, наприклад сегмент
на рис. 164.
Дотичною називається пряма,
яка має одну спільну точку з ко-
лом і лежить в його площині.
Спільна точка прямої з колом на-
зивається точкою дотику.
Довжиною дотичної, проведе-
ної з точки А до заданого кола
з точкою дотику ЛІ, називається
довжина відрізка АМ (рис. 165).
Звичайно під термін ом дотична
розуміють лише цей відрізок. До-
тична до кола перпендикулярна до
радіуса (діаметра), проведеного
Рис. 163.
в точку дотику.
З точки поза кругом можна провести до його кола дві дотичні.
Довжини цих дотичних рівні між собою, через те що два прямо-
кутні трикутники АОМ і ЛОЛІі рівні, оскільки вони мають спільну
гіпотенузу і по одному рівному катету ОЛ1 = С’.ЛІі = г (рис. 165).
Через точку, що лежить на колі, можна провести лише одну
дотичну до цього кола. Через точку, що лежить всередині кола,
провести дотичну до Даного кола не можна. Проте через будь-яку
точку, що лежить поза колом, на колі або всередині його, можна
провести безліч січних.
Рис. 164.
Дотичну до кола можна розглядати як граничне положення
січних АВ, АВі, АВ2, .... проведених з заданої точки А, розта-
шованої поза колом або на самому колі (див. рис. 165). В остан-
ньому випадку точка А збігається з точкою Лї (або Ліі).
Якщо дотична паралельна до хорди, то точка дотику ділить
дугу, що стягується хордою, пополам.
Для позначення дуги часто користуються спеціальним знаком
і, наприклад, замість «дуга 4В» пишуть «о ДВ».
Прийнято говорити, що пряма і дуга АВ деякого кола О
спряжені, якщо вони мають спільну точку (наприклад, точку В)
і в цій точці пряма ЛЬУ є дотичною до даної дуги АВ.
375
Задача 1. Побудувати спряження даної дуги АВ радіуса X
з відрізком прямої М1\І. Виконати рисунок.
З точки /V (або М) ставимо перпендикуляр ОМ = Я. З точки 0
як з центра радіусом /? проводимо дугу АВ так, щоб точки А і N
збіглися і щоб дуга АВ йшла в напрямку продовження відрізка ММ.
Дві дуги, що збігаються в деякій тбчці В, називаються спря-
женими, якщо в цій точці вони мають спільну дотичну.
Задача 2. Побудувати спряження дуги АВ радіуса /? з ін-
шою дугою СО радіуса г. Виконати рисунок.
З довільної точки 0 проведемо радіусом /? дугу АВ. Сполу-
чимо точку О з точкою В. На радіусі ОВ (або на його продов-
женні, якщо г>/?) від точки В відкладемо відрізок ВО1 = г.
З точки Оі як з центра радіусом г проведемо СО так, щоб точки
С і В збіглися і о СО була продовженням АВ. Спряження вико-
Рис. 167.
нано, оскільки будь-яка пряма І, що проходить через точку В пер-
пендикулярно до ОВ, є дотичною і до дуги СО, бо І ± ОіС.
Задача 3. Рівні відрізки АВ = СО перетинаються в точці М
так. що АМ = МС. Довести, що точки А, В, С і О лежать на од-
ному колі.
Візьмемо точку /( — середину відрізка АВ і точку £ — середину
відрізка СО (рис. 166). Проведемо через точки X і £ перпендику-
ляри відповідно до АВ і СО до їх перетину в точці О. Перпенди-
куляр КО є геометричне місце точок, рівновіддалених від кінців
відрізка АВ, а перпендикуляр £0 — від кінців СО, отже,
О А = ОВ і ОС = 00.
Далі, Д АМО = &СМ0 за двома рівними сторонами і кутом
'Між ними (АМ = СМ за умовою; сторона ОМ спільна і /_АМ0 =
= СМО, оскільки Д ОМЬ = А ОМК як прямокутні трикутники
з спільною гіпотенузою і рівними катетами МЬ = С£ — СМ = ДХ—
— АМ = МКі СЬ = -~ СО = ~ АВ = АК за умовою, так що
/_ ОМЬ = / ОМК, а / ЬМА = / СМК як вертикальні).
Тому АО = ОС, а в такому разі
О А = ОВ = ОС = 00,
тобто точки А, В, С, О однаково віддалені від однієї точки О і,
отже, лежать на одному колі.
376
рівновіддалені від
Задача 4. Довести, що перпендикуляри до хорди, поставлені
в її кінцях, перетинаються діаметром кола у точках, які рівновід-
далекі від центра (рис. 167).
Нехай ССі і ОО1— перпендикуляри до хорди СО, які перети-
нають діаметр АВ у точках Е і Р. Для доведення проведемо
з центра О відрізок ОК ± СО\ тоді СК = КО (оскільки ДСХО==
= ДОКО як прямокутні трикутники з спільним катетом ОК і рів-
ними гіпотенузами ОС = ОО = г або безпосередньо на підставі того,
що діаметр, у даному випадку його частина ОК, перпендикулярний
до хорди, ділить її пополам). Звідси випливає, що пряма КО про-
ходить через середину К сторони СО прямокутної трапеції СЕРО
і паралельна до її сторін СЕ і ОЕ, а тому ОК є її середня лінія;
отже, точка О—середина сторони ЕР і ОЕ = ОР.
Задача 5. Довести, що основи перпендикулярів, опущених з
кінців діаметра на хорду або ЇЇ продовження,
відповідних кінців хорди.
Нехай О — центр круга, АВ — №мєї$,СО —
хорда. Проведемо АА± ± СО, СО. Для до-
ведення проведемо ОХ ± СО,тодГл — середина
хорди СО (рис. 168). Чотирикутник АВВгАг —
прямокутна трапеція, пряма ОК проходить через
середину О сторони АВ і паралельна до основ
'трапеції ААг і ВВг, а тому буде її середньою
лінією, звідки випливає, що точка К — сере-
дина сторони ЛіВр Віднімаючи від рівних від-
різків А±К і КВг рівні відрізки СК і КО,
дістанемо, що А±С = ОВг.
В одному крузі або в рівних кругах:
1) якщо дуги рівні, то і хорди, що їх стягують, рівні і одна-
ково віддалені від центра;
2) якщо дві дуги, менші за півколо, не рівні, то більша з них
стягується більшою хордою і з двох хорд більша лежить ближче
до центра.
Дотичними називаються такі два кола, які мають лише одну
спільну точку.
Якщо два кола мають дві спільні точки, то вони перетинаються.
Три спільні точки два нерівні кола мати не можуть, тому що
в цьому випадку через три точки були б проведені два різні кола,
що неможливо.
Два кола або кілька кіл називаються концентричними, якщо
їх центри збігаються (знаходяться в одній точці). Два рівні кола
мають безліч спільних точок, якщо вони концентричні.
Лінією центрів називається пряма, що проходить через центри
двох кіл. Якщо два кола мають спільну точку, що не лежить на
лінії центрів, то вони мають ще й другу спільну точку, симетричну
до першої відносно лінії центрів. Такі кола перетинаються.
Якщо два кола мають спільну точку, що лежить на лінії цент-
рів, то вони в цій точці дотичні.
Два кола з центрами Ор 02 і радіусами Яр Я2 можуть мати такі
випадки взаємного розміщення:
1) одне коло лежить поза іншим. Спільних точок немає. В та-
кому разі
^іО2 > Я1 + Я2;
377
.2) одне коло лежить поза іншим. Є лише одна спільна точка
(зовнішній дотик). Тоді
ОА «= + ^2»
3) кола перетинаються. Отже,
І 1 < ОХО.2 < /?і + /?2;
4) кола мають внутрішній дотик. В цьому разі
5) одне коло лежить всередині іншого. Спільних точок немає.
Тоді
Зокрема, для концентричних кіл віддаль .між центрами
ОіО2 = 0.
До двох кіл (випадок 1) можна провести чотири спільні до-
тичні (дві внутрішні та дві зовнішні) (рис. 169).
До двох кіл, що дотикаються зовні (випадок 2), можна про-
вести три спільні дотичні (рис. 170). Одна з них проходитиме через
точку дотику перпендикулярно до лінії центрів ОіО2. Зокрема,
при дві інші дотичні паралельні до лінії центрів.
До двох кіл, що перетинаються (випадок 3), можна провести
лише дві спільні дотичні (рис. 171).
Два кола, що дотикаються всередині (випадок 4), мають одну
спільну дотичну; вона перпендикулярна до лінії їх центрів
(рис. 172).
У 5-му з наведених випадків розміщення двох кіл спільних
дотичних немає.
Задача 6. Довести, що коли дві дотичні до кола перети-
наються під кутом 60°, то віддаль від точки їх перетину до центра
кола дорівнює діаметру кола.
Нехай МА і МВ — дотичні, проведені з зовнішньої точки М
до кола О (рис. 173). Трикутники ОАМ і ОВМ— прямокутні, тому
що ОА і ОВ— радіуси, проведені в точки дотику А і В; крім того,
ОА і ОВ рівні як радіуси, а МА і МВ — як дотичні, проведені
378
з однієї зовнішньої точки; отже, прямокутні трикутники ОАМ. і
ОВМ. рівні за двома катетами, звідки
АМО = ВМО = 30е,
а в такому разі
ОМ = 2АО = 2г.
Задача 7. Довести, що коли через точки перетину двох кіл
провести дві паралельні прямі, які не перетинають дуг, що лежать
всередині, то відрізки цих прямих, обмежені колами, рівні.
Нехай САО і ЕВР — паралельні січні, що проходять через
спільні точки А і В кіл О і 0^ СО і ЕР— відрізки, обмежені ко-
лами (рис. 174). Через О і Оі проведемо дві прямі КЕ і М^
перпендикулярно до СО і ЕР. Тоді
СК = КА, АМ=МО і ££ = ££, ВМ = ІЇР,
Рис. 173.
тому що діаметр (або його частина), проведений перпендикулярно
до хорди, ділить її пополам. Але КМУЕ— прямокутник, а тому
КМ = ЕМ. З іншого боку, КМ і ЛА є суми половин хорд; отже,
СО = ЕР.
Задача 8. Два кола дотикаються зовні, і до них проведено
спільну зовнішню дотичну. На відрізку- дотичної, що лежить між
точками дотику, як на діаметрі, побудовано трете коло. Довести,
що воно дотикається до лінії центрів.
Нехай на відрізку дотичної АВ> обмеженої точками дотику А
і В, як на діаметрі, побудовано коло (рис. 175). Через точку К
379
дотику КІЛ 0Х і 02 проводимо дотичну до перетину з дотичною АВ
в точці 0, тоді АО == ОК = ОВ, як дотичні, проведені з однієї
точки; отже, коло О пройде через точку К і буде дотичним до лінії
центрів 0]02, тому щб пряма ОгО2 перпендикулярна до радіуса ОК
в його кінці.
Задача 9. До кола проведено дві паралельні дотичні. До-
вести, що точки дотику і центр лежать на одній прямій (рис. 176).
Проведемо через центр О пряму КЕ, паралельну до дотичної АВ,
тоді КЬ паралельна і до дотичної С0. Пряма КЬ II АВ, а тому сума
внутрішніх односторонніх кутів АБО і ЕОК дорівнює 180°; але
ЕО— радіус, проведений в точку дотику, а тому / АЕО = 90° і,
отже, / ЕОК = 90°.
Аналогічно / КОЕ = 90°, а тому / ЕОЕ — розгорнутий, точки
Дотику Е, Е і центр О лежать на одній прямій ЕОЕ.
Рис. 175.
Задача 10. Зовнішня дотична АВ до двох кіл радіусів 7?
і г в т разів більша за їх внутрішню дотичну СО. Визначити від-
даль між центрами цих кіл 0Х і 02 (рис. 177).
Проведемо прямі ЕО2 і) АВ і Р02II СО. Тоді прямокутні три-
кутники 0102£ і 0і02Р матимуть спільну гіпотенузу 0і02. Отже,
оскільки СО = Р02, дістанемо
СО2 + ОгР2 = ОгЕ2 + О2Е2.
Але О±Р = г, О]Е = К — г, а за умовою задачі
Е02 = АВ = тСО.
Таким чином,
С02 + (Я + г)2 = (Я - г)2 + (тСО)2,
звідки
Остаточно дістанемо
ого2 = /охе2 + о2е2 = У 4- (Я - Г)\
Задача 11. Коло перетинає два концентричні кола; одне—
в точках А і В, друге — в точках С і 0 (рис. 178). Довести, що
хорда АВ паралельна до хорди СО.
380
Нехай О — центр концентричних кіл» Оі—центр січного кола
і лінія центрів 00і перетинає хорду СО в точці М, АВ — в точці
/С З рівності трикутників СООі і ОООі (у яких ОХС = ОгО =
= /?, ОС = ОО = г і —спільна сторона) виходить, що ООі —
бісектриса / СОгО, а оскільки А СО^О рівнобедрений, то хорда
СО перпендикулярна до прямої ООі. Аналогічно доводимо (з рів-
ності А ЛООі і А ВОО}), що пряма
АВ перпендикулярна до ООХ. Отже,
прямі АВ і СО паралельні.
Якщо через точку М, взяту все-
редині круга, проведено яку-небудь
хорду АВ і діаметр СО, то добуток відрізків хорди дорівнює до-
буткові відрізків діаметра (рис. 179):
ЛМ- МВ = СМ- МО.
Дійсно, Д АМС ~ ДОМВ, оскільки /.С = /.В як кути, що
спираються на одну і ту саму дугу кола АО (див, § 22), а кути
при вершині М рівні як вертикальні. Тоді
= або АМ-МВ = СМ.Мй,
що й треба було довести.
Задача 12. В колі радіуса хорда АВ перпендикулярна до
одного з радіусів ОС і в точці перетину Е ділить його пополам
(рис. 180). Визначити довжину хорди.
381
Продовжимо радіус ОС до перетину з колом в точці Тоді
СЕ ЕО = АЕ ВЕ,
1 З
Оскільки за умовою СЕ — — /?, ЕЕ) = у /?, АЕ = ВЕ, то АЕ2=
З
= — /?2; отже»
4
АВ = 2АВ = /? /3.
Якщо через точку М, взяту всередині круга радіуса Р, прове-
дено кілька хорд, то добуток відрізків кожної хорди, на які ділить
її точка М, є величина стала, що дорівнює /?2 — ОМ2:
АМ • МІЗ = СМ • МЕ) = ЕМ • МЕ = =
« КМ . МР = Р2 = ом2,
бо МК = Р— ОМ, МР = Р~{-ОМ і, отже (рис. 181),
КМ МР = (Р — 0 VI) (Р + ОМ) = Я2 — ОМ2.
Якщо з точки М,
тичну МА (А — точка
взятої поза колом, проведено до кола до-
дотику) і січну МВС (ВМ — зовнішня ча-
стина січної, ВС — внутрішня її час-
тина), то квадрат дотичної дорівнює до-
Рис. 181.
Рис. 182.
Справедливе і обернене твердження. Якщо з точки М проведено
до кола січну МКЬ і відрізок МК, де К — точка, що лежить на
колі, і якщо виконується співвідношення
МК2 = МЕ- МК
(МЬ — вся січна, КК — зовнішня частина січної), то пряма МК є
дотичною до даного кола.
Задача 13. З точки М, взятої поза колом, проведено до-
тичну а і січну. Відношення зовнішньої частини січної до внут-
рішньої її частини дорівнює т : п. Визначити довжину січної.
Позначимо зовнішню і внутрішню частини січної відповідно
через ВМ = тх, ВС = пх (рис. 182), тоді МС = (т + п) х. Отже,
а2 = (т + п) х тх,
звідки ________
__ а Vіп(т + п)
Х ~ т (т + п)
382
Таким чином, довжина січної
МС = х (т + п) = а "|/" 1 + .
Задача 14. Довести, що відстань довільної точки кола від
хорди є середня пропорчіональна між відстанями від тієї самої
точки до дотичних, проведених до кола у кінцях цієї хорди.
На рис. 183 з кінців хорди АВ проведено *ю кола 0 дотичні
АМ і ВМ 3 точки кола С опущено перпендикуляри СО _|_ АВ,
СЕ_[_АМ і СЕ ВМ. Треба довести, що
СО2 = СЕ СЕ.
. З подібності прямокутних трикутників
А АСИ і £\ВСЕ (/_ САГ)=/_СВЕ як кути,
шо вимірюються однією і тією самою ду-
гою СВ, див. § 22), А ВСО і А АСР
(_ ВАС = <А_СВО вимірюються дугою
АС) знаходимо
СО _ АС . СЕ __ АС
РС~св 1 СО ~СВ'
звідки або СО2 = СР СЕ,
що й треба було довести.
Зауваження. Якщо хорда АВ є
діаметром, то з цієї задачі одержуємо, як
окремий випадок, що перпендикуляр, опущений з будь-якої точки
кола на діаметр, є середня про пори іональна між відрізками, на
які основа перпендикуляра ділить діаметр.
§ 22. Кути у крузі
Центральним називається кут, утворений двома радіусами,
наприклад Х.ЕОО (рис. 184).
Вписаним називається кут, утворений двома хордами, які вихо
дять з однієї точки кола, наприклад / АВС (рис. 185). Про вписа-
ний кут, так само як і про центральний, прийнято говорити, що
він спирається на дугу, що лежить між його сторонами.
Описаним х називається кут, утворений двома дотичними, які
виходять з однієї точки, наприклад / ф/УР (рис. 185).
Довжина дуги, описаної кінцем радіуса, прямо пропорціональна
величині відповідного центрального кута; тому дуги і кути вимі-
рюються тими самими одиницями вимірювання (градусами, радіанами).
Центральний кут вимірюється дугою, на яку він спирається
(див. рис. 184):
ЕОО = ЕО.
Вписаний кут вимірюється половиною
рається:
дуги, на яку він спи-
АВС =
АС
2
383
Всі вписані в дане коло кути, що спираються на ту саму дугу,
рівні між собою (бо вони вимірюються половиною тієї самої дуги).
.Вписаний кут, який спирається на діаметр,— прямий.
Описаний кут вимірюється піврічницею більшої і меншої дуг,
що лежать між точками дотику (див. рис. 185);
Кут між двома хордами, тобто кут, вершина якого лежить все-
редині кола, вимірюється півсумою двох дуг, одна з яких лежить
між його сторонами, а друга — між продовженням цих сторін (див.
рис. 185):
£ АМС = /. ОМВ = —— .
Якщо точка В буде прямувати до гички і суміститься з нею
(при цьому одночасно і точка М суміститься з точкою В), то
= і ми знову одержимо формулу для вписаного кута.
Кут між двома січними, тобто кут, вершина якого лежить поза
кругом, а сторони перетинаються з колом, вимірюється піврізницею
двох дуг, що лежать між його сторонами (рис. 186):
^АСЕ^-Ї^--.
Ця формула залишається справедливою, якщо січна АВС пере-
йде у дотичну ЛХС, тоді
Якщо обидві січні перейдуть у дотичні, то знову дістанемо
формулу для описаного кута.
Кут між дотичною і хордою вимірюється половиною дуги, що
лежить всередині його (див. рис. 186):
ЛКМІЇ = —-— .
Цю формулу можна вважати окремим випадком формули для
вписаного кута, коли одна з хорд, що утворюють вписаний кут,
переходить у дотичну.
384
| Задача 1. АВ — діаметр кола 0, радіус ОС ± АВ. Через
Середину О радіуса ОС проведено хорду ЕР }| АВ (рис. 187). До-
вести, що / АВЕ у два рази менший за £СВЕ (або, що еквіва-
лентно, в три рази менший за / АВС).
• Сполучаємо прямими точки Е і О» С і Р. Прямокутні три-
кутники ЕОО і СОР рівні за двома рівними катетами, звідки
/_СРО = ^ОЕО, при ньому / ОЕО = / ЕОА, а тому / СРО =
= /_ЕОА. Але / ЕОА — центральний, який вимірюється дугою АЕ,
а / СРЕ — вписаний, що вимірюється половиною ЕС, а тому
з рівності / ЕОА і Л.СРЕ виходить, що о АЕ в два рази менша
за ЕС і, отже, / АВЕ = і / СВЕ, або / АВЕ = -і- / АВС
£ о
Рис. 188.
Задача 2. Через кінець хорди,
З : 5, проведено дотичну. Визначити
тичною.
гг . . .3
Дуга, що лежить між хордою і дотичною, дорівнює всього
о
з
кола, тобто 360- = 135е, Отже, гострий кут між хордою і до-
о
тичною дорівнює
що ділить коло у відношенні
гострий кут між хордою і до-
1^- 67'30'.
Задача 3. Всередині даного кола розміщене інше коло. АВС
і АІЇЕ — хорди більшого кола, дотичні в точках В і і) до меншого
кола (рис. 188). ВтО — менша з двох дуг між точками В і О,
СпЕ — нуга між кінцями хорд АС і АЕ. Дуга Втй має 130°.
Визначити дугу СпЕ.
Нехай — центр меншого кола. Побудуємо центральний
/ ВОхО. Оскільки о ВтО = 130-, то / ВО^ІЇ = 130°; отже,
САО^ 180° — 130° = 50°, бо / О±ВА = ОхйА = <№.
Кут САО є вписаним у коло О, опирається на \уСпЕ і вимі-
рюється половиною цієї дуги. Оскільки / САй = 50°, то <уСпЕ
має 100°.
Задача 4. У колі 0 проведено хорду АВ (рис. 189). На мен-
шій з двох дуг, що їх стягує хорда, дано гочку М і через цю
13 5-2692
385
Рис. 189.
точку до кола проведено дотичну Р(). Знайти на дотичній точку,
з якої хорду АВ видно під найбільшим кутом.
Кут АМВ є вписаним і, отже, вимірюється половиною дуги
АпВ. Будь-який інший кут з вершиною на дотичній вимірюється
піврізницею двох дуг, з яких більшою є та сама о АпВ. Отже,
хорду А В видно під найбільшим кутом з самої точки М.
Задача 5. Довести, що
відрізок довільної дотичної,
що лежить між двома пара-
лельними дотичними до того
самого кола, видно з центра
під прямим кутом.
ЛМ, АВ, ВІЇ за умовою —
дотичні до кола з центром у
точці 0\ АМ !] А7 В (рис. 190).
Сполучаємо точки Л і В з
центром О, тоді О А і ОВ бу-
дуть бісектрисами / ЛЮК і
/_КОІЇ, тому що
А ОМА = ДОАК
і &0КВ = &0ВК.
Але /_М0К дорівнює 180°, отже,
2 (</ АОК + А КОВ) = АОВ = 180°, АОВ = 90°.
Задача 6.
проведена
Якщо два кола дотикаються, то будь-яка спільна
через точку дотику, відсікає від кіл дві рівні
січна,
протилежні дуги. Довести.
Рис. 191.
Два кола дотикаються в точці В, АС — спільна січна, що про-
ходить через цю точку (рис. 191). Сполучивши центри з кінця-
ми хорд, одержимо два рівнобедрені трикутники АОВ і ВСО>
у яких / ОВА = / СВО\ як вертикальні, і / ОВА — / ОАВ =
= / ВСО± як кути і£ри основі рівнобедрених трикутників. Отже,
центральні кути рівні (/. АОВ = / ВО-^С), а в цьому випадку
рівні і дуги, що їх стягують:
о АтВ = о ВпС.
386
§ 23. Довжина кола.
Площа круга і його частин
Довжиною кола називається границя послідовності периметрів
правильних вписаних у це коло многокутників (або правильних
многокутників, описаних навколо нього) при необмеженому збіль-
шенні числа їх сторін.
Збільшення числа сторін правильного вписаного у коло много-
кутника зручно виконувати шляхом подвоєння його сторін.
Відношення довжини кола С до його діаметра О є величина
стала для всіх кіл. Для позначення цієї величини Леопард Ейлер
у 1736 р. запропонував застосувати малу грецьку літеру те* (пі):
• Таким чином, задача обчислення довжини кола С зводиться
до обчислення числа те, через те шо
С = те/) = 2те.?.
Оскільки довжина кола і його діаметра несумірні, число те
точно обчислити не можна; воно є нескінченним неперіодичним де-
сятковим. дробом.
Це було строго доведено тільки у 1882 р. Ф. Ліндеманом. який
показав, що число те трансцендентне, тобто воно не може бути
коренем будь-якого алгебраїчного рівняння з цілими коефіцієнтами.
Для визначення наближеного значення числа те слід вписати у
коло якиїі-небудь правильний многокутник, обчислити ного периметр
і поділити цей периметр па діаметр описаного кола. Точність об-
числення числа те зростає при збільшенні числа сторін такого мно-
гокутника. Для наочності наводимо табл. 8.
Таблиця 8
Число сторін правильного вписаного много- кутника Відношення пе- риметра много- кутника до діа- метра кола Число сторін правильного вписаного много- кутника Відношення пе- риметра много- кутника до діа- метра кола
6 3,0000000 96 3,1110320
12 3,1058285 192 3,1411525
24 3,1326286 384 3,1115576
48 3,139 3502 768 3,1415839
Точне значення те (обмежуючись 41 знаком) становить
3,1415926535897932384023433832795028841971...
* М. В. Чириков і А. П. Юшкевич («История матемзгики с древнєПгпих
Бремен до начала XIX столетия», т. 2, стор. 61. М., «Наука», 1970) відмічають,
4цо позначення те вперше (в 1706 р.) запровадив англійський викладач Вільям
'Джонс.
387
Визначення числа я як відношення довжини кола до його діаметра
пов*язане з однією із знаменитих задач стародавності — задачею
про квадратуру круга.
Найстарішим значенням числа я було, безумовно, 3. Воно зу-
стрічається у вавілонян, у стародавніх євреїв, у Китаї, в Індії.
Значно краще наближення для я—3,16 — наводиться в папірусі
Ахімеса.
Безпосередньо задачу про квадратуру круга поставили й роз-
в’язували грецькі математики. Антіфон (близько 430 р. до н. е.)
застосував для визначення площі кола метод вичерпування: він
вписував у коло правильний многокутник, далі подвоював кіль-
кість його сторін так, щоб він залишався вписаним у коло; цю
операцію він повторював декілька разів. Трохи раніше (близько
460 р. до н. е.) Гіппократ Хіоський вперше дав квадратуру криво-
лінійної фігури: він побудував півкола на катетах та гіпотенузі
прямокутного трикутника як на діаметрах і визначив суму площ
одержаних луночок і довів, що ця сума дорівнює площі три-
кутника.
Близько 225 р. до н. е. Архімед показав, що величина відно-
шення довжини кола до його діаметра знаходиться у границях
З1/? та 310/?і. Для доведення цього він вписував у коло та опису-
вав навколо нього нескінченну кількість правильних многокутни-
ків з щораз подвоєним числом сторін. Таким чином, він іззовні
та зсередини наближався до довжини кола.
Геометрія римлян була суто практичною. Для числа я вони
задовольнялися значенням З1/^ (Вітрувій близько 20 р. до н. е.).
Середньовічні китайські та індійські вчені продовжували ко-
ристуватися для числа л значенням 3. Там, де потрібна була
більша точність, користувалися значенням /10; відомі були також
значення 3,14; 3,1432 тощо. Найбільш точне значення числа я
запропонував середньоазіатський вчений ал-Каші (кінець XIV ст.).
У Західній Європі на той час були відомі наближені значення я,
запропоновані Фібоначчі (л = 3,141818) та Тіхо Браге (1546—1601);
за останнім л = 3,1409. Пізніше Вієт показав, що
3,1415926535 < я < 3,1415926537.
Математики нових часів витратили багато енергії й часу для
обчислення значення числа л. Так, Андрієн ван Роомен (1561—1615)
обчислив .його до 17-го знака після коми, а Лудольф ван Целен
(1540—1610)—до 35-го знака. Для тих часів ця точність була най-
вищою досконалістю, тому сучасники прозвали л лудольфовим
числом.
Відомий упорядник таблиць логарифмів Георг Вега (1756—
1802) обчислив 136 правильних знаків числа л; далі 3. Дазе
(1824—1861) обчислив це число до 200 знаків, а Ріхтер (помер
у 1854 р.) — до 500 знаків. У 1873 р. В. Шенкс обчислив 707 знаків,
з яких, проте, правильними виявилося лише 527. У 1946 р.
Д. Ферпосон та Дж. Ренч, незалежно один від одного, обчислили
808 знаків числа л.
На Едінбурзькому математичному конгресі (1958 р.) було зачитано
повідомлення про те, що І березня того самого року за допомо-
гою ЕОМ обчислено 10017 знаків числа л, з яких 1000 знаків пере-
вірено.
388
У 1882 р. німецький математик Ф. Ліндеман (1852—1939) довів,
що тс — трансцендентне число.
Символ тс зустрічається в математичній літературі ще у XVII ст.,
коли його вживали для позначення кола. Так, У. Аутред (1574—
1660) та І. Барроу (1630—1677) користуються ним для позначення
кола: вони записують відношення діаметра до довжини кола за допо-
* тт
могою символа —. Для позначення відношення довжини кола до
. тс
радіуса користувалися символом —.
_ Р
Вперше символом тс в сучасному його значенні користувався
У. Джонс (1675—1749) у 1706 р. У 1737 р. його застосував Л. Ейлер»
і з цього часу символ тс набув загального вжитку. *
Обчислення такої великої кількості знаків у тс провадилось
головним чином з теоретичних інтересів; для найважливіших обчис-
лень у наш час рідко користуються більш ніж десятьма — п’ятна-
дцятьма десятковими знаками.
Запам’ятати перші дванадцять знаків тс легко за допомогою дво-
вірша:
«Зто я знаю и помню прекрасно;
Пи многие знаки мне лишни, напрасньї».
Записавши замість кожного слова цифру, яка дорівнює числу літер
у ньому, дістанемо
тс = 3,14159265358. . .
Для багатьох технічних обчислень досить знати число тс з чотирма
десятковими знаками, тобто
тс = 3,1416.
Відношення довжин двох кіл дорівнює відношенню їх радіусів
або діаметрів:
_ £і
С.2 £>2 ’
Довжина дуги кола радіуса /? може бути обчислена за формулою
/ = Ї80^’ аб°
де п° — градусна міра дуги, ср — радіанна міра дуги.
Площа круга визначається як границя послідовності площ пра-
вильних вписаних (або описаних) у цей круг многокутників при
необмеженому збільшенні числа їх сторін.
Площа круга обчислюється за формулою
1 = ^ = — .
Відношення площ двох кругів дорівнює відношенню квадратів
їх радіусів або квадратів їх діаметрів:
5і = ^=£>
52 ’
389
Площа сектора дорівнює довжині дуги сектора, помноженій на
половину' радіуса:
^сект 180' 2 2 ’
де п° і <р — відповідно градусна і радіанна міри дуги сектора.
Площа сегмента знаходиться як різниця між площею відповід-
ного сектора і трикутника, утвореного його радіусами і хордою.
Можна також сказати, що площа сегмента дорівнює половині
радіуса, помноженого на різницю між дугою сегмента і половиною
хорди подвоєної його дуги. Це твердження випливає з рис. 192, на
якому СО — ОВ, ВС з_ АО.
Якщо градусна міра дуги сегмента невелика, то площу сегмента
можна обчислити за наближеною формулою
5ссгм«|^
де Ь — основа сегмента; /т — ви-
сота сегмента, яку часто називають
«^грілкою» (рис. 193).
Точніша наближена формула
має вигляд
4-
5сег.
ІГ
<2Ь'
Площа кільця, утвореного двома концентричними колами радіу-
сів і /?2» обчислюється як різниця площ цих кіл. Нехай Рл >/?р
тоді
^КІЛЬЦЯ ~ *’
Зада ча 1. Радіус дуги дорівнює 1200 мм, її довжин: порівнює
450 мм. Скільки градусів має дуга?
Кількість градусів даної дути визначимо за формулою
□ 180°- /
п. = ------.
де / — довжина дуги, /?— радіус дуги. Тоді (в даному випадку),
взявши -зт — 3,14, дістаємо
п
180 ♦ 450 мм
3,14.' 1200 мм
21е,5 = 21°30г;
а якщо тс = 3,1416, то
л° = 21°,4859 = 21°29',15 = 21 °29'9".
Задача 2. Знайти радіус такого кола, для якого ного дов-
жина і площа круга виражаються одним і тим самим числом.
Позначимо радіус шуканого кола через Р. Тоді за умовою задачі
повинна виконуватися рівність 2т.Р = -р2, звідки знайдемо р = 2.
Задача 3. Визначити площу круга, якщо площ? вписаного в
нього квадрата дорівнює 0 квадратних одиниць.
390
Площа квадрата через його діагональ виражається формулою
<2 = 4^'
звідки
а = /2с.
Але діагональ квадрата дорівнює діаметру описаного кола, тобто
2К = /2д,
отже: площа круга
5 = Ті/?2 = ^ .
Задача 4. Радіус сектора дорівнює г, а його площа дорів-
нює Визначити величину центрального кута.
Враховуючи формули для площі сектора та довжини його дуги,
дістаємо
о — 1
У 2 Г ' 180°’
ЗВІДКИ
п° = 180’
Задача 5. Навколо правильного трикутника з площею (2 опи-
сано коло і в цей самий трикутник вписано інше коло. Визначити
площу кільця між цими колами.
Площа правильного трикутника через його висоту виражається
за форхМ улою
с-ііКІ,
4 з ’
звідки
Іг^У(}У З '
Радіуси описаного та вписаного кіл відповідно дорівнюють»
Площа кільця
„ г / п2_/.2» ~ т( 1 /г2^ —
^14- 3 - 3
Задача 6. Дано круг, до якого дотикаються шість рівних
йому кругів, дотичних також і між собою. Площа всіх семи кру-
гів рівновелика до плоті концентричного кільця, описаного
навколо даної конфігурації кругів. Довести, що ширина кільця
дорівнює радіусу кругів.
Позначимо радіус даного круга О через Я, а ширину кільця
ВС через х (рис. 194).
391
Площа кільця за умовою задачі дорівнює площі семи рівних
кругів радіуса /?, отже,
т. (ОС2 - О В2) = к [(3 /? + х)2 — (З Я)2] = 7 л Я2,
звідки
х2 + 6 — 7 Я2 = 0.
Оскільки х
няння слід
0, то з двох коренів одержаного квадратного рів-
вибрати тільки додатний корінь х = 7?, який є шуканою
ВІДПОВІДДЮ.
Задача 7. Побудувати коло, до-
тичне до даного кола О радіуса г і да-
ної прямої І в заданій на ній точці/V.
Проведемо через точку X пряму
т ± І (рис. 195).
А. Відклавши на прямій т від
гочки X по іншу сторону від пря-
мої / відносно даного кола 0 відрі-
зок ХМ = г, сполучимо точки О і М.
Через середину відрізка ОМ прове-
демо перпендикуляр до перетину
його в точці з прямою т. Точка
і буде центром шуканого кола,
а О^Х = гх — його раді ус (Д О^МО —
рівнобедрений).
вгору відрізок ХЬ = г (рис. 196) і
до виконаних
умови
Рис. 194,
Б. Відклавши від точки
виконавши побудови, аналогічні
коло О2» яке також
має два розв’язки.
задачі.
в пункті А, дістаємо
Таким чином, задача
Рис. 195.
задовольняє
Рис. 196.
Хід побудови не змінюється і в тому випадку, коли пряма І
перетинає коло О. Зокрема, якщо пряма І проходить через центр
даного кола або дотикається до даного кола, побудова виконується
дуже просто (виконати самостійно).
Задача 8. Побудувати коло, дотичне до даного кола 0 у да-
ній на ньому точці X і до даної прямої /.
Проведемо пряму т, дотичну до кола О у точці X. Для цього
слід провести радіус ОХ і поставити в точці N пряму т ± ОХ.
А. Якщо т Ц І, то опускаємо з точки 0 перпендикуляр ОМ на
пряму /. На відрізку ХМ як на діаметрі будуємо коло (рис. 197).
У цьому випадку побудова єдина.
392
Б. Якщо пряма т не паралельна до прямої /, то з точки ЛІ
перетину прямих т і І (рис. 198) проводимо бісектриси обох суміж-
них кутів при прямій І до їх перетину з прямою ОЛ' в точках
і О2, які і будуть центрами шуканих кіл. Дане коло 0 має з одним
із шуканих кіл внутрішній дотик.
У випадку, коли пряма І перетинає дане коло О, задача також
має два розв’язки і знов одне з шуканих кіл матиме внутрішній
дотик з даним колом.
§ 24. Степінь точки відносно даного кола.
Радикальна вісь. Радикальний центр
Степенем точки А відносно даного кола (/ радіуса 7? назива-
ється різниця між квадратом віддалі від точки А до центра 0 і
квадратом радіуса; тобто, позначивши степінь точки А через Т, маємо
Т = АО2 — Я2.
Якщо гочка А лежить поза колом, то її степінь додатний, а
якщо вона лежить всередині кола, — від'ємний. Якщо точка А ле-
жить на колі (Д0=/?), то її степінь дорівнює нулю.
Для зовнішньої точки А величина її степеня дорівнює квадрату
дотичної.
Для внутрішньої точки А абсолютна величина її степеня дорів-
нює квадрату найменшої півхорди, що проходить через цю точку.
Радикальною віссю двох кіл ді і О2 називається пряма, всі
точки якої мають однакові степені відносно даних кіл. Ця пряма
перпендикулярна до лінії центрів даних кіл. Дотичні, проведені з
будь-якої точки радикальної осі до кіл і 0.2, рівні між собою.
Віддалі тг і т.2 радикальної осі від центрів Оі і 02 Даних кіл
обчислюються за формулами
ті = Т (ОА +
тг = і (0і°2 Ьал
Побудова радикальної осі двох кіл. 1. У випадку, якщо кола
От і 02 перетинаються у точках М і кожна з точок М і N нале-
жить обом колам і, отже, має відносно кіл Ох і О2 нульовий степінь.
У цьому випадку радикальна вісь проходить через точки Л4 і N.
2. Аналогічно для кіл, що внутрішньо або зовнішньо дотика-
ються, радикальна вісь є їх спільною дотичною, перпендикулярною
до лінії центрів.
3. Нехай дано два кола От і О2, одне з яких лежить всередині
іншого, але не дотикається до нього (рис. 199). Проведемо допоміж-
не коло О3 так, щоб воно перетнуло коло От у точках /( і І, а коло
О2 —- у точках М і N. Прямі КЬ і NN продовжимо до перетину в
точці Р. Через точку Р проведемо пряму Р(2 х ОХО2. Пряма Р(2 і
буде радикальною віссю кіл От і 02.
Перевірити за допомогою побудов, що при різному виборі центра
О3 (дотримуючись лише умови перетину колом 03 двох заданих кіл
б>т і Су результат буде той самий.
393
4. Для двох кіл Оі і 02, які розташовані одне поза іншим і не
мають спільних точок, радикальна вісь побудована аналогічно
(рис. 200).
Радикальні осі будь-яких трьох попарно взятих кіл ОІ5 С2 і 03
перетинаються в одній точці, яка називається радикальним центром
трьох кіл (рис. 201). Інакше кажучи, радикальний центр трьох кіл
01, О2 і О3 можна визначити як точ-
Рис. 199. Рис. 200.
Якщо центри всіх трьох даних кіл лежать на одній прямій, то
всі три радикальні осі між собою паралельні і, отже, радикального
центра таких трьох кіл не існує.
Якщо центри трьох даних* кіл не лежать на ’одній прямій, то
радикальний центр знаходиться як точка перетину будь-яких двох з
трьох радикальних осей, зокрема спільних дотичних, якщо хоча б
одне коло дотикається до двох інших
або коли всі три кола дотикаються
між собою (рис. 202).
§ 25. Вписані і описані многокутники
Многокутник називається вписаним у коло, якщо всі його вер-
шини лежать на цьому колі. Таке коло називається описаним навколо
многокутника.
Многокутник називається описаним навколо кола, якщо всі його
сторони дотикаються до цього кола. Таке коло називається вписаним
у многокутник.
394
Аналогічно знайдемо довжину двох інших шуканих відрізків:
ЕР~2(р-г, 1/ (Р ——
г Сі О
І
ГР = 2(р — Ь) V(Р-*)(Р~С).
г ас
Задача 4. Визначити відношення радіуса вписаного в рівно-
сторонній трикутник колі до радіуса описаного кола..
У рівносторонньому А АВС його три медіани, бісектриси і ви-
соти суміщаються і перетинаються в одній точці — в центрі трикут-
ника. Радіусом описаного кола є відрізок, що сполучає центр О
з однією з вершин трикутника (рис. 206), а вписаного — апофема
(див. § 26). Але оскільки АО ще й бісектриса, то
/ ОАО ~ 30\ а А АОВ — прямокутний; отже, =
/{(у
“ 2’’
Задача 5. Довести, що апофема правильного
трикутника дорівнює половині радіуса описаного
кола. Виконати рисунок.
А АВС — правильний, О/И — апофема (ОЛ4 1 ВС;
О—центр трикутника). Сполучаємо вершини А, В,
С з центром О, тоді О А = ОВ = ОС = /?, де /?— радіус описаного
кола. Оскільки ОВ — бісектриса трикутника, то /_0ВМ = / АВО =
= 30°, а а ОВМ — прямокутний, ОМ — катет, що лежить проти
кута 30е; отже,
Задача 6. Коло вписано у трапецію, периметр якої дорівнює
Р. Побудувати рисунок і визначити середню лінію трапеції.
Коло вписано у трапецію АВСО, Р ~ АВ — ВС СО У АО.
За властивістю сторін описаного чотирикх тника АО -Р ВС = АВ Д-
+ СО. Отже, Р — 2(АО + ВС), • середня лінія трапеції
т = ± (АР + ВС) = р-
Задача 7. Навколо круга описано трикутник так, що дві з його
т . Р
сторін діляться точками дотику у відношеннях і —. Побу-
дувати рисунок і знайти відношення сторін трикутника.
Позначимо АО = тх, ОВ — пх, СЕ = ру, ВЕ = ду.
Тоді АВ : ВС : СА = (тх пх) : (ру 4- УУ) • (тх РуУ За властивістю
відрізків дотичних, проведених до кола з однієї І тієї самої точки,
ВО = ВЕ, або пх — ду. Звідси
£ _ ±
у п
397
і. отже,
АВ : ВС : СЛ (тд + яд): (рп + дп) : (тд + пр) = д (т +
+ «) :я(р —<;): (тд + яр).
§ 26. Правильні многокутники
Многокутник називається правильним, якщо він має рівні сто-
рони і рівні кути. Кожний кут правильного я-кутника дорівнює
180° (п — 2)
п
Центром правильного многокутника називається точка, рівно-
віддалена від усіх його вершин. Центр також рівновіддалений від
сторін многокутника.
Радіусами правильного многокутника називаються відрізки, що
сполучають його центр з вершинами.
Апофемами правильного многокутника називаються відрізки
перпендикулярів, опущених з його центра до перетину з сторонами.
Навколо правильного я-кутника можна описати і в нього можна
вписати коло. Центри описаного і вписаного кіл збігаються з цент-
ром многокутника. Радіус описаного навколо многокутника кола до-
рівнює радіусу многокутника, а радіус вписаного кола — апофемі
многокутника.
Правильні однойменні многокутники подібні, їх сторони відно-
сяться як апофеми або радіуси, а плоті відносяться як квадрати
апофем або радіусів.
Сторона Ьп правильного описаного многокутника виражається
через сторону ап правильного вписаного многокутника з тим самим
числом сторін і радіусом /? за формулою
. _____________
п /4/?2 - а\ ’
Сторона а2П правильного вписаного в коло радіуса /? многокут-
ника з подвоєним числом сторін виражається через сторону аг, пра-
вильного вписаного п-кутника формулою
Співвідношення між сторонами деяких правильних вписаних
многокутників і радіусом круга визначається так:
а3 = /? /3 « 1,7321/?;
а, = /?/2 « 1,4142/?;
П. = /? У® 1,755/?;
ас, = /?;
а, = /?V2-У 2 » 0,7654/?;
398
о10 = /? 1 и 0,6180??;
а12 = К К2-/3 « 0,5176/?;
015 = І-л [У 10 + 2/б — У З (У З — 1)] » 0,4158/?.
Задача 1. У дане коло вписати правильні шестикутник і три-
кутник.
Розхилом циркуля, який дорівнює радіусу кола, робимо на
ньому засічки у точках 4, В, С, Ь, Е, Р. Сполучаючи послідовно
точки Д В, С, О, Е, Р, дістанемо правильний шестикутник. Спо-
Рис. 207. Рис. 208. Рис. 209.
Задача 2. Вписати у дане коло квадрат і правильний вось-
микутник.
Проведемо у даному колі О два взаємно перпендикулярні діа-
метри АВ і СО. Сполучивши послідовно точки Я. О, В, С, одер-
жуємо квадрат.
Опустивши з центра О на сторони квадрата перпендикуляри
і продовживши їх до перетину з колом, розділимо його на вісім
рівних частин. Точки поділу кола є вершинами правильного вось-
микутника (рис. 208).
Задача 3. В дане коло вписати правильний п’ятикутник і пра-
вильний десятикутник.
Проведемо два взаємно перпендикулярні діаметри АВ і СО.
Поділимо пополам радіус АО в точці Е. З Е радіусом ЕС прово-
димо дугу СР до перетину її з діаметром АВ у точці Р. З С радіу-
сом СР проводимо дугу Р6 до перетину її з колом у точці (7, тоді
СС = СР є одна з сторін шуканого п’ятикутника. Провівши тим са-
мим радіусом дугу з центра (7, одержуємо наступну вершину М
шуканої фігури і т. д. (рис. 209).
Відзначимо, що відрізок ОР дорівнює стороні правильного
вписаного в дане коло десятикутника, тобто
Сії = КЬ ^ЬЦ = . .. =НС^0Р.
Тому можна обмежитися тільки побудовою відрізка ОР = а10;
потім будуємо всі вершини правильного десятикутника і, сполучив-
ши їх через одну, одержуємо правильний п’ятикутник.
399
• Вправи. 1. Побудувати правильні описані навколо даного
кола трикутник і шестикутник.
2 . Побудувати правильні описані навколо даного кола п’яти-
кутник і десятикутник.
§ 27. Зведена таблиця окремих випадків
чотирикутників (табл. 9)
Вводимо позначення: а, Ь, с, сі — сторони; а, (3, 7, 6— кути;
Л— висота; р—півпериметр; /?, І — діагоналі; 9 —кут між діагона-
лями; — радіус описаного кола, г — радіус вписаного кола; 5 —
площа.
§ 28, Взаємопроникнення алгебри й геометрії
Незважаючи на те, що між алгеброю й геОхМетрією є принципо-
ва різниця щодо змісту задач і методів їх розв’язання, все ж існує
велика кількість питань, у вирішенні яких співдіють обидва науко-
вих напрями: для розв’язання алгебраїчних задач користуються гео-
метричними методами, а задачі з геометрії розв’язують за допомогою
алгебри. Це відомо з найдавніших часів. Так, незважаючи на те,
що Евклід зовсім не знав ніякої алгебраїчної символіки, в нього
є теореми, як, наприклад,
(а + 6)2 = а2 +2аЬ + Ь2,
які відповідають відомим алгебраїчним тотожностям.
Індійські математики при розробці положень алгебри викорис-
товували геометричні уявлення. Цей метод запозичили в них вчені
Середньої Азії. Славетний Іранський поет і математик Омар Хайям
в алгебраїчному трактаті для доведення теорем алгебри користував-
ся виключно методами геометрії.
З математиків Західної Європи Фібоначчі у творі «Практика
геометрії» (1220) вперше використав алгебраїчні методи для розв’я-
зання задач на обчислення площ трикутників. Лука Пачолі (1494)
і Кардано (1545) користувалися зображеннями геометричних фігур
для розв’язання квадратних рівнянь. Після робіт Кардано, а особ-
ливо після Вієта, застосування алгебри до геометрії стало правилом.
В 1630 р. італійський математик Маріио Гетальді написав спе-
ціальну працю про алгебраїчну геометрію. В XVII—XVIII ст. вче-
ні вже вільно використовували алгебраїчні та геометричні методи
для розв’язання різних математичних задач. У цьому напрямі пра-
цювали два англійські математики— Артур Кейлі (1821 — 1895) та
Джеме Джозеф Сільвестер (1832—1918). В їх творах була глибоко
розвинена алгебра з її застосуванням до геометрії: вони, зокрема,
створили теорію алгебраїчних варіантів. Було доведено,, що ця тео-
рія є алгебраїчним відповідником проективної геометрії Понселе і,
іаким чином, існує спорідненість між алгебраїчними та геометрич-
ними формами. Згодом виникли нові математичні напрями, у яких
було використано цю ідею спорідненості; виявилося, що елементар-
на геометрія є, власне, лінійною алгеброю, лише вираженою за до-
помогою інших, конкретних (а не абстрактних, як в лінійній алгеб-
400
Таблиця 9
Чотирикутниь Визначення, Ьормули, властивості, співвідношення між елементами
Трапеція с Ц и: с і а — основи; Ь і <; — бічні сторони. Середня лінія т (відрізок ЕР, який сполучає середини бічних сторін) па- ралельна до основ і дорівнює їх півсумі: а + с і а + Ь , 1,,. т = —— ; . = ~ к! 51П <?; центр ваги лежить ча відрізку, який сполучає середини /? а 4 основ на віддал’ -- • -— від нижньої основи 3 а с
Рівнобічна трапеція с [1 (/; Ь — сі; 2 = Ь~ — : к = і; і = б: — у
Вписаний чотирикутник а + ї = 3 -г £ = 180°; > — V (р — а) (р — Ь) (Р ~ с) (р — (і); гс = У(аЬ -і- ссі) (аг — Ьа) (асі -- Ьс1>: 45 __ і /г (аЬ -і-- ссі) (ас 4- Ьсі) <Л — діагональ, яка замикає 1 асі Ьс сторони с і Ьу, _ 1 / (асі 4- Ьс) (ас 4- Ьсі) <к — діагональ, яка замикає * У аЬ ссі сторони и І СІ)', кі = ас --- Ь< (теорема ГІтолемея)
Описаний чотирикутник .і 4- с ~ Ь 4- сі; 5 рс
Паралелограм а |; с; о і! а ~ с; о = сі; а = т; = 6; а-|-3 = 34~Т = ї + 4- 6 = 6 4- а = 180°; діагоналі, перетинаючись, діляться взаємно пополам; точ- ка перетину діагоналей — центр ваги; к2 4- І2 = а2 4- Ь2 4- с2 -Н (>2 = - (а2 4- Ь2); 3 = аЬ зіп а = ; •• = кі зіп 9
Прямокутник а || с; Ь ]] сі; а = с; Ь = сі; к = і; «2 = Р Ь2; я =-3 = 7= 6 = 90°; ~аЬ = -^12 зіп 9
Ромб я = Ь = с = сі; к ± /; ? = 90°; к2 4- Р = 4а2; а = 7; =6; 34.3=34-7=74- 5 = 6 4- а = 180°: 5 = ~ кі = а2 зіп а
Квадрат II ь с II II л -Н; II ю| - II ~ і* о 11 5 ЮІ — ЙГ к ь II о II г
401
рі) математичних образів. Ця думка була розвинена вченими групи
«Бурбакі» (Франція), які прийшли до висновку, що такі геометричні
науки, як аналітична геометрія, тригонометрія, проективна геомет-
рія, нарисна геометрія, конформна геометрія,, неевклідова геометрія,
трорія комплексних чисел, не кажучи вже про елементарну геометрію,
є лише конкретними випадками лінійної 'алгебри і тому вивчення
цих дисциплін треба перебудувати на базі лінійної алгебри*. Ідеї
бурбакістіь знайшли підтримку також серед радянських математиків.
ГЕОМЕТРИЧНІ ЗАДАЧІ НА ПОБУДОВУ
ЗА ДОПОМОГОЮ ЦИРКУЛЯ І ЛІНІЙКИ
§ 29. Найпростіші задачі на побудову
1. Поділити даний відрізок пополам.
З кінців А і 5 даного відрізка АВ одним і тим самим довіль-
ним, але більшим за половину відрізка АВ радіусом /? описуємо дві
дуги, які перетинаються у
чаємо прямою СО. “
Точка
А7
двох точках С і О. Точки С і б сполу-
перетину прямих АВ і СО е шукана
точка, яка ділить відрізок АВ попо-
лам (рис. 210).
2. Поставити перпендикуляр до
даної прямої у Даній па ній точці .7.
Побудову можна виконати за до-
помогою попереднього прийому. На
даній прямій АВ треба лише від-
класти по обидві сторони від точки
А7 рівні відрізки АА” = \'В, а потім
повторити всю побудову, наведену
на рис. 210.
Можна зробити і так: взявши до-
вільну точку О поза даною прямою
АВ, проводимо з неї як з центра
коло радіуса ОА7. Через другу точку
М перетину кола О з прямою АВ
проводимо діаметр МОК.
Сполучивши кінець діаметра К з точкою А, одержимо КК±АВ,
оскільки вписаний ,/КЛ'тМ спирається на діаметр (див. § 22).
Цим способом зручно поставити перпендикуляр у кінці відрізка,
не продовжуючи його, а також у точці, яка лежить близько до
краю креслярського аркуша.
3. Опустити перпендикуляр на задану пряму з даної точки С,
яка лежить поза нею.
Побудову можна виконати, застосовуючи прийом ділення від-
різка пополам. Треба лише одержати на заданій прямій дві засічки
А і В за допомогою дуги з центром у точні С довільного радіуса /?,
більшого за відстань від точки С до прямої АВ. Виконати рисунок.
4. Через дану точку О провести пряму, паралельну до заданої
прямої ММ.
* Радимо ознайомитися з книгою: Ж. Д ь є д о н е. Линейная алгебра
и злеме.Тіг-рнач гссметрия. М., «Наука», 1972.
402
= кі
212).
Описуємо дугу довільним радіусом /? з центром у точці О.
З точки перетину В, яка лежить на заданій прямій А4ЛА як з центра
тим самим радіусом В описуємо дугу ОА. Потім розхилом циркуля
радіуса АО з точки В робимо засічку і одержуємо точку £). Прямі
ОО і Л4/У паралельні (рис. 211).
5. Поділити даний відрізок АВ на дане число рівних частин.
Проводимо пряму аЬ, паралельну до АВ, на якій відкладаємо
задане число рівних відрізків довільної довжини, наприклад ак =
= Іт = тп — пЬ (рис.
Далі проводимо прямі
дорівнюють даним величинам.
.У л побудувати кут, шо дорівнює
а А, ЬВ і через і очку їх перетину О проводимо промені к О, 10, тО,
пО, які й перетнуть АВ у точках А', А, ЛІ, А', що ділять АВ на за-
дане число рівних части (у нашому прикладі на п’ять).
6. Даний відрізок поділити и.і часіиіш, пропорціональні до
даних величин.
Побудова аналогічна де списаної у задачі 5. Треба лише на
прямій аЬ відкласти відрізки, що
7. При вершині А' на промені
даному / АВС.
З вершини В описуємо дугу
рд довільного радіуса і тим
самим радіусом з центра А'
проводимо дугу, яка перети-
нає промінь АГА/ у точці Р.
З точки Р радіусом, що до-
рівнює відрізку рд, робимо за-
січку і знайдену точку 0
сполучаємо з вершиною N. К„
8. Побудувати кути, які дорівнюють ЗО, 60 і 90°.
З кінців А і В довільного відрізка АВ як з центрів ^ппсуємо
радіусом Р — АВ дві дуги. Точки їх перетину С і О сполучаємо
прямою, яка перетинає відрізок АВ в його середині О. Точку А
сполучаємо прямою з точкою С. Тоді д_АС(2 — 30°, ./САО = 60°,
дАОС = 90°. Виконати самостійно рисунок.
9. Даний / ВАС поділити пополам.
З вершини А довільним радіусом проводимо дугу ОЕ. З точок
О і Е перетину її ?. сторонами АВ і АС описуємо довільними радіу-
сами дм’и аЬ*, С(і. Точку їх перетину Е сполучаємо з А; одержана
пряма АГ ділить ВАС пополам, тобто є його бісектрисою (рис. 214).
10. Поділити прямий кут на три рівні частики.
Довільним радіусом проводимо дугу з центром у вершині А
даного кута до її перетину в точках М і N з його сторонами. Цим
403
самим радіусом з точок М і У як з центрів на дузі робимо дві
засічки і £, які сполучаємо з вершиною А (рис. 215).
МАК = /1КАЬ = /_ ЬАК = 30°.
11. Поділити даний /_ВАС на три рівні частини.
За допомогою лінійки без поділок і циркуля точно виконати цю
побудову, яку називають трисекцією кута, не можна. Проте за допо-
могою циркуля і міченої лінійки (тобто лінійки, на яку нанесено
рівномірну шкалу, наприклад міліметрову) трисекцію кута легко
виконати таким чином. Довільним радіусом АС описуємо з вершини
кута А коло. Продовжуємо АС за точку А. Кладемо мічену лінійку
так, щоб вона проходила через в, і обертаємо її навколо В, поки
відрізок ЯР між колоіи і прямою АК не дорівнюватиме радіусу АС.
Тоді 7 ЕОЕ є третя частина / ВАС (рис. 216). Це легко довести,
користуючись тим, що відповідно до побудови рівнобедрений,
а за теоремою про зовнішній кут трикутника
ВЕА = 2х; /1 ВАС = а = х + 2х, де х = /1 ЕЬА.
12. Через дві дані точки А і В провести коло даним радіусом /?.
З точок А і В проводимо дуги е} і тп радіусом К. Точка їх
перетину є центр шуканого кола. Побудувати рисунок.
Зауваження. Задача має розв’язок тільки в тому випадку,
якщо 7? більший за половину відрізка АВ або дорівнює йому.
ІЗ. Провести коло через три дані точки Д, В, С, що не лежать
на одній прямій.
Проводимо перпендикуляри МК і Р($ до відрізків АС і ВС
через їх середини. Точка перетину цих перпендикулярів О є центр
шуканого кола (рис. 217).
404
14. Знайти центр даного кола або його дуги.
На даному колі або дузі вибираємо три точки. Потім робимо,
як у попередній задачі. Точки слід брати на найбільшій віддалі одна
від одної.
15. Дану дугу кола поділити пополам.
Кінці дуги сполучаємо хордою. Проводимо перпендикуляр через
середину хорди (див. задачу 1), який і розділить дугу пополам.
16. Через дану точку ЛІ провести дотичну до даного кола О.
А. Точка М лежить на колі. В цьому випадку у кінці М радіуса
ОМ поставимо перпендикуляр АМ х ОМ. Пряма АМ є шуканою
дотичною. Побудувати рисунок.
Б. Точка М лежить поза колом. Сполучивши точки О і М на
відрізку ОМ як на діаметрі, будуємо коло Ох, центр якого Ох є
середина відрізка ОА! (рис. 218). Точки С і 2) перетину кіл О і Ох
сполучаємо з точкою М. Прямі СМ і ОМ — шукані дотичні, бо
/ ОСМ = / ООМ. -- 90°, як вписані у коло Ох кути, що спираються
на діаметр ОМ.
17. До двох даних кіл провести спільну зовнішню дотичну.
А. У випадку, коли радіуси даних кіл рівні між собою, задача
має два розв’язки. Через центри А і В проводимо діаметри КК\
і ЬЬь перпендикулярні до лінії центрів АВ. Проводимо КЬ і АХЛХ
і знаходимо шукані розв’язки. Побудувати рисунок.
Б. Нехай радіуси даних кіл нерівні: 7?>г; з центра більшого
кола А проводимо коло радіусом АС = К — г. До нього проводимо
дотичну ВС з центра В меншого кола. Центр А сполучаємо з точ-
кою дотику С прямою. Продовжуємо її і одержуємо на більшому
колі точку О. Проводимо відрізок ВЕ перпендикулярно до ВС До
перетину в точці Е з меншим колом. Точки О і Е сполучаємо. Пря-
ма ОЕ — шукана дотична.
Задача має два розв’язки (ОЕ і £>Х5Х), якщо менше коло не
лежить повністю всередині більшого (рис. 219).
У випадку внутрішнього дотику задача має один розв’язок.
Через точку дотику М проводимо пряму, перпендикулярну до раді-
уса ООГМ (рис. 220).
18. До двох даних кіл провести спільну внутрішню дотичну.
У випадку зовнішнього дотику заданих кіл А і В задача має
лише один розв’язок. Через точку дотику М проводимо пряму,
перпендикулярну до лінії центрів АВ.
Якщо кола не мають спільних точок і не лежать одне всередині
іншого, то задача має два розв’язки.
405
З центра А більшого кола проводимо'коло радіусом АС = Я + г.
- З центра В меншого кола проводимо дотичні до побудованого
допоміжного кола. Точку дотику С і центр А сполучаємо прямою
АС, яка перетинає більше коло у точці І). З точки В проведемо
радіус ВЕ ± ВС. Точку Е сполучаємо з точкою І). Пряма ЕВ е
шуканою дотичною. Аналогічно будується і друга внутрішня дотична
Е1В1 (ркс- 221). Точка V перетину внутрішніх дотичних завжди на
лінії центрів.
У випадку, коли одне з кіл лежить повністю всередині іншого
або перетинає його у двох точках, задача не має розв*язку.
Розгляньте також випадок /?=г і доведіть, що в цьому ви-
падку дотична пройде через середину відрізка АВ.
19. Побудувати паралелограхМ за його сторонами і висотою.
Нехай дано сторони паралелограма а, Ь і його висоту /?а. На
довільній прямій І від довільно взятої па ній точки А відкладемо
відрізок ВС = а. На віддалі Ка від
/ Рис. 221.
Рис. 222.
зробимо на прямій засічку. Від точки В па прямій /г відкладемо
відрізок ВС — а. Сполучимо точки А, В і точки О, С (рис. 222).
Фігура АВСО — паралелограм. Задача має два' розв’язки.
Відзначимо, що в окремому випадку !га — Ь фігура АВСВ -—
прямокутник, а при а == Ь Ііа одержимо ромб. А якщо то
задача не має розв’язків.
20. Побудувати трикутник за основою а, бічною стороною Ь і
висотою На.
Початок побудови аналогічний до попередньої задачі. Треба
лише, побудувавши точку В (рис. 222), сполучити її з точкою Р,
і одержимо А АВВ, який і буде шуканим.
Як і в попередній задачі, у випадку ка>Ь розв’язків немає;
у випадку Иа = Ь розв’язок єдиний; у випадку ка < Ь задача має
два розв’язки.
21. Побудувати трикутник за трьома сторонами а, Ь, с.
Відкладаємо на Довільно взятій прямій від якої-небудьїї точки В
один з даних відрізни.. наприклад ВС •-= а. З точок В і С радіу-
сами. ЩО ВІДПОВІДНО дорівнюють і = с, проводимо дуги
до їх перетину в точці А (рис. 223). Трикутник АВС — шуканий.
Умова існування розв’язку: сума двох будь-яких сторін три-
кутника повинна бути більша за третю сторону.
Ця задача як складова частина зустрічається при розв’язанні
багатьох складніших задач на побудову.
22. Побудувати трикутник за двома сторонами а, с і медіа-
ною
406
Будуємо А ВИС (рис. 224) за трьОхМа сторонами ВС = а, ВО =
= 2/пь, ОС = с. Через середину О сторони ВО проводимо пряму
СОА, де ОС = ОА. Точку В сполучаємо з точкою Л; А АВС —
шуканий.
Аналогічно будується паралелограм за двома його сторонами
і діагоналлю, а також паралелограм за його діагоналями І однією
з сторін.
При цьому слід урахувати, що діагоналі паралелограма у точці
перетину взаємно діляться пополам. Виконати ці побудови само-
стійно. .
23. Побудувати трикутник за двома сторонами а, Ь і бісектри-
сою кута між ними Іс.
Припустимо, що А АВС — шуканий. Продовжимо сторону АС
і, відклавши на її продовженні відрізок СО =
= ВС~ а, сполучимо точки В і О (рис. 225).
Рис. 223. Рис. 224. Рис. 225.
Трикутник ВСО— рівнобедрений, причому /.£> = /. 5 =
= /_ЕСВ, оскільки згідно з теоремою ііро зовнішній кут трикут-
ника
/1 АС В = £В^-/_О^2^О,
а з іншого боку, за умовою задачі Іс — бісектриса і, отже,
АСВ~ 2/^ЕСВ = 2£О.
Кути ЕСВ і СВО—внутрішні різносторонні, тому з їх рівності
випливає, що ЕС || ВО, а тоді А АЕС ~ А АВО і сторона ВО = х
буде визначатись з пропорції
х а-±Ь
- Ь •
Отже, ми одержали всі необхідні дані для того, щоб фактично
побудувати шуканий трикутник.
Насамперед визначимо відрізок х, як четвертий пропорціональ-
ний до трьох заданих відрізків Ь, Іс. Для цього на довільній
прямій АО послідовно відкладаємо відрізки Ь—АС і а = СО. З
точки С в довільному напрямку відкладаємо заданий відрізок 10 =
= С/И і через точку М продовжуємо промінь АМ, а потім прово-
димо £ЛУ || СМ. Відрізок Оії дорівнює шуканому відрізку х. Зна-
йшовши х, будуємо на відрізку СО допоміжний трикутник СОВ за
відомими трьома сгоронзхми СО = ВС = а і ОВ = х (див. задачу 21).
Сполучивши знайдену вершину В з точками А і С, одержимо шука-
ний А АВС.
407
24. Побудувати трикутник
сторін ть і тс.
Будуємо А АОВ за трьома
за основою а і медіанами бічних
відклавши на продовженні ВО
женні АО відрізок ОЛ/ == -і- тс,
перетину в точці С. Трикутник АВС — шуканий.
25. Побудувати трикутник за його висотою
кутом В.
Побудуємо прямокутний А АВО за стороною
В (рис. 227). Через середину К катета
ММ \\ВО. Радіусом В = ть з точки
В проводимо дугу до її перетину
в точці Е з прямою ТИЛ/. Продовжи-
мо прямі ВО і АЕ до їх перетину у точ-
ці С. Трикутник АВС — шуканий.
2 2
сторонами а, т^. ^тс (рис. 226).
відрізок ОМ = ть і на про до в-
О
проводимо прямі ДТИ і ВМ до їх
Ка, медіаною ть і
АО
АО = Ла і кутом
проводимо пряму
о 8
Рис. 226.
Рис. 227.
А
26. Побудувати трикутник за трьома медіанами.
Побудуємо допоміжний А АЕО за трьома сторонами АЕ =
2 2 2
= -х- тс АО — -~та> ОЕ =(рис. 228). У цьому трикут-
О О и
пику проведемо медіану АР і продовжимо її за точку Р на відрізок
РС = АР. Точку С сполучаємо з точкою О і, продовживши відрізок
СО, відкладемо на ньому СМ = тс. Від точки А на продовженні
відрізка АО відкладемо АМ = та. Через точки А і М, М і С про-
ведемо прямі до їх перетину у точці В. Трикутник АВС — шуканий.
27. Побудувати прямокутний трикутник за сумою його катетів
а + Ь і гіпотенузою с.
З кінця М відрізка ВМ = а + Ь проводимо промінь МР під
кутом 45° до відрізка МВ (рис. 229). З точки В як з центра радіу-
сом Р = с проведемо дугу д до її перетину з променем МР і з
одержаних точок А і А^ опускаємо перпендикуляри АС і Л1С1 на
пряму МВ. Трикутники АВС і А^С-^ — шукані (ВС=Д1С1=а;
АС = ВСг = Ь).
У випадку двох точок перетину дуги д з променем АР задача
має два розв’язки; у випадку дотику дуги д з променем АР — один
розв’язок.
Дослідіть, яку додаткову умову треба накласти на катети а
і Ь для того, щоб розв’язок був єдиним.
28. Побудувати прямокутний трикутник за його катетом а і
сумою 6 + с другого катета з гіпотенузою.
408
Будуємо прямокутний А ВОС за катетами ВС = а, ОС = Ь-{-с
(рис. 230). Через середину N сторони ВО проводимо перпендикуляр
до його перетину з прямою ОС у точці А. Сполучаємо точки А і В,
Трикутник АВС — шуканий (АО — АВ як сторони рівнобедреного
ЛАВО).
29. Побудувати рівнобедрений трикутник за його основою с
і радіусом вписаного кола г.
На довільній прямій відкладе-
мо відрізок АВ = с і у точці N,
С
яка ділить його пополам, поставимо перпендикуляр. На цьому пер-
пендикулярі відкладемо відрізок СМ = г і з точки О як з центра
проводимо коло даного радіуса г, яке буде дотикатися до основи
АВ. З точок А і В проводимо дотичні до даного кола О, які пере-
тнуться у точці С. Одержаний А АВС — шуканий. Побудувати рису-
нок.
ЗО. Побудувати трикутник, якщо
дано два його кути А і В і суму двох
його сторін Ь + с.
Припустимо, що задачу розв’язано
і А АВС — шуканий. Знайдемо зв’язок
між шуканими і даними його елемента-
ми. Відкладемо на продовженні сторони
АВ відрізок О А = АС і сполучимо точ-
ки С і О. Трикутник АСО— рівнобед-
рений, отже, враховуючи теорему про
зовнішній кут трикутника, знаходимо,
що А СОА = А БСА~ 1 /. А
(рис. 231).
У А ВСО відома основа ОВ = Ь -р
Н- с і два прилеглі кути / СОВ =
у / А і / СВО — В, так що його
навши фактично цю побудову, з чого
зання даної задачі, одержуємо дві вершини В і С шуканого три-
кутника. Третя його вершина А одночасно є вершиною допоміжного
рівнобедреного А ОСА, в якому відомі основа СО і кути при основі,
що дорівнюють / А. Цей трикутник також легко побудувати,
внаслідок чого одержимо вершину А. Сполучивши точки А і С,
одержуємо шуканий А АВС.
Рис. 231.
легко побудувати. Вико-
і слід починати розв’я
409
31. Побудувати трикутник, якщо дано різницю сторін
Два кути В і С.
' Припустимо, то Д АВС — шуканий (рис. 232). На стороні ВС
від точки В відкладаємо відрізок ВО == а — Ь і сполучаємо точки
А і 7). Тоді ОС = АС = £>.
Рис 232 Оскільки ОВ ~ а — Ь, то легко побудувати
Л АВО за відомою основою, що дорівнює
заданому відрізку а— Ь.і двома прилеглими
кутами: АОВ = 90° + / С і / ОВА = </ В — І визначити, таким
чином, положення вершин А і В. Після цього вершину С визна-
чають як вершину рівнобедреного Л АОС, для якого відомі
основи АО і АОС = САО = 90° — ~ С,
а+Ь+с
32. Побудувати трикутник, якщо дано його периметр 2р = а +
+ & + с і-два кути А і В.
Нехай Д АВС побудовано (рис. 233). Продовживши в обидві
сторони відрізок АВ, відкладаємо на прямій АВ відрізки АО = Ь
і ВЕ — а і сполучаємо вершину С з точками О і Е. Тоді ОЕ = а +
+ Ь + с; /_О А\ /_ Е = ~ В. Отже, А ОСЕ легко побу-
дувати за даною основою і двома прилеглими кутами. Цим визна-
чається вершина С. Далі через точку С треба провести прямі АС
і ВС так, щоб вони утворили з прямою ОЕ задані кути. Для цього,
410
побудувавши на прямій ОЕ при довільних точках Лг\ Вг кути,
що дорівнюють даним Лх = /, А і / = /, В, через точку С про:
водимо АС || Л^, ВС [| ВгМ.
33. Побудувати паралелограм за його діагоналями (і1, і однією'
з його сторін, наприклад а.
За трьома сторонами АВ = а, АО = ~ сі і, ВО =б/2 будуємо
А АОВ, сторони якого АО і ВО продовжуємо за точку О на від-
різки, які відповідно рівні: ОС = АО і ОО == ВО (рис. 234).
Послідовно сполучаємо точки Л, В, С, О. Фігура АВСО— шуканий
Паралелограм.
34. Побудувати трапецію за чотирма сторонами а, Ь, с, сі (а Ц Ь),
Будуємо Д СВЕ за трьома сторонами ЕС = с, СВ — (і і ВЕ =
= а — Ь. На продовженні ВЕ відкладаємо АЕ = Ь. З точки А раді-
усом = с і з точки С радіусом /?2 ••= Ь проводимо дві дуги, які
перетнуться у точці О, Сполучимо точку И з точками А і С
(рис. 235). Фігура АВСО — шукана тра-
пеція.
35. Побудувати трапецію за основами
а, Ь, бічною стороною с і висотою И,
Проведемо дві паралельні прямі на від-
стані /і. На сдній з паралельних прямих
відкладемо відрізок АВ = а. З точки А
радіусом В = с проведемо дугу до її пере-
тину з іншою паралельною прямою в точці
О (рис. 236). Від точки О відкладемо від-
різок ОС --- Ь. Сполучимо точки С і В. Тра-
пеція АВСО — шукана.
36. До сторони заданого гострого кута провести перпендику-
лярну пряму, відрізок якої, обмежений сторонами цього кута, дорів-
нював би даному відрізку а.
З довільної точки ТУ, яка лежить на стороні АВ даного гост-
рого / АВС, поставимо перпендикуляр і на ньому від точки У все-
редину кута відкладемо відрізок /УМ = а.
Проведемо пряму МК || АВ до її перетину з стороною кута"ВС
у точці К. З точки К опустимо перпендикуляр КЕ на сторону АВ.
Пряма КЕ— шукана, бо КЕ ± АВ і КЕ = МК =а (рис. 237).
37. Через точку N всередині даного / АВС провести пряму,
відрізок якої, обмежений сторонами цього кута, ділився б точкою
У пополам.
Через вершину / В І дану точку N проведемо пряму, на про-
довженні якої від точки N відкладемо відрізок КК = В1У (рис. 238).
411
Через точку К проведемо пряму, паралельну до сторони АВ
до її перетину з стороною ВС у точці Ь. Через точки І і N прове-
демо пряму /-МЛІ, яка й буде шуканою.
Дійсно, А ВЛЇМ = ДМІМ, бо ^ВКМ = ^ІІЇК, £ЬКК=>
= / ІЇВМ і за побудовою ВК = МК. Отже, ЬК = УИМ.
38. Провести бісектрису кута, вершина якого зрізана і лежить
поза рисунком.
З двох довільних точок К і Я, взя-
тих на сторонах І і т даного кута, по-
Рис. 237, Рис. 238.
ставимо перпендикуляри, на яких відкладаємо рівні відрізки КМ =
= ДМ (рис. 239).
Через точки М і N проводимо паралельно до сторін даного
кута прямі МО |! І, N0 || т, які, перетинаючись, утворюють ^_№0М.
Бісектриса допоміжного / МОЛІ, побудована викладеним вище
способом, буде одночасно і бісектрисою даного кута з сторонами
тії.
Рис. 240. Рис. 241.
39. Побудувати геометричне місце точок (див. § 29), з яких
даний відрізок АВ видно під заданим кутом а.
Відкладемо на довільній прямій відрізок АВ. З кінця цього
відрізка А під заданим кутом а проведемо промінь АР (рис. 240).
Від променя АР з іншого боку відрізка АВ проведемо перпендику-
ляр АС} 1 АР. З середини М відрізка АВ поставимо перпендикуляр
ММ ± АВ.
З точки О перетину прямих АС} і МЛІ як з центра радіусом /?
проведемо коло. Будь-який з вписаних кутів АСВ, АОВ, АР В тощо
дорівнює заданому куту а, тому що всі ці кути спираються на дугу
ЛМВ = 2а (див. § 22). Отже, дуга АОВ і дуга, симетрична з побу-
412
дованою відносно АВ, є шукане геометричне місце точок, бо тільки
з кожної точки цих дуг відрізок АВ видно під заданим кутом а.
Точки будь-якої іншої дуги або лінії, а також і будь-які інші
ізольовані точки цієї властивості не мають.
Зауважимо, що з кожної точки доповнюючої дуги АМВ відрі-
зок АВ видно під одним і тим самим кутом
р= 180°—а.
Самі точки А і В треба виключити з розгляду. Побудовану дугу
АОВ називають також дугою, що містить даний кут а.
40. Побудувати трикутник за основою а, висотою На і кутом
при вершині а (рис. 241).
Будуємо дугу МАВМ, яка містить даний /.а і спирається на
Дану хорду ММ = а (див. попередню задачу). З довільної точки СІ
прямої ММ поставимо до неї перпендикуляр і на ньому від точки
<2 викладемо задану висоту Иа. Проводимо пряму 11| ММ, яка про-
ходить на віддалі ка від прямої ММ.
Якщо пряма І перетинає коло 0 у двох точках, задача має два роз-
в’язки.
Якщо пряма І е дотичною до кола 0, задача має один розв’язок.
Дослідіть, в яких випадках задача взагалі не має розв’язків.
Впр ави. 1. Побудувати квадрат за його стороною АВ або за
його діагоналлю АС.
2. Побудувати трикутник за основою Ь, медіаною ть і висо-
тою Нь~
3. Через дану точку А провести пряму, від якої дане коло від-
тинало б хорду даної довжини (}.
§ ЗО. Метод геометричних місць точок
Поняття про геометричне місце точок є дуже важливим не тільки
в геометрії, а й у інших розділах математики.
Зауваження. Термін «геометричне місце точок» запровадив
старогрецький вчений і філософ Арістотель (384—322 рр. до н. е.),
який уявляв собі лінію як деяке «місце», де можуть бути розмі-
щені точки.
Поняття лінії як сліду рухомої точки або як сукупності точок
виникло значно пізніше.
Відповідно до новітніх поглядів на геометричні фігури, які
базуються на теорії множин, слід було б застарілий термін «гео-
метричне місце точок» замінити сучасним науковим терміном «мно-
жина точок».
Проте за традицією термінами «геометричне місце точок», «метод
геометричних місць» та іншими користуються ще мільйони викла-
дачів і вивчаючих мате4матику і ці терміни вживаються у переваж-
ній більшості наукових і методичних видань; тому ми також кори-
стуємося терміном «геометричне місце точок», розуміючи при цьому
строго наукове поняття «множина точок, які маюті відповідну до
умови даної задачі властивість».
Геометричним місцем точок називається множина всіх точок,
які мають одну або кілька спільних властивостей. З цього визна-
чення не виходить, що точки деякого геометричного місця не
413
можуть мати й інших властивостей, характерних лише для частини
даних точок чи навіть для однієї з них.
Одна й та сама умова може визначити різні геометричні місця
точок залежно від того, де вона здійснюється: на прямій лінії, на
площині чи у просторі.
Якщо геометричне місце точок визначене, то накладання допо-
міжних умов істотно змінює характер даного геометричного місця,
звужує його. Умови, які визначають геометричне місце точок, мо-
жуть задаватися за допомогою деяких даних описового характеру,
-а також за допомогою аналітичних виразів: рівнянь, їх систем, не-
рівностей тощо.
У другому випадку використовується принцип взаємно одно-
значної відповідності точок прямої лінії і дійсних чисел, точок
площини і пар дійсних чисел, точок тривимірного простору і трійок
дійсних чисел, які є відповідно одно-, дво- і тривимірними коор-
динатами точок.
В елементарній математиці розглядаються також геометричні
місця точок на комплексній площині.
Приклади.
і. Геометричним місцем точок на прямій, рівновіддалених від
точок А і В Цієї прямої, є одна єдина точка С — середина відрізка
АВ. Геометричним місцем точок на площині, рівновіддалених від
кінців відрізка АВ, є всі точки перпендикуляра, що проходить
через середину відрізка АВ. Жодна інша точка площини, яка не
лежить на даному перпендикулярі, цієї властивості не має і, отже,
не належить до розглядуваного геометричного місця точок.
У просторі таким геометричним місцем точок буде перпендику-
лярна до АВ площина, що проходить через середину цього від-
різка.
2. Геометричним місцем точок, рівновіддалених на дану віддаль
а від даної точки 0, є коло радіуса з центром у точці О
(і куля радіуса В = а у випадку простору).
В цьому параграфі розглядаються лише приклади геометричних
місць точок на площині.
3. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від сторін дано-
го кута, є бісектриса цього кута, а геометричним місцем точок,
рівновіддалених від двох прямих, що перетинаються, є бісектриси
вертикальних кутів, утворених цими прямими.
4. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від вершин
даного трикутника, є лише одна точка — центр описаного навколо
цього трикутника кола, а геометричним місцем точок, рівновіддале-
них від сторін даного трикутника, є центр вписаного в нього кола—
точка перетину бісектрис його внутрішніх кутів.
5. Геометричним місцем точок, які лежать від даної прямої І
на віддалі а, е дві паралельні прямі, розміщені по обидві сторони
від прямої І на віддалі а від неї.
6. Геометричним місцем вершин трикутників, які побудовані на
даній основі а і мають дану площу 3, є дві паралельні до основи
прямі, які лежать по обидві сторони від нього на віддалі
а
7. Геометричним місцем центрів кіл однакових радіусів до-
тичних до даного кола О радіуса є:
414
а) у випадку. /? > /?і — Два кола радіусів /?2 = /?і + /? 1 /?3 =
= /?і — /? з центрами в точці О;
б) у випадку /?</?! — два кола радіусів /?2 = /?-}-/?і = 2/?
з центрами в точці О;
в) у випадку = —коло подвоєного радіуса /?2 = /?-}-/?х=
~22? з центром в точці О і сама точка 0» тобто коло нульового
радіуса /?3 = /? — /?х = 0.
Порядок розв’язання задач на побудову за допомогою методу
геометричних місць точок такий:
а) з кількох умов, даних у задачі, залишають лише частину,
відкидаючи решту. Цим самим задача перетворюється на невизна-
чену, тобто таку, яка має безліч розв’язків. Звичайно цю множину
розв’язків можна легко знайти, тому що
метричним місцем точок;
б) побудувавши відповідне
геометричне місце точок, розгля-
дають будь-яку іншу умову за-
дачі і будують ще одне геомет-
ричне місце точок і т. Д.
Спільні точки, які належать
всім геометричним місцям, побу-
дованим за умовами задачі, і дають
' остаточний результат — шукану
фігуру, лінію тощо.
вони € елементарним гео-
’При розв’язанні деяких задач § 28 ми вже користувалися мето-
дом геометричних місць точок, наприклад в задачах 19—21.
Задача 1. Знайти геометричне місце точок, відношення від-
далей яких від кінців даного відрізка є задана стала величина.
Дано відрізок АВ (рис. 242) і деяке число -2.. Радіусами, що
дорівнюють а і Ь (або радіусами, що пропорціональні до них),
описуємо з точок А і В як з центрів дві дуги. Точка X перетину
цих дуг буде однією з шуканих точок. Поділивши / АХ В і суміж-
ний з ним пополам прямими ХС і ХО, одержимо на прямій АВ дві
точки С і Р, які також належать до шуканого геометричного місця,
або АС : СВ = а : Ь і АО : Вй = а : Ь, причому точки Д В, С, О
утворюють гармонійну групу точок. Оскільки / СХО — прямий,
то точка X лежить на колі, описаному на СО, як на діаметрі. По-
кажемо, що кожна точка цього кола належить до шуканого
геометричного місця. Візьмемо на колі довільну точку У і спо-
лучимо її з точками А, В, С і й. Пари точок А, В, С і О гармо-
нійно спряжені і, крім того, /_ОУС— прямий, бо спирається на
діаметр, а тому
. ' / АУС = /_ ВУС,
отже,
ЛГ __
ву ~ СВ ~~ Ь ‘
Задача 2. Побудувати геометричне місце середин хорд, що
виходять з однієї точки кола.
Нехай дано коло О і на ньому точку Л4 (рис. 243). Точка О
належить шуканому геометричному місцю, бо вона є серединою
діаметра, а отже, найбільшої хорди, яка проходить через точку М.
415
Проведемо довільну хорду Л/Л/ і її середину К сполучимо
з центром 0, Кут МКО — прямий за побудовою. До шуканого гео-
метричного місця точок, отже, належать вершини прямих кутів
всіх прямокутних трикутників, побудованих на відрізку МО як на
гіпотенузі. Таким чином, шукане геометричне місце точок являє
собою коло, побудоване на відрізку МО як на діаметрі, за винят-
ком точки М.
Задача 3. У дане коло 0 вписати трикутник, який має дану
основу а і медіану ть (рис. 244).
З довільної точки М кола, як з центра радіусом г = а, прове-
демо дугу до її перетину з колом О у точці V. Хорда М1У = а,
таким чином, побудована.
На відрізку МО як на діаметрі побудуємо коло С\. З точки N
як з центра радіусом /? = ть проведемо дугу до її перетину з ко-
лом Оі у точці Ь. Сполучимо точки М і 1 і відрізок МЬ продов-
жимо До перетину з колом О у точці /V. Трикутник ММА— шука-
ний. Задача може мати два розв’язки: Л МїїА і Л ММА^ (рис. 244),
один розв’язок (рис. 245) і не мати жодного розв’язку.
Задача 4. Побудувати трикутник за основою с, бічною сто-
роною Ь і кутом при вершині а.
416
Будуємо геометричне місце точок, з яких даний відрізок АВ^
*=с видно під даним кутом (див. задачу 39 § 29). З двох дуг з хор-
дою АВ = с, що вміщують даний кут а, розглянемо лише одну.
Другим геометричним місцем точок буде коло з центром у точці
А і раді усом Я — Ь.
Обидва геометричні місця можуть мати дві спільні точки, одну
І не мати жодної. Відповідно, до цього задача може мати два роз-
в’язки (рис. 246)-, один (рис; 247) або не мати розв’язку (рис. 248).
Вправи. 1. Знайти геометричне місце точок, віддаль яких від
однієї з двох паралельних' прямих у три рази більша, ніж від
Другої.
2. Знайти геометричне місце точок, які є вершинами трикутни-
ків з даною основою і даною медіаною, проведеною до цієї основи.
3. Знайти геометричне місце середин відрізків прямих, які
паралельні до однієї з діагоналей паралелограма і лежать всере-
дині його
4. Побудувати квадрат, сторони якого проходять через чотири
дані точки. Чи завжди ця задача має. розв’язок?
5. На стороні даного кута знайти точку, рівновіддалену від
іншої його сторони і від даної всередині кута точки.
§ 31. Метод подібності
У багатьох задачах на побудову можна подїлити умову задачі
на дві такі частини, що одна з них цілком визначає форму фігури,
яку треба побудувати, а інша частина визначаг розмір цієї фігури.
Суть методу подібності полягає у тому, що, використовуючи ті
елементи умови задачі, які визначають форму шуканої фігури, можна
спочатку побудувати фігуру, подібну до шуканої Потім, вико-
ристовуючи елементи, що визначають розмір, за допомогою подіб-
ного перетворення виконують побудову шуканої фігури.
Цей метод зручний, коли тільки одна з даних у задачі величин
є довжиною, а решта величин — кути або відношення яких-небудь
лінійних елементів.
14 5-2692
417
Задача 1. У даний АВС вписати коло, яке проходило б
через Дану всередині цього кута точку М.
Проведемо бісектрису ВС / АВС і пряму ВМ. Центр шуканого
кола повинен лежати на ВС, однак його положення на ВС невідоме.
Побудуємо допоміжне коло, вписане в / АВС. Його центр О
також повинен лежати на ВС (рис. 249). При перетині кола О з пря-
мою ВМ одержимо Дві точки Р і Ц. Сполучимо точки Р і (} з цент-
ром О і проведемо через точку М прямі МО^ || РО і МО2|і(?О.
Точки Оі і О2 будуть центрами двох кіл, які можна вписати у / АВС
так, щоб вони проходили через точку М. Таким чином, задача має
два розв’язки. Центром подібності є точка В.
Задача 2. Побудувати трикутник за відношенням його сто-
рін (а:Ь), висотою Нс і / С.
Візьмемо два довільні відрізки пг і п так, щоб виконувалося
співвідношення
т а
п ~' Ь
За відрізками т, п і кутом між ними С побудуємо А
подібний до шуканого трикутника. Цим самим встановлена форма
шуканого трикутника. Далі виконаємо подібне перетворення Л ЛіВіС
так, щоб висота шуканого Л АВС дорівнювала даній висоті Нс.
Для цього на висоті СОг А Л^С (або на продовженні висоти СЕ^)
відкладемо відрізок СО = Нс і через точку О проведемо пряму
АВ || ЛіВі (рис. 250). Трикутник АВС — шуканий.
Задача 3. У даний трикутник вписати квадрат,так, щоб дві
його вершини лежали на бічних сторонах трикутника, а дві інші
вершини—на основі.
У даному А АВС проведемо М/У|| АС і на відрізку М^ побу-
дуємо квадрат КСі\№ (рис. 251). Продовживши в обидві сторони
відрізок КС, одержимо на сторонах трикутника точки Лі,
А.ЛхВСі сю д АВС. Виконаємо подібне перетворення квадрата
КСМІЇ, приймаючи за центр подібності точку В. Продовживши про-
мені ВС І ВК До перетину їх з основою ЛС, одержимо точки Е3
і Кі. Поставимо з цих точок перпендикуляри до основи АС і одер-
жимо точки Мь Таким чином, квадрат є вписаним
у А АВС відповідно до умови задачі.
Задача 4. Вписати у даний сегмент квадрат так, щоб його
сторона лежала на хорді, а дві вершини — на дузі сегмента.
Побудову зручно виконати таким чином. З кінців хорди АВ
поставимо до неї перпендикуляри: А О _1_ АВ, ВС X АВ, АО — ВС =»
418
*= АВ (рис. 252). Виконаємо подібне перетворення квадрата ЛВСР,
взявши за центр подібності середину N хорди АВ.
На перетині відрізків ОМ і Сії з дугою даного сегмента одер-
жуємо відповідно точки Е і Р. Опустивши з цих точок перпенди-
куляри на АВ, дістаємо точки Ег і Р^ Квадрат ЕЕ-^Р —
шуканий.
Вправи. 1. Побудувати ромб, якщо дано його сторону і від-
ношення діагоналей.
2. Побудувати паралелограм, якщо дано відношення його суміж-
них сторін, кут і одну з діагоналей.
3. Побудувати рівнобедрену трапецію, якщо дано відношення
основ, одну діагональ і кут.
4. У даний ромб вписати квадрат, вершини якого лежали б на
сторонах ромба.
5. У даний круг вписати прямокутник з даним кутом між Діа-
гоналями.
§ 32. Метод симетрії
Цей метод розв’язання задач на побудову базується на власти-
востях осьової і центральної симетрії фігур або їх частин.
Симетрія відносно прямої (осі). Дві точки А і А', розміщені
по різні сторони від прямої ММ на одному і тому самому перпен-
дикулярі до неї і на однаковій віддалі від основи Ь перпендику-
ляра, називаються симетричними відносно прямої (осі) Мії.
Дві фігури називаються симетричними відносно прямої
якщо кожній точці однієї фігури відповідає симетрична до неї від-
носно осі ММ точка другої фігури. Аналогічно визначається осьова
симетрія двох частин однієї і тієї самої фігури (рис. 253).
Будь-які дві фігури, симетричні відносно будь-якої осі, рівні
між собою. Проте для суміщення таких фігур потрібний поворот
(винесення з площини) однієї з них.
Симетрія відносно точки (центра). Дві точки А і А', що лежать
на одній прямій.з точкою О по різні сторони від неї і на однаковій
віддалі, називаються симетричними відносно точки О (рис. 254).
Точку О називають також центром симетрії.
419
Якщо для двох точок А І В якої-небудь прямої АВ побуду-
вати симетричні до них відносно деякої точки О точки А' і В', то
А'В' II АВ. А'В' =» АВ
і кожній точці О прямої АВ відповідає симетрична до неї відносно
того самого центра О точка £>' на прямій А'В' (рис. 254).
Рис. 254.
Дві фігури називаються симетричними відносно точки 0, якщо
кожній точці однієї фігури відповідає симетрична до неї відносно
центра симетрії О точка другої фігури. Така симетрія двох фігур
називається центральною.
Якщо кожній точці деякої фігури відповідає симетрична до неї
точка цієї самої фігури, то кажуть, що дана фігура має центр
симетрії.
Кожну фігуру можна сумістити з фігурою, центрально-симет-
ричною до неї, за допомогою повороту навколо центра симетрії на
180". Центрально-симетричні фігури мож-
на сумістити одну з одною без перевер-
тання, тобто без винесення з площини.
Суть методу симетрії розв’язання
задач на побудову полягає в тому, що
для даної фігури (або її частини) ви-
конують симетричну відносно деякої осі
або точки побудову. Це часто дає мож-
ливість помітити такі залежності між
елементами фігур (абс їх частин) даної
і симетричної, які до побудови важко
було б помітити. Розв’язання задачі при
цьому істотно полегшується. Успіх залежить від характеру самої
задачі, вдалого вибору осей і центрів симетрії.
Задача 1. Дано пряму І і дві точки А і В з однієї сторони
від неї. Знайти на прямій І точку N таку, ^щоб сума АМ 4- ВМ
була найменшою.
Побудуємо точку Вг, симетричну до гочки В відносно прямої І.
Нехай N — шукана точка (рис. 255). Тоді
Вії = В^ і Аії 4- 1УВ = ЛА' + МВ^
Сума ЛЛ; + N8-^ найменша, якщо відрізки АМ і ^В1 утворюють
пряму лінію. Отже, побудувавши точку В± і сполучивши її з зада-
420
ною точкою А, дістанемо шукану точку N як точку перетину пря-
мих І і АВ}.
Задача 2. Дано два кола з центрами у точках і О2 і пряму
АВ, яка їх не перетинає. Знайти на прямій АВ таку точку IV, щоб
дотичні, проведені з неї до даних кіл, були нахилені до прямої АВ
під рівними кутами (рис. 256).
-Будуємо коло симетричне до кола 01 відносно прямої АВ.
Проводимо спільну дотичну до кіл 0\ і 02. Вона перетинає пряму
АВ у шуканій точці /V. Задача має чотири розв’язки відповідно
до чотирьох спільних дотичних (зовнішніх і внутрішніх) до кіл О/
і 02 (див. рис. 219 і 221).
Задача 3. У даний кут вписати трикутник найменшого пери-
метра так, щоб одна його вершина знаходилась у точці, що лежить
всередині кута, а дві інші — на його сторонах. Виконати побудову.
Нехай дано і всередині його точку А. Побудуємо
точку Ау симетричну до точки А відносно прямої 0Л1, і точку Л2,
симетричну до точки А відносно прямої ОМ. Точки В і С перетину
прямої /4^2 з прямими ОМ і ОМ будуть вершинами шуканого три-
кутника.
Задача 4. Нехай ММ І РО — перпендикулярні прямі, О —
точка їх перетину.. Точки А' і А симетричні відносно /ИЛ7, а точки
А" і А — відносно Рф. Довести, що точки А' і Л" симетричні від-
носно точки О. Виконати побудову.
Треба довести, що лінія А'ОА" — пряма і А’О = ОА". З рів-
ності прямокутних трикутників АОК і А'ОК, АОЬ і А"ОЬ випли-
ває, що Д АОА' і дАОА" рівнобедрені, а тому / АОК = /_А'ОК,
£АОЬ = Х.А"ОЬ; але АОЬ + АОК = 90°; отже, £А"ОА +
/ АОА' = 90° + 90° = 180°, тобто точки А', 0 і А" лежать на
одній прямій, при цьому А"О = О А — О А' як сторони рівнобедре-
них трикутників із спільною бічною стороною О А. Отже, точки А'
І А" симетричні відносно центра О.-
Задача 5. Побудувати чотирикутник за чотирма сторонами,
якщо відомо, що його діагональ ділить один з кутів пополам.
Нехай діагональ ВО чотирикутника АВСО ділить кут О попо-
лам (рис. 257). Нехай для конкретності АО>СО. Оберемо віссю
симетрії діагональ ВИ і, перетинаючи рисунок по цій осі, на АО
421
одержимо точку Е, симетричну до точки С відносно ВО, Сполучимо
точки В' і Е. Тоді ВЕ = ВС, ОЕ = ОС і АЕ = АО » С£), отже,
Л АВЕ можна побудувати за трьома сторонами. Далі на продов-
женні АЕ від точки А відкладаємо дану сторону АО. Використо-
вуючи дані сторони ВС і ОС, дістаємо четверту вершину С шука-
ного чотирикутника/для чого з точок В і О як з центрів радіу-
сами ВС і ОС проводимо дуги, перетин яких і дає точку С.
Вправа. Побудувати трикутник за двома сторонами АС і ВС
і різницею кутів, що лежать проти них.
§ 33. Метод паралельного перенесення
Цей методе найдоцільнішим, коли безпосередня побудова шука-
ної фігури становить труднощі внаслідок відокремленості її еле-
ментів. Відокремленість елементів шуканої фігури може виража-
тись не тільки у віддаленості їх одна від одної, а й у відсутності
зручного для розв’язання задачі компонування цих елементів (вклю-
чення у трикутник якої-небудь іншої фігури та ін.).
У цих випадках елементи фігури переносять паралельно до
самих себе на таку віддаль, щоб одержану після перенесення фігуру
можна було побудувати простіше, ніж шукану. При цьому треба
прагнути, щоб одержана фігура мала якомога більше вихідних даних.
ПІСЛЯ ПОбуДОВИ ДОПОМІЖНОЇ фігу- дА .
ри і зворотного перенесення дістає- М\\
мо шукану фігуру за допомогою „
ряду найпростіших побудов або без- \// Чс
посередньо. \
В Ь С ВҐ) А
А а в І *£ А д
Рис. 258. Рис. 259.
Задача 1. Побудувати трапецію за її основами а, Ь і діаго-
налями і (І2.
У трапеції АВСО (рис. 258) діагоналі для побудови безпосе-
редньо використати не можна. Проте, виконавши паралельне пере-
несення діагоналі ОВ = д.2 на величину Ь, помічаємо, що А АСЕ
легко можна побудувати за трьома сторонами а + Ь, і б/2. Одер-
жавши точку С, решту побудови виконуємо дуже просто. Прове-
демо СО || АВ і на прямій ОС радіусом, що дорівнює гі2» 3 точки В
як з центра робимо засічку 2), виконуючи зворотне перенесення
діагоналі гі2. Точки А, В, С і О сполучаємо. Фігура АВСО — шу-
кана трапеція.
Задача 2. Побудувати чотирикутник за двома протилежними
сторонами та трьома кутами.
Припустимо, що чотирикутник АВСО — шуканий (рис. 259).
Перенесемо сторону ВС паралельно до самої себе так, щоб вона
422
проходила через вершину А. За побудовою АЕ = ВС, Сполучивши
точку Е з точкою £>, одержимо А АБО, в якому відомі дві сто-
рони АЕ і АО і кут ЕаЬ:
ЕАЕ>=* £ ВАО — /_ ВАЕ,
де
/_ ВАБ = /_ ІЇВС = 180° — /_ АВС.
Побудувавши трикутник АБО, проведемо ЕС |[ АЇЇ і промінь
з точки О під заданим кутом АОМ. На перетині цих прямих і одер-
жимо точку С.Далі проведемо СВ || АЕ. Одержану точку В сполу-
чаємо з точкою А. Фігура АВСО — шуканий чотирикутник.
Вправи. 1. Побудувати чотирикутник за трьома його сторо-
нами і кутами, прилеглими до четвертої сторони.
2. Побудувати прямокутник з даною стороною так, щоб сторони
його проходили через чотири дані точки.
3. Побудувати трикутник за медіанами двох його сторін і висо-
тою, опущеною на третю сторону.
§ 34. Метод інверсії
Точки А і Лі називаються взаємно інверсними або симетричними
відносно кола з центром у точці О і радіусом за умови, що вони
лежать на одному промені, який виходить з центра кола О, а від-
далі ОА і ОАі зв’язані співвідношен-
ням (рис. 260)
ОА ОЛі = /?2.
Точку Лх називають зворотним
або інверсним зображенням точки Л,
а саме перетворення називають пере-
творенням інверсії. При цьому, якщо
точка А лежить всередині кола О, то
її інверсне зображення Лі обов’яз-
ково буде лежати поза колом О, і на-
впаки.
Дане коло О називають колом інверсії, а його центр — полюсом
або центром інверсії. Величина 7?2 є степенем інверсії. Термін
«інверсія» походить від латинського слова іпоегзіо — перетворення,
перестановка.
Перетворення інверсії легко здійснити графічно. Для цього
з даної точки А поставимо перпендикуляр до променя ОА і через
точку М (або ії) його перетину з колом 0 проводимо дотичну, яка
і відсікає на продовженні променя ОА точку Лі, симетричну від-
носно кола О (рис. 260).
Дійсно, з подібності Д ОМА і Д 0МА± (/_ ОАМ = ОМЛх =
= 90° і / МОА = / МОЛі) дістаємо
-А1 = 5А, або ОА ОА^І?,
як і повинно бути для взаємно інверсних точок.
Якщо дана точка Лх лежить поза колом О, то проводимо з неї
дотичну АіМ, а потім, опустивши перпендикуляр МА ± ОЛр одер-
423
жуємо її зображення А. Точці, що лежить на колі інберсії, відпо-
відає сама ця точка.
Якщо точка А наближається до центра інверсії, то її зобра-
ження Ді віддаляється нескінченно далеко.
Якщо точка А наближається До кола інверсії, то її інверсне
зображення Аг зовні наближається до тієї самої точки на колі.
Сукупність зворотних зображень всіх точок деякої фігури утво-
рює фігуру, яка інверсно відповідає даній. Зокрема, колу інверсії
відповідає саме це коло, а прямій, що проходить через центр інвер-
сії, відповідає саме ця пряма. В цьому випадку кожному радіусу,
тобто відрізку, що сполучає центр з якою-небудь точкою кола, від-
повідатиме промінь, що йде у нескінченність і є продовженням
цього радіуса.
Частина площини, що міс-
титься всередині кола інверсії,
відповідає зовнішній частині пло-
щини, і навпаки. Прямій лінії,
яка не проходить через центр ін-
версії, відповідає
і коло, що прохо-
дить через центр інверсії. Коло,
яке не проходить через центр ін-
версії, перетворюється на інше
коло, яке також не проходить
через центр інверсії.
Якщо дві лінії перетинаються
чи дотикаються, то і образи (зо-
браження цих ліній), одержані за
допомогою інверсії, перетинаються або дотикаються у відповідній
точці.
Кут перетину двох ліній дорівнює куту перетину образів цих
ліній, але протилежний йому за знаком.
Перетворення інверсії часто називають також перетворенням за
допомогою обернених радіусів або. коротше, перетворенням оберне-
ними радіусами.
Метод інверсії розв'язання задач на побудову базується на
тому, що при інверсії відносно кола (як і при симетрії відносно
прямої, яка є окремим випадком інверсії) фігура, обернена до даної,
зберігає достатньою мірою подібність з даною фігурою, зокрема всі
кути зберігають величину, у задачах на побудову деякі елементи
і зв'язки між ними у шуканій фігурі невідомі. їх треба визначити,
відшукавши шлях до розв’язання, що не завжди легко. При інверсії
дані і шукані елементи відображуються і часто залежність між ними
помітити легше у відображеній фігурі, ніж у вихідній. Побудувавши
відображену фігуру, інвертують її обернено з тими самими центром
і степенем інверсії і одержують шукану фігуру. Велику роль тут
відіграє правильний вибір центра і степеня інверсії.
Задача. Побудувати коло Ор яке дотикається до даного
кола і проходить через дві задані точки А і В. розміщені поза ко-
лом О.
Припустимо, що задачу розв’язано. Приймемо точку А за центр
інверсії, а квадрат дотичної, яку проведено з точки А до кола О, —
за степінь інверсії (рис. 261):
АТ2 або АТ = Я.
424
Шукане коло 0 буде відображеною фігурою до дотичної
яка проведена до заданого кола 0 з точки В19 де точка Вг інверсна
до заданої точки В. Щоб її визначити, проводимо через задані точки
А і В промінь, а потім з центра А радіусом /? = АТ — коло інвер-
сії і будуємо точку симетричну відносно цього кола, як було
показано на рис. 260. Проводимо через точку Вг дотичну В^г
І сполучаємо знайдену точку Л\ відрізком прямої з заданою точкою
А; маємо
АN • АЛ^ = АТ2 = /?2,
оскільки добуток всієї січної на її зовнішню частину дорівнює
квадрату дотичної. Отже, точки N і також взаємно симетричні
відносно того самого кола інверсії А.
Якщо ми тепер, рухаючись по прямій ^іВь будемо віддалятися
у нескінченність, то образом (зображенням) нескінченно віддаленої
точки буде центр інверсії, тобто точка А. У такому випадку обра-
зом ВСІЄЇ прямої N^1 буде коло Ох, що проходить через точки
А, В, У, яке легко побудувати (див. задачу 13 § 28). Це коло
і буде шуканим, бо кути при інверсії збереглися, а пряма ЇЇ^В^
дотикається до заданого кола отже, і його образ — коло
А^В—буде дотикатися до заданого кола О у точці інверсній
до тбчки N-1.
* хНа закінчення зауважимо, що перетворення інверсії застосо-
вують не лише в геометрії, а і в картографії, теорії функцій
комплексної змінної, фізиці і техніці. Наприклад, видатний росій-
ський математик П. Л. Чебишов (1821—1894), який створив кілька
нових напрямів у вищій математиці, основоположник теорії механіз.-
мів у Росії, користуючись інверсією, сконструював ряд оригінальних
механізмів для перетворення криволінійного руху у прямолінійний.
Вправи. 1. Дано коло О. Побудувати кола, що перетинають
дане коло під прямими кутами. (Коло перетинається під прямими
кутами колом, яке проходить через дві інверсні відносно даного
кола точки. Радіус січного кола дорівнює довжині дотичної, прове-
деної з його центра до кола О).
2. Дано коло інверсії радіуса 7?. Визначити фігуру, інверсну
(відображену) до кола радіуса концентричного з колом інверсії.
Розглянути випадки /?</?!, /? =
3. Побудувати графічно ще кілька образів (зображень) точок,
взятих довільно на прямій симетричних відносно кола інвер-
сії А, і перевірити, чи всі ці точки знаходитимуться на колі
(див. рис. 261).
Зауваження. За допомогою методу інверсії можна, зокрема,
розв’язати відому стародавню задачу—задачу Аполлонія: побуду-
вати коло, дотичне до трьох даних кіл довільних радіусів.
§ 35. Побудова фігур, рівновеликих до даних
При розв’язанні планіметричних задач на обчислення, побудову
1 доведення часто доцільно спочатку побудувати фігуру, рівнове-
лику до даної, тобто фігуру, площа якої дорівнює площі даної
фігури. Розглянемо деякі приклади побудови рівновеликих фігур.
1. Побудувати рівнобедрений трикутник, рівновеликий до даного
Довільного трикутника. Виконати рисунок.
425
Через вершину даного трикутника проводимо пряму, паралельну
до його основи. Точку, одержану при перетині цієї прямої з пер-
пендикуляром, поставленим до середини основи, сполучаємо з кін-
цями основи. Одержимо рівнобедрений трикутник. Його основа
і висота відповідно дорівнюють основі і висоті даного трикутника;
отже, їх площі рівні.
2. Побудувати прямокутний трикутник, рівновеликий до довіль-
ного заданого.
Вершину шуканого трикутника знайдемо як точку перетину
прямої, що паралельна до основи і проходить через вершину даного
трикутника, з перпендикуляром, поставленим в кінці його основи.
3. Побудувати квадрат, рівновеликий до даного трикутника.
Нехай основа і висота даного трикутника дорівнюють відпо-
відно а і к.
Позначимо сторону шуканого квадрата через х. За умовою рів-
ності площ трикутника і квадрата маємо
отже, сторона квадрата є середня пропорціональна між відрізками
~ і к (див. § 35). Задача має єдиний розв’язок.
4. Побудувати квадрат, рівновеликий до даної трапеції.
Нехай основи трапеції і її висота відповідно дорівнюють а, Ь,
к. Позначимо через х сторону шуканого квадрата. Отже, за умовою
рівності .площ маємо
о о. -|- Ь .
І
Таким чином, відрізок х і у даному випадку побудуємо як
середню пропорцюнальну величину між відрізками —— (середня
лінія трапеції) і к. Задача має єдиний розв’язок.
5. Побудувати (п—1)-кутник, рівновеликий до даного п-кут-
ника.
Нехай точки Л, В, С, Р, ... , N є вершинами даного п-кут-
ника. Проведемо діагональ АС (можна провести будь-яку іншу, яка
стягує дві суміжні сторони), а через вершину В — пряму ВЕ Ц АС
(рис. 262). Точку Е перетину цієї прямої з продовженням сторони
А^ сполучаємо з вершиною С. Фігура ЕСО ... N е вже (п — 1)-кут-
426
ником, бо число вершин даного /г-кутника зменшено на одиницю.
Оскільки Д АВС і А АЕС рівновеликі (доведіть це), то і побудо-
ваний (п—1)-кутник буде рівновеликий до вихідного п-кутника.
Задача має нескінченну кількість розв’язків.
6. Побудувати трикутник, рівновеликий до даного п-кутника.
Вказівка. Для виконання побудови треба операцію, описану
у попередній задачі, виконати (п— 3) рази, зменшуючи при цьому
кожного разу число кутів даного многокутника на одиницю. Після
виконання всіх операцій число кутів даного многокутника дорівню-
ватиме л — (л — 3) = 3. Використання побудови трикутника, рівно-
великого до даного чотирикутника, можна показати на такій задачі.
Задача. Якщо у довільному чотирикутнику АВСО через
середину () діагоналі АС провести пряму ЕР || В О, то пряма ВЕ
поділить площу даного чотирикутника пополам. Довести.
Через вершину чотирикутника С проводимо пряму СУ, пара-
лельну до його діагоналі ВІ). Тоді (згідно з прикладом 5) А АВУ
рівновеликий до вихідного чотирикутника АВСО (рис. 263). У такому
випадку треба довести, що
$АВЕ = ~2 $АВ№
Оскільки за умовою А<2 = С?С і (?Е Ц СУ, то ЦЕ є середня лінія
А АСУ\ отже, АЕ = ЕУ.
Таким чином, ВЕ є медіаною А АВУ і, отже,
5АВЕ в у $АВМ = у 5ЛВС2)’
що й треба було довести.
§ 36. Алгебраїчний метод розв'язання
геометричних задач на побудову
Застосування алгебраїчного методу до розв’язання геометричних
задач на побудову зводиться до таких чотирьох етапів:
1) складання рівняння за умовами задачі;
2) розв’язання одержаного рівняння відносно букви, яка позна-
чає шуканий відрізок;
3) дослідження одержаної формули;
4) побудова відрізка за складеною формулою.
У даному параграфі ми зупинимося тільки на четвертому пункті,
тому що застосування всіх попередніх не викликає труднощів.
Побудова відрізків за заданими формулами.
Нехай через а, Ь, с, сі ... позначені задані відрізки, а через х, у,
2, і ... — шукані.
А. Побудова відрізків за формулами, які являють собою суму,
а також множення або ділення відрізків на число, не становить
труднощів і зводиться до додавання відрізків, їх віднімання, збіль-
шення відрізка у дане число разів і ділення відрізка на дане число
рівних частин (див. § 28). ______
Б. Побудова відрізків за формулами х = ]/а2 + &2, х =
= )Лс2 — Ь2 зводиться до побудови прямокутного трикутника за
427
його катетами або гіпотенузою і катетом. У першому випадку х —
гіпотенуза, у другому — катет. /
В. Побудова відрізків за формулами /
аЬ а2 '
х= —; х = — .
с с
зводиться до відшукання четвертого пропорціонального відрізка
(використовується теорема про перетин кута паралельними прямими).
Г. Побудову відрізків за формулами
х = ; х2 = аЬ, або х =
зручно виконувати, використовуючи теорему про перпендикуляр,
опущений з довільної точки кола на Діаметр.
Д. Побудова відрізків за формулами, що є комбінацією наведе-
них формул, виконується, за допомогою введення допоміжних неві-
домих відрізків і послідовного відшукання їх.
Приклади.
Е у~(д + 6) (Ь- с),
а с
Тут необхідно послідовно побудувати чотири відрізки: у=а-{-Ь»
г = Ь — с, і = а + с, х = ~~.
л а2 + 2аЬ + Ь2
2. х =--—;—!— .
а + с
о . ж (о + Ь)2
Звівши задану формулу до вигляду х = -—
треба побудувати
три відрізки у = а 4- Ь, г = с, х = -у-, Без перетворення після
почленного ділення довелося б виконати п’ять операцій.
о аЬ сі2 + Ь2
сд.
Треба покласти у = ~ , г = /о2 + тоді дістанемо х — .
4. х = ]/а2 + і?2 + с2 — с/2.
Тут треба побудувати два допоміжні відрізки:
у = У^^Ь2, г = /с2 —а2.
Тоді х = Уу2_^22 у цЬОму прикладі, як і у багатьох інших»
ввівши нові відрізки, можна добирати різні комбінації заданих.
Найкращим розв’язаннями буде таке, яке потребує мінімальної кіль-
кості операцій.
5. х = V0* +
Тут треба Попередньо виконати перетворення
л == 0і + Ь* = V+ б4 =
= Уа" (аз+-^)=]/а /+(4“) •
428
Отже, трео^ покласти
' X Ь2 г
у = — > г = V а2 + У2’
тоді \
х = V аг.
6. У А АВС вписати квадрат М()Р1\І так, щоб дві його вершини
(} І Р лежали на основі ВС, а дві інші — на бічних сторонах.
Позначимо ВС = а, АО = к, М^ = = х (рис. 264); 3 подіб-
ності Д АВС і А АЛМ ( у яких за умовою Мії || ВС) дістанемо
а __ Н
х ~~ Ь— х
ЗВІДКИ
аН
Х = —П“Г-
Побудувавши сторону х квадрата М^Р^
як четверту пропорціональну відрізків а,
А і а-|-А (див. § 6, рис. 102), проведемо
на віддалі х від основи ВС пряму ММ || ВС.
Одержавши точки М і /V, опустимо ЛК? ± ВС
і МР ± ВС. Шуканий квадрат побудовано.
§ 37. Побудова коренів квадратного рівняння
Якщо при побудові відрізка х доводиться використати квад-
ратне рівняння то треба зробити так. Враховуючи, що квадратне
рівняння, в залежності від знака вільного члена, має вигляд
Xі + рх + 7 = 0 або х2 + рх — <? = 0,
припустимо, що д = т2 (це завжди можливо, бо <?>»0). Тоді квад-
ратне рівняння зводиться до вигляду
х2 4- рх + т2 = 0 або х2 + рх — т2 = 0.
Розглянемо перше з цих рівнянь.
А. У випадку р<0 замінимо р = —п і одержимо рівняння
х2— пх-^пг2=0, де п>0. При цьому для коренів хх і х3
розглядуваного квадратного рівняння згідно з формулами Вієта
маємо
хі + *2 = л; = т2 = д.
Побудова х1 і х2 здійснюється так. На відрізку довжиною п
як на діаметрі описуємо коло (рис.- 265) і на відстані д = т2 від
діаметра п проводимо пряму паралельну до нього. Якщо п^>2д,
то пряма перетинає коло в точках /И і /V. Опустивши з точки М
(або М) перпендикуляр на діаметр, розіб’ємо його на два відрізки
Хі і х2, які є коренями даного рівняння, тому що вони задоволь-
няють співвідношення хх + х2 = п = —р\ хх • х2 = т2 = д.
42?
Якщо п > 2д, одержуємо два різні відрізки хх І х2 (в цьоуу випадку
проведена пряма буде тільки дотикатися до кола).
Якщо п<^2д, побудувати відрізок, довжина якого є коренем
квадратного рівняння, неможливо (проведена пряма не дотикається
до кола). Корені квадратного рівняння у цьому випадку будуть
комплексними.
Б. У випадку р> 0 обидва корені квадратного рівняння від’ємні.
Якщо нас цікавить абсолютна величина коренів х1 і х2, то рів-
няння х2 + рх + 7 = 0 замінюємо рівнянням х2 — рх -(- д = 0, корені
якого за абсолютною величиною дорівнюють кореням попереднього
квадратного рівняння, але обидва додатні. Внаслідок цього ми знову
прийшли до побудови, описаної вище.
Розглянемо тепер друге рівняння
х2 + рх — т2 = 0.
У цьому рівнянні, залежно від знака коефіцієнта р, також
можливі два випадки.
А. У випадку р>0 корені рівняння х24"Рх— т2 = 0 мають
різні знаки. Побудуємо додатний корінь, для чого треба записати
рівняння у вигляді х (х 4- р) = пі2.
При р>0 величину т можна розглядати як довжину дотичної
до кола з деякої зовнішньої точки, а х4-р —як довжину проведе-
ної з тієї самої точки січної, частина якої, що лежить всередині кола,
дорівнює р.
Побудова відрізка х здійснюється так. Взявши довільне коло,
діаметр якого більший за р, побудуємо хорду р і концентричне
коло, дотичне до цієї хорди (рис. 266).
У довільній точці .¥ зовнішнього кола проводимо до нього
дотичну і відкладаємо на ній від точки дотику відрізок ММ = т.
Далі з точки М проводимо дотичну до внутрішнього кола, яка
перетне зовнішнє коло у деяких точках А і В; при цьому АВ = р,
бо відрізки всіх дотичних, обмежених.двома концентричними колами,
рівні між собою. Отже, АМ = Хр де хг >0, оскільки добуток всієї
січної хг4“р на її зовнішню частину хх дорівнюватиме квадрату
дотичної т2.
Абсолютну величину від’ємного кореня х2 дістаємо з рівності
хг 4- ха = —р, звідки — х2 = Хі 4- Р» а в цьому випадку І
І х9; = вм.
430
Б. У випадку р<0 замінюємо — р= п(п>0). Рівняння матиме
вигляд х2 — пх — т2 == 0, тобто
х(х— п) = т2.
Побудова відрізків і х2 виконується аналогічно, проте тепер
додатним коренем є довжина відрізка ВМ, а абсолютною величиною
від’ємного кореня — довжина відрізка АМ.
§ 38. Геометричні задачі на нерівності
Задачі на доведення геометричних нерівностей трапляються
у планіметрії досить часто. їх розв’язання викликає іноді труднощі,
пов’язані з специфікою. Загальні ідеї, які застосовують при розв’я-
занні, базуються на відомих властивостях алгебраїчних нерівностей.
Розглянемо кілька типових задач.
Всі рисунки, потрібні для чіткого розуміння розв’язуваних
нижче задач, читач легко зможе виконати самостійно, тому їх на-
водити не будемо.
Задача 1. Довести, що у довільному трикутнику подвоєна
сума медіан, опущених на бічні сторони, більша за потроєну основу.
Розглянемо А АВС, де АВ — основа. Проведемо медіани до
бічних сторін АС і СВ і позначимо буквою О точку перетину медіан.
Тоді
О 2
АО = — та\ ВО = -^ ть.
о и
З Д АОВ виходить
2 2
АО 4- ВО > АВ, тобто — та + т > АВ,
<3 о
звідки
х 2 (та + > ЗАВ,
що й треба було довести.
Задача 2. Довести, що у нерівнобедреному прямокутному
трикутнику висота, опущена на гіпотенузу, менша за половину
гіпотенузи.
Нехай у прямокутному Д АВС а і 6 —катети, с—гіпотенуза,
кс і тс— відповідно висота і медіана, опущені на гіпотенузу.
Оскільки Ис ± с і Нс і тс проведені з однієї точки С, то кс<ітс,
бо тс — похила (за умовою задачі Д АВС не рівнобедреиий, а тому
кс =£ тс)* Але тс — ~2 с> отже,
Виконати всі необхідні побудови.
Задача 3. Довести, що середня лінія трикутника менша за
півсуму двох сторін, які вона перетинає, але більша за їх пів-
різницю.
Позначимо через ОЕ середню лінію Д АВС; нехай при цьому
точка О лежить на стороні АВ,
431
Для будь-якого трикутника справедливі нерівності (диб. § 12)
|ЛВ — всі < АС< АВ + ВС,
отже, І
І АВ _ ВСІ АС АВ ВС
| 2 2 | 2 2 ** 2 ’
але
ОЕ = ±-АС, ОВ = ~АВ, ВЕ = ВС.
Таким чином,
\ОВ — ВЕ | < ОЕ < РВ + ВЕ,
що й треба було довести.
Задача 4. Довести, що у будь-якому прямокутному Д АВС
(АС = Ь, ВС = а, АВ = с) між гіпотенузою с і катетами а, Ь має
місце нерівність
а + ь
С> /2 '
З очевидної нерівності (а — Ь)2>0, або а2 + Ь2 2аЬ, маємо
2 (а2 + Ь2) > 2аЬ + (а2 + Ь2), або 2 (а2 + Ь2) > (а + Ь)2.
Враховуючи, що а2 + Ь2 = с2, дістаємо 2г3 > (а 4- б)2, тобто
що й треба було довести.
Зрозуміло, що рівність має місце лише у випадку рівнобедре-
ного прямокутного трикутника.
Задача 5. Довести, що сума квадратів бісектрис трикутника
не більша за квадрат його півпериметра.
У формулах
?а = 2^Ур(р-с); ь = ^с]ґр(р-Ь);
ІР-‘)
замінюємо перші співмножники одиницями. Тоді, оскільки
а + Ь 2 ]ґаЬ; а + с 2 ас\ Ь 4- с 2 У Ьс,
одержимо
?‘а < /р(р — а); Рд < /р (Р — Ь); ?.с < у р(р — С).
Після піднесення до квадрата і додавання дістанемо
Ро+ й+ Й<р(р-а) + р(р-6)4-р(р-с) =
= Р [Зр — (а + 6 -ь с)],
432
або, після очевидних спрощень,
о2 । д2 । д2 л ______________________<7 С
Ра + Р* + Рс < Р » Р =----§----’
Рівність має місце у випадку рівностороннього трикутника.
Задача 6. Довести, що сума квадратів висот трикутника не
більша за квадрат його півпериметра.
Оскільки в будь-якому трикутнику
то з нерівності + + після заміни бісектрис на відпо-
відні висоти виходить
Рівність має місце у випадку рівностороннього трикутника.
Задача 7. Довести, що радіус описаного навколо трикутника
кола не менший за діаметр кола, вписаного в цей трикутник.
Нехай 7? — радіус описаного, а г — радіус вписаного в один і той
самий трикутник кіл. Враховуючи, що відстань сі між центрами
вписаного і описаного кіл, яка виражається формулою
<1 = /К2-2Яг,
додатна, тобто сі > 0, дістанемо /?2 — 2/?г > 0. Оскільки 7? > 0, при-
ходимо до шуканої нерівності
/?>2г.
Задача 8. Довести, що в будь-якому трикутнику площа і пів-
периметр зв’язані нерівністю
р2>3 /35.
Скористаємося нерівністю, що зв’язує середнє арифметичне
і середнє геометричне трьох чисел (р— а), (р— Ь), (р — с):
(р — а) + (р—Ь) + (р — с) з —— —
------------З-------------> V (Р — а) (Р — Ь) (р — с),
звідки, враховуючи, що а + Ь + сг=2р, одержуємо
Р > з У(р — а) (р — Ь) (р — с).
Підносячи обидві частини цієї нерівності до куба і помножуючи
на р, знаходимо
р4 > 27 р (р — а) (р — Ь) (р — с).
Добудемо з обох частин квадратний корінь і використаємо фор-
мулу Герона (див. § 17); маємо
р2>3]/3 Ур (р — а) (р ~ Ь) (р — с), тобто р3>3]/з5,
що й треба було довести.
433
СТЕРЕОМЕТРІЯ
ЗАГАЛЬНІ ЗАУВАЖЕННЯ
Стереометрія (від грецьких СЛІВ атереоС— просторовий І [і£~р£О)—
міряю) — розділ геометрії, який містить вчення про просторові тіла
і фігури та про взаємне положення ліній, площин, поверхонь і тіл
у просторі.
Грецькі вчені вивчали головним чином геометрію на площині
та, як це видно з «Начал» Евкліда, приділяли лише незначну увагу
стереометрії.
Евклід вживає терміни «куб», «паралелепіпед», але не дає ви-
значень. Теорема про діагональ прямокутного паралелепіпеда
£> = + Ь2 + с2
була відома стародавнім грекам, але без доведення. Останнє дав
Фібоначчі у 1220 р.
Терміни «призма», «піраміда» Евклід визначає. Слово «піраміда»
було запозичено з єгипетської мови: його вживав вже Ахмес.
Об’ЄіМ зрізаної трикутної піраміди вперше підрахував Герон
Александрійський; сучасну формулу для визначення її об’єму дав
Фібоначчі. Формулу для визначення об’єму чотирикутної піраміди
запропонував індійський математик Брахмагупта (628 р.).
Формулу для визначення об’єму зрізаного конуса знайшли вчені
епохи еллінізму: вони користувалися при цьому формулою Герона
для зрізаної піраміди.
Для поняття «куля» стродавні грецькі геометри й середньовічні
математики вживали слово «сфера» (від грецького Ьраіра). Архімед
показав, що об’єми сфер відносяться між собою, як куби їх діамет-
рів. Він вказав також на те, що об’єм сфери
V = 4 №
□
в чотири рази більший за об’єм конуса, основа якого дорівнює най-
більшому колу сфери, а висота дорівнює її радіусу, або в півтора
рази менший за об’єм циліндра з основою, що дорівнює найбільшому
колу сфери, і з висотою, що дорівнює її діаметру.
Основи теорії п’яти правильних многогранників заклав Архімед,
який, очевидно, знав співвідношення, що зв’язує між собою вершини,
грані й ребра правильних многогранників. Вперше ця теорія була
розроблена П’єтро Франческі (близько 1475 р.), а згодом Лукою
Пачолі (1509 р.).
Вперше теорему про взаємозв’язок вершин, граней і ребер
висловив Декарт. Незалежно від нього Ейлер у 1752 р. запропону-
вав формулу
/ 4- V = е + 2,
що носить назву теореми Ейлера, за якою сума числа вершин /
і числа граней V на 2 більша від числа ребер е.
Геометрична фігура називається просторовою, якщо не всі ЇЇ
точки лежать в одній площині. Прикладом просторової фігури може
434
бути геометричне тіло — частина простору, яку займає предмет.
Геометричне тіло відокремлюється від навколишнього простору
поверхнею.
Дві геометричні фігури називаються рівними, якщо їх можна
сумістити так, щоб вони сумістилися всіма своїми частинами.
Припускається, що при переміщенні у просторі геометричні
фігури не змінюються.
Просторові фігури зображаються у вигляді рисунків, які вико-
нуються за певними правилами, що грунтуються на геометричних
властивостях фігур.
ПРЯМІ І ПЛОЩИНИ У ПРОСТОРІ
§ 39. Основні властивості площини
Основними поняттями в стереометрії є: точка, пряма і площина.
Питання про точки і прямі було вже частково розглянуто у розділі
«Планіметрія». Тому перейдемо безпосередньо до вивчення площин.
Основні властивості площин визначаються такими аксіомами:
1. Через будь-які три точки простору, що не лежать на одній
прямій, можна провести площину, і до того ж тільки одну.
2. Якщо дві площини мають спільну точку, то вони перетина-
ються по прямій, яка проходить через цю точку.
3. Якщо дві точки прямої належать площині, то вся пряма
належить цій площині.
З цих аксіом випливають н а - у - —у
слідки: / /
1. Через пряму і точку, що лежить / /
поза нею, можна провести площину, ур_____________________у
і до того ж тільки одну.
2. Через дві прямі, що перетика- рйс> 267.
ються, можна провести площину, і до
того ж тільки одну.
3. Через дві паралельні прямі можна провести площину, і до
того ж тільки одну.
4. Через будь-яку пряму у просторі можна провести безліч
площин.
Якщо множину всіх площин розглядати як результат обертання
однієї і тієї самої площини відносно деякої прямої, то можна на-
слідок 4 сформулювати так: площина може обертатися навколо будь-
якої прямої, що належить їй.
Множину площин, що проходять через деяку пряму, назива-
ють пучком площин, а пряму, через яку вони проходять,—віссю
пучка.
Площина на рисунку зображується у вигляді паралелограма
і позначається однією буквою, наприклад Р (рис. 267).
435
§ 40. Взаємне розташування двох прямих
у просторі
Дві прямі у просторі можуть мати таке розташування:
дві прямі лежать в одній площині, при цьому вони можуть або
мати спільну точку, тобто перетинатися, або не мати спільних точок,
тоді їх називають паралельними;
дві прямі не лежать в одній площині, отже, не мають спіль-
них точок, тоді їх називають мимобіжними.
Дві мимобіжні прямі не утворюють кута в звичайному розу-
мінні, тому що у них немає спільної точки.
Домовились вважати, що кут між двома мимобіжними прямими
дорівнює куту, утвореному двома променями, які виходять з однієї
точки і паралельні до цих мимобіжних прямих.
На рис. 268 прямі АВ і СО — мимобіжні, а промені ОМ |[ ЛВ
і ОМ Ц СП; кут між мимобіжними прямими вважають таким, що
дорівнює куту МОМ.
Віддаллю між двома паралельними прямими вважають довжину
відрізка прямої, що знаходиться між ними, перпендикулярна до
кожної з паралельних прямих і перетинає їх.
Віддаль між мимобіжними прямими вимірюється довжиною від-
різка прямої, перпендикулярної до кожної з мимобіжних прямих,
що перетинає кожну з них в точках, які є кінцями цього відрізка.
Віддаль між двома мимобіжними прямими є найменша віддаль між
точками, що лежать на цих прямих.
На рис. 269 зображені мимобіжні прямі: АВ, що лежить в пло-
щині Р, і СО, що перетинає цю площину. Пряма ММ перпендику-
лярна як до АВ, так і до СО; тоді довжина відрізка ММ є віддаль
між мимобіжними прямими АВ і СО.
§ 41. Взаємне розташування прямої і площини
Пряма лінія і площина у просторі можуть бути розташовані
так:
пряма лежить у площині або, що те саме, площина проходить
через пряму;
пряма і площина мають одну спільну точку, тобто пряма пере-
тинає площину. Точку їх перетину називають слідом прямої на
даній площині;
пряма не має спільних точок з площиною, тобто пряма пара-
лельна до площини,
436
Перпендикуляр 1 похила до площини. Пряма називається перпен-
дикулярною до. площини, якщо вона перпендикулярна до будь-якої
прямої, що лежить на цій площині. Пряма, яка перетинає площину,
але не перпендикулярна до неї, називається похилою до цієї
площини.
Теорема 1 (ознака перпендикулярності прямої і площини).
Якщо пряма перпендикулярна до двох прямих, що перетинаються
і лежать у деякій площині, то вона перпендикулярна і до будь-
якої прямої, що лежить у даній площині, тобто пряма перпенди-
кулярна до площини.
Прямокутною проекцією точки на площину називається слід
перпендикуляра, проведеного через цю точку до даної площини.
Слід перпендикуляра на площині називається основою перпен-
дикуляра, а слід похилої — основою похилої.
Прямокутною проекцією похилої на площину називається від-
різок прямої, що сполучає основу похилої з основою перпендикуляра,
опущеного з кінця похилої на цю площину.
Теорема 2. Якщо з однієї і тієї самої точки поза площиною
провести до неї перпендикуляр і похилі, то:
а) перпендикуляр менший за будь-яку похилу}
б) похилі, що мають рівні проекції, рівні між собою;
в) з двох похилих, що мають різні проекції, більша та, проек-
ція якої більша.
На рис. 270 АВ, АС і АО—похилі до площини Р, а АО —
перпендикуляр до цієї площини. Тоді, якщо проекції О В = ОС,
то і похилі АВ = АС*, якщо 0О<0С, то і відповідно похилі
АО< АС,
Теорема 3 (обернена до теореми 2). Якщо з однієї і тієї самої
точки, що лежить поза площиною, провести до цієї площини
перпендикуляр і похилі, то:
а) рівні похилі мають рівні проекції}
б) з двох проекцій більша та, яка відповідає більшій похилій.
Теорема 4 (теорема про три перпендикуляри). Пряма, проведена
на площині перпендикулярно до похилої, перпендикулярна до
проекції цієї похилої на дану площину.
Теорема 5 (обернена до теореми 4). Пряма, проведена на пло-
щині перпендикулярно до проекції похилої на цю площину, пер-
пендикулярна до самої похилої.
На рис. 271 АВ — похила, а АС — перпендикуляр до площини Р;
якщо х АВ, то і /И# л ВС і, навпаки, якщо ІЇШ ± СВ, то
і ММ X АВ,
437
Кут між прямою і площиною. Кутом між прямою і площиною
називається гострий кут між цією прямою та її проекцією на дану
площину.
На рис. 272 АВ — похила, а СО — її проекція на площину Р;
тоді кут між АВ і площиною Р дорівнює /.АВС.
Теорема 6. Кут між прямою і площиною е найменший з усіх
кутів, утворених цією прямою з будь-якою прямою, що лежить
в даній площині.
Розглянемо кілька задач
і площини.
Задача 1. З точки М,
на взаємне розташування прямої
віддаленої від площини Р на від-
стань МО = 4, проведено до цієї площини похилі МА, МВ, МС
під кутами 30°, 45°, 60° до прямої МО, перпендикулярної до пло-
щини Р. Визначити довжину похилих МА, МВ, МС.
Нехай на рис. 273 МО ± Р, / МАО = 60°, / МВО = 45°
І / Л4С0 = 30°. Тоді з А АМО знаходимо АО — ~ АМ і (за теоре-
мою Піфагора) АМ2 — АО2 = МО2
З
або — АМ2 = 16, звідки АМ =
8/3 ,
З ’
з Д МВО (МО = ОВ) МВ =
= 4/2;
з Д МСО (СМ = ЇМО) МС =
= 8.
МВ = 4/2; МС = 8.
Задача 2. З деякої точки простору проведено до даної пло-
щини дві похилі, кожна з яких дорівнює а} кут між ними дорівнює
60°, а кут між їх проекціями на дану площину—прямий.
Знайти: А. Віддаль між основами похилих.
Б. Віддаль від даної точки до площини.
В. Кут між похилими і площиною.
На рис. 274 АО ± Р, АВ = АС == а — похилі, ВОС = 90°,
/ ВАС = 60°.
А. А АВС — рівнобедрений з кутом 60° при вершині, тобто
рівносторонній, тому віддаль між основами похилих ВС = а.
Б. А ВОС — рівнобедрений прямокутний (бо проекції ОВ і ОС
рівних похилих АВ і АС рівні), гіпотенуза якого ВС = а; тоді
438
і проекція ОВ = ОС — -у а. Далі за теоремою Піфагора з прямо-
кутного Д АОС знаходимо віддаль точки А від площини Р:
АО = Уг~АС2 — ОСі= а — ~ а2 = ^?а.
В. /. АСО == /САВО = 45°, тому що прямокутні А АВО і А АОС
рівні між собою і разом з тим є рівнобедреними:
АО = ОС = ОВ = а.
Задача 3. Якщо в рівнобедреному прямокутному трикутнику
один катет лежить на площині Р, а другий утворює з нею кут 45°,
то гіпотенуза утворює з площиною Р кут 30°. Довести.
В Д АВС (рис. 275) кут С = 90° і АС = ВС. Катет АС лежить
у площині Р, а катет СВ утворює з нею кут 45°; ВО ± Р. Позна-
чимо АС = ВС = а; тоді з прямокутного Д.СВО знайдемо
СО = Вй = іу а.
Гіпотенуза даного прямокутного А АВС АВ — Уа2-{-а2 = а ]/2-
Тоді в прямокутному А АВО катет ВО = АВ і, за відомою
властивістю (див. § 12), / АВО = а = 30°, що й треба було довести.
Задача 4. Довести, що якщо з вершини кута, який лежить
на площині, провести похилу до площини так, щоб вона утворювала
з сторонами кута рівні кути, то проекція цієї похилої на площину
буде бісектрисою даного кута.
За умовою задачі / АВС лежить у площині Р (рис. 276) і по-
хила ОВ утворює з його сторонами / АВО = /_ ОВС. З точки О
опустимо перпендикуляр ОО на площину Р і з точки О проводимо
ОЛ4 ± АВ і ОМ 1. ВС; тоді за теоремою про три перпендикуляри
похилі ОМ і ОМ будуть перпендикулярні відповідно до сторін
кута АВ і ВС. Прямокутні А ОВМ і Д ОВМ рівні за спільною
гіпотенузою ОВ і рівними гострими кутами /_ МВО = /_МВО. Тоді
похилі ОМ = а отже, рівні й їх проекції ОМ == ОМ, але тоді
рівні ДЛ10В і А МОВ, а разом з ними і кути /_ МВО і ^МВО,
тобто ОВ — бісектриса кута АВС> що й треба було довести.
439
Паралельні прямі і площини. Теорема 7. Якщо площина пер*
пепдіїкулярна до однієї з паралельних прямих, то вона перпенди-
кулярна і до іншої.
; Теорема 8 (обернена до теореми 7). Якщо дві прямі перпен-
дикулярні до однієї і тієї самої площини, то вони паралельні.
.. Таким чином, якщо АВ || СР і АВ Л Р (рис. 277), то і СР Л Р
і, Навпаки, якщо АВ 1. Р і СР Л Р, то АВ || СР.,
;? Ознаки паралельності прямої і площини виражаються теоре-
мами 9 і 10.
Рис. 277.
Рис. 278.
Теорема 9. Якщо площина Р і пряма АВ (рис. 278), що не
лежить у площині Р, перпендикулярні до однієї і тієї самої пря-
мої СО, то вони паралельні.
Теорема 10. Якщо пряма АВ паралельна до прямої СО, що
лежить у площині Р (рис. 279), то вона паралельна до площини Р.
Теорема 11. Якщо дві площини Р і (), що проходять відпо-
відно через паралельні прямі АВ і Сй, перетинаються, то лінія
їх перетину МЬГ паралельна до обох даних прямих АВ і СО
(рис. 280).
Рис. 279.
Рис. 280.
Теорема 12. Дві прямі, паралельні до однієї і тієї самої
третьої прямої, паралельні між собою.
Теорема 13. Якщо площина проходить через пряму, паралельну
до іншої площини, і перетинає цю площину, то лінія перетину
площин паралельна до даної прямої.
З теореми 13 випливає наслідок: якщо пряма паралельна до
кожної з двох площин, що перетинаються, то вона паралельна до
лінії їх перетину.
Теорема 14. Якщо одна в двох паралельних прямих паралельна
до деякої площини, то і друга пряма паралельна до тієї самої
площини або лежить у ній.
Теорема 15. Через кожну з двох мимобіжних прямих проходить
площина, і до того ж тільки одна, паралельна до іншої прямої.
440
Розглянемо кілька задач на паралельність прямої і площини.
Задача 5. Правильний трикутник спроектований на пло-
щину Р; вершини трикутника знаходяться на віддалі 10, 15 і 17 дм
від цієї площини. Знацти віддаль від центра трикутника до пло-
щини Р.
Точки Лі, Яр Сі (рис. 281) є прямокутними проекціями вер-
шин А, В, С даного трикутника АВС на площину Р. За умовою
задачі ААг = 10, ВВі = 15, ССХ = 17 дм. На перпендикулярах.до
площини відкладемо від їх основи відрізки ВХМ = СХЛГ == АА± =
= 10 дм. Тоді МВ = 5, а М? = 7 дм. Центр 0 даного правильного
А АВС е точкою перетину його медіан. Медіана АО А АВС точ-
кою О ділиться у відношенні АО: ОИ~2: 1. З точки О опустимо
на площину Р перпендикуляр £>Р2, який поділить сторону ММ
трикутника АММ пополам: МИ2 =
== О2М, тобто медіана
А АММ. як середня лінія
трапеції МВСЇЇ буде дорівнювати
Рис. 281.
у (ВМ + СМ) — 6 дм. Тоді з подібності А АОО2 і А АИО2 зна-
ходимо ОО21 ОО2 » АО : АО, або ОО2: 6 = 2 : 3; ОО2 = 4 дм; вра-
ховуючи, що О2Оі = ААі = 10 дм, знаходимо ООХ = 002 4- О2Оі =
= 14 дм.
Відповідь. 14 дм.
Зауваження. Віддаль від центра правильного трикутника
до деякої площини дорівнює середньому арифметичному віддалей
його вершин ВІД Цієї площини.
Задача 6. Через одну з сторін ромба проведено площину
на віддалі 4 см від протилежної сторони. Проекції діагоналей
ромба на цю площину дорівнюють 8 і 2 см. Знайти проекції сто-
рін ромба на цю площину.
АВСО — ромб, сторона АВ якого лежить у площині Р
(рис. 282). За умовою задачі перпендикуляри до площини Р ОО\ =
= ССХ = 4 см, АСі = 8 см, О^В = 2 см. Треба знайти ВСХ = ЛСХ
і РХСХ. Діагоналі ромба знаходимо з ДЯССХ, звідки АС =
= )/82 4 42 = 4 5 см і ВО ~ ]/42 + 22 = 2')^5 см. Тоді сторона
ромба РС = РА = 4- /Тс2"+ ара * /80 + 20 = 5 см.
З Д АООХ знаходимо АСХ = V АО* — ООІ = — 16 = 3 см.
Відповідь. 5 і 3 см.
441
§ 42. Паралельні площини
Дві площини називаються паралельними, якщо вони не мають
спільних точок.
Ознаки паралельності площин:
Теорема 1. Якщо дві площини перпендикулярні до однієї і
тієї самої прямої, то вони паралельні.
Теорема 2. Якщо дві прямі, що перетинаються, однієї пло*
щини паралельні до двох прямих, що перетинаються, іншої пло-
щини, то такі дві площини паралельні.
Інакше кажучи, якщо прямі АВ і ВС, що перетинаються,
лежать у площині Р, прямі ЛХВХ і В^л — у площині (} і ЛВ||
11 ЛіВі, а СВ І) СХВХ (рис. 283), то Р || (}.
Теорема 3. Дві паралельні площини перетинаються третьою
по паралельних прямих.
Інакше кажучи, якщо площини Р і () паралельні і площина М.
їх перетинає, то прямі перетину цих площин АВ і СО паралельні
(рис. 284).
Теорема 4. Дві площини, паралельні до однієї, і тієї самої
третьої площини, паралельні між собою.
Теорема 5 (обернена до теореми 4). Площина, що перетинав
одну з паралельних площин, перетинає і іншу площину.
Теорема 6. Якщо пряма перпендикулярна до однієї з двох
паралельних площин, то вона перпендикулярна і до іншої площини.
Теорема 7. Відрізки паралельних прямих, що знаходяться між
паралельними площинами, рівні між собою.
Теорема 8. Два кути з відповідно паралельними і однаково
напрямленими сторонами рівні між собою.
Розглянемо кілька задач на паралельні площини.
Задача 1. Відрізки двох прямих, що знаходяться між двома
паралельними площинами, дорівнюють 51 і 53 см, а їх проекції
на одну з цих площин відносяться, як 6:7. Визначити довжину
цих проекцій і віддаль між даними площинами.
За умовою задачі Р||ф, ЛВ=51 см, ЛхВх=53см, ЛС±0, ЛХСХ 1 5
і ВС: ВХСХ = 6:7 (рис. 285). Треба визначити ВС, ВХСХ і АС.
Позначимо ВС = бх, ВХСХ = їх і, враховуючи, що АС ~ ЛхСр
з А АВС і А АВхСі дістанемо ЛВ2 — ВС2 = ЛХВХ2 — ВХСХ2,
або 512 — (бх)2 = 532 — (7х)2; ІЗх2 = 208 і х = 4.
Отже, для шуканих проекцій маємо
ВС = бх == 24 см; ВХСХ = їх ~ 28 см.
442
Визначимо ВС і» знаючи АВ, знайдемо з А АВС за теоремою
Піфагора віддаль між площинами
АС = VАВ2 — ВС2 = /5Р — 242 = 45 см.
Відповідь. 24, 28 і 45 см.
Задача 2. Між двома паралельними площинами Р і 0 про-
ведено відрізки АС і ВО (точки А і В лежать у площині Р);
АС = 13, В£>=15 см, сума довжин проекцій АС і ВО на одну
з даних площин дорівнює 14 см. Знайти довжини цих проекцій і
віддаль між даними площинами (рис. 286).
За умовою задачі Р || 0, АС = 13 см, ВО == 15 см, ААг 1 О,
ВВ± 1 О і САг + В]О = 14 см. Визначити СА^ Вр) і ААк — ВВ±.
Позначимо САТ = х, тоді Вр> = 14 — х.
З прямокутних А ААгС і А ВОВ± дістаємо АА2 =АС2—А]С2=
= ВО2— ВХО2, або ІЗ2—х2=152—(14 — х)2, звідки 28х = 140
і х = 5.
Отже,
СА± = 5 см, ВР> = 9 і ААг = У^ІЗ2 —б2 = 12 см.
§ 43. Двогранні кути і перпендикулярні площини
Частина площини, що лежить з однієї сторони від будь-якої
прямої, яка належить цій площині, називається півплощиною.
Двогранним кутом називається геометрична фігура, утворена
двома півплощинами Р і (рис. 287), що виходять з однієї пря-
мої АВ. Пряма АВ називається ребром, а півплощини Р і 0—
сторонами або гранями двогранного кута.
Двогранний кут позначають або двома буквами, поставленими
біля його ребра, наприклад АВ, або чотирма буквами РАВО, з яких
дві середні означають ребро, а крайні — грані.
Лінійним кутом двогранного кута називається кут, утворений
двома перпендикулярами, які поставлені до ребра з довільної його
точки і лежать на гранях кута (рис. 288). ОМ лежить у площині Р,
а ОМ — у площині ф, причому ОМ 1 АВ і ОМ 1 АВ\ тоді РМОМ
називається лінійним кутом двогранного кута РАВ($.
Рівність і нерівність двогранних кутів. Два двогранні кути
називаються рівними, якщо вони при вкладанні суміщаються. Якщо
сумістити по одній грані два нерівні двогранні4 кути, то більшим
443
вважається той з них, між гранями якого знаходиться інша грань
другого, двогранного кута. На рис. 289 двогранний кут РАВф біль^
ший за двогранний кут РАВМ.
Теорема 1. Якщо два двогранні кути рівні, то й їх лінійні
кути рівні.
Якщо два двогранні кути не рівні, то більшому двогранному
куту відповідає і більший лінійний кут. 4
Теорема 2 (обернена до теореми 1). Рівним лінійним кутам
відповідають рівні двогранні кути.
Якщо лінійні кути не рівні, то більшому лінійному куту від-
повідає більший двогранний кут.
Прямий двогранний кут. Двогранні кути називаються суміж-
ними, якщо у них одна грань спільна, а дві інші утворюють одну
площину.
Прямим двогранним кутом називається кожний з рівних су-
міжних двогранних кутів.
Площини, що утворюють прямий двогранний кут, називаються
взаємно перпендикулярними.
Вимірювання двогранних кутів. Двогранний кут вимірюється
його лінійним кутом, тобто за одиницю виміру двогранних кутів
приймається такий двогранний кут, лінійний кут. якого містить
одиницю виміру лінійних кутів. Так, двогранний кут в 1° є кут,
лінійний кут якого містить 1°; двогранний кут в 1 радіан е кут,
лінійний кут якого містить 1 радіан.
Перпендикулярні площини (ознака перпендикулярності площин).
Якщо площина Р проходить через перпендикуляр АВ до площини
ф, то площини Р і <2 взаємно перпендикулярні (рис. 290).
444
Теорема 1. Якщо дві площини взаємно перпендикулярні, то
будь-яка пряма, що лежить в одній з них і перпендикулярна до
лінії їх перетину, перпендикулярна до другої площини.
Теорема 2 Якщо дві площини взаємно перпендикулярні і з
якої-небудь точки однієї в них опущено перпендикуляр на іншу,
то цей перпендикуляр лежить у першій площині.
Теорема 3. Площина, перпендикулярна до двох площин, що
перетинаються, перпендикулярна до ребра, утвореного ними дво-
гранного кута.
Теорема 4. Площина, перпендикулярна до ребра двогранного
кута, перпендикулярна і до його граней. (Теорема 4 обернена до
теореми 3.)
Задача 1. Катети прямокутного трикутника дорівнюють а
і Ь. Визначити віддаль від вершини прямого кута до площини, яка
проходить ‘ через гіпотенузу і ут-
ворює кут 30е з площиною трикут-
ника.
З вершини С Л АВС на гіпотенузу АВ опустимо перпенди-
куляр СО і на площину Р перпендикуляр СО (рис. 291). За тео-
ремою про три перпендикуляри ОО як проекція похилої СО на
площину Р перпендикулярна до АВ. Тоді / СОО = 30е—лінійний
кут двогранного кута, утвореного площиною А АВС і площиною Р.
З Д АВС знаходимо
СО як катет, що лежить проти кута 30° в Д0СО, дорівнює у СІ).
„ аЬ
Відповідь. СО = —_ '.
2/а2 4- Ь2
Задача 2. Даний відрізок має кінці на двох взаємно пер-
пендикулярних площинах і утворює з однією з них кут 45е, а
з другою — кут 30°; довжина цього відрізка дорівнює а. Визна-
чити частину лінії перетину площин, що знаходиться між перпен-
дикулярами, опущеними на неї з кінців даного відрізка.
За умовою задачі 0 д. Р, АВ = а, / АВС = 30°, а / ВАО =
= 45° (ЛС і Д/)1 Р). Визначити СО (рис. 292).
З Д АС В (2. В = 30°) АС = -±-АВ = -5-. З дЛ5О(/.Л =
445
лГ 2 ]/2
= 45°) Л£) = АВ = . Тоді з прямокутного Л АСО зна-
£ &
ходимо СО = /ЛР2 - АС2 - у |----------Т = У ’
В і д п о в і дь. СО = у а.
§ 44. Задачі на побудову в стереометрії
Розв’язання задач на побудову в просторі істотно відрізняється
від розв’язання задач на побудову на площині. Зміст будь-якої
задачі на побудову складається з трьох частин: даних елементів;
того, що потрібно побудувати; тих засобів, за допомогою яких за-
дача повинна бути розв’язана.
Для побудови просторових фігур фактично не існує інструмен-
тів, аналогічних до циркуля, лінійки, косинця тощо, які застосо-
вуються при розв’язанні задач на побудову на площині. При роз-
в’язанні задач на побудову просторових фігур звичайно описується
та логічно обгрунтовується хід побудови/ який супроводжується
схематичним рисунком. Таким чином, при розв’язанні задач на по-
будову в просторі основним є логічне обгрунтування побудови,
а рисунок є лише ілюстрацією.
Способи і правила побудови рисунків просторових фігур ви-
вчаються в нариси і й геометрії.
Задача на побудову в стереометрії вважається розв’язаною,
якщо її зведено до розв’язання найпростіших задач. До них нале-
жать такі:
І. Провести площину через три точки, що не лежать на одній
прямій.
II. Провести площину через пряму і точку, що лежить поза
прямою.
III. Провести площину через дві прямі, що перетинаються
або паралельні.
IV. Побудувати лінію перетину двох даних площин (якщо во-
ни перетинаються).
V. Розв’язати будь-яку задачу на побудову в даній площині,
якщо вона має розв’язок (користуючись методами, які вивчалися
у планіметрії).
Розглянемо деякі з основних задач на побудову в стереометрії.
Задача 1. Побудувати площину, перпендикулярну до даної
прямої, яка проходила б через дану точку.
Нехай дано точку А і пряму /. Треба побудувати площину Р,
що проходить через точку А перпендикулярно до прямої І
(рис. 293). Розглянемо два випадки.
А. Якщо точка А лежить поза прямою /, то через точку А і
пряму І проводимо площину М (задача II) і через І проводимо
довільну площину IV, що не зливається з площиною М. У пло-
щині М з точки А поставимо перпендикуляр АО до прямої /,
а в площині N з точки О поставимо перпендикуляр ОВ до прямої І
(задача V). Прямі АО і ОВ, що перетинаються, визначають шукану
площину, яка є єдиною.
446
Б. Якщо точка А лежить на прямій /, то через пряму І прово-
димо дві довільні площини, в яких з точки А поставимо перпенди-
куляри до прямої І. Ці перпендикуляри визначають шукану пло-
щину Р, яка також буде єдиною. Таким чином, з точки поза пря-
мою (на прямій) можна провести до цієї прямої перпендикулярну
площину, і до того ж тільки одну.
Задача 2. Через дану точку провести перпендикуляр до
даної площини.
г Нехай дано точку А і площину Р. Треба провести через точ-
ку А перпендикуляр до площини Р (рис. 294). Розглянемо також
два випадки.
А. Якщо точка А лежить поза площиною Р, то проводимо
в площині Р довільну пряму СО (задача V) і через СО і дану
точку А проводимо площину Л7 (задача II), в якій з А до ОС про-
водимо АВ ± ОС (задача V). Після
цього в площині Р поставимо пер-
пендикуляр ВО до ОС (задача V).
Прямі, що перетинаються (зада-
ча III), визначають площину М,
перпендикулярну до прямої СО.
У площині М проводимо перпен-
дикуляр АВ до ВО (задача V),
який буде шуканим, тобто А О ± Р.
Б. Якщо дана точка лежить
на площині Р, то нехай на рис. 294
даною в задачі точкою буде О.
Тоді проводимо довільну пряму
СО в площині Р, яка не про-
ходить через точку О. З точки О
проводимо ОВ ± СО і через СО проводимо довільну площину Л7,
що не зливається з площиною Р. Поставимо в площині N перпен-
дикуляр ВА до ОС і через прямі ОВ і ВА, що перетинаються,
проводимо площину М, в якій поставимо ОА ± ВО. Легко довести,
що АО ± Р. ТакИїМ чином, через точку до даної площини завжди
можна провести перпендикуляр, і до того ж тільки один.
Задача 3. Через дану точку провести площину, паралельну
до даної площини.
Нехай дано точку А і площину Р. Треба провести площину (}
через точку А, паралельну до площини Р (рис. 295).
447
В площині Р проводимо дві довільні прямі ОЕ і ОР, що пе-
ретинаються, і через ці прямі та задану точку А проводимо пло-
щини' М і ТУ, які перетинаються по прямій ОА. В площині М
проводимо пряму АВ || ОЕ, а в площині N—пряму ЛСЦоЬ.
Прямі АВ і АС визначають площину 0, яка проходить через
точку А 1 паралельна до даної площини Р.
Якщо точка А лежить на площині Р, то площини Р і 0 зли-
ваються і їх можна вважати
паралельними. Таким чином, через
точку поза даною площиною мож-
на провести паралельну площину
і до того ж тільки одну.
Задача 4. Через дану точку
провести пряму, паралельну до
даної. *
Нехай дано точку А і пряму
/. Треба провести пряму, пара-
лельну до /, яка проходила б через
точку А (рис. 296). Через дані
Рис 296.
точку А і пряму І проводимо площину Р і в ній через точку А —
шукану пряму АВ, паралельну до /, притому єдину.
Задача 5. Визначити віддаль між двома мимобіжними прямими.
Нехай дано дві мимобіжні прямі І і т (рис. 297). Треба ви-
значити віддаль між ними.
Визначення віддалі між даними
до побудови прямої, яка перетинає
них обох.
мимобіжними прямими зводиться
ці прямі і перпендикулярна до
Рис 298.
Через довільну точку С прямої І проводимо пряму NN || т
і через прямі ММ і / проводимо площину Р, яка також паралельна;
до прямої т. З будь-якої точки Р прямої т опускаємо на пло-
щину Р перпендикуляр і через прямі ОР і т проводимо площину
0, перпендикулярну до площини Р. Площина 0 перетне пряму І
в точці В. Через точку В проводимо пряму, перпендикулярну до
прямої /п, яка перетне її в точці А. Таким чином відрізок АВ,
кінці якого лежать на даних мимобіжних прямих І і т, перпенди-
кулярний до кожної з цих прямих, тобто довжина відрізка АВ і є
віддаллю між даними мимобіжними прямими.
Задача 6. Даний двогранний кут поділити площиною на два
рівних між собою кути (провести бісекторну площину).
Дано двогранний кут РАВ0 (рис. 298); треба провести площи-
ну М, яка поділить цей кут пополам. З довільної точки О
448
ребра АВ даного двогранного кута поставимо перпендикуляри ОС
і ОО до цього ребра, які лежать в площинах Р і 0; тоді /СОЯ
буде лінійним кутом даного двогранного кута. Через прямі ОС і ОО
проводимо площину її, яка буде перпендикулярна до ребра АВ.
Побудуємо бісектрису ОР лінійного ^СОО. Через АВ і ОР про-
водимо площину М, яка поділить двогранний кут на два рівних
кути РАВМ = МАВО,. Побудована площина називається бісекторною
площиною двогранного кута РАВС}.
Задача 7. Через дану пряму провести площину, перпенди-
кулярну до даної площини.
Через будь-яку точку даної прямої проводимо перпендикуляр
до даної площини (задача 2). Дана прям*а і проведений перпенди-
куляр визначають шукану площину.
Задача 8. Через дану точку провести площину, перпенди-
кулярну до двох даних площин.
Рис. 300.
З даної точки опускаємо перпендикуляри на дані площини
(задача 2). Ці перпендикуляри і визначають шукану площину.
Задача 9. Через дану пряму провести площину, яка утво-
рює з даною площиною даний 21а-
А. Якщо дана пряма АВ паралельна до даної площини Р
(рис. 299), то через довільну точку С до прямої проводимо пло-
щину М, перпендикулярну до цієї прямої, яка перетне площину Р
по прямій, що проходить через точки О і Е. В площині М будуємо
/_СЕО=а. В площині Р через точку Е проводимо пряму Р6,
перпендикулярну до ОЕ, яка за теоремою про три перпендикуляри
буде перпендикулярна і до похилої СЕ. Через прямі РС і СЕ про-
водимо площину N Двогранний кут РР61У буде шуканим, бо його
лінійний /.СЕО ~ а.
Б. Якщо дана пряма АВ перетинає площину Р (рис. 300) і А —
точка їх перетину, то з точки В на площину Р опустимо перпенди-
куляр ВО\ через прямі АВ і ВО проводимо площину АОВ і в цій
площині побудуємо /_ВОО = а. Потім радіусом Об в площині Р
з точки 0 як з центра побудуємо коло; до цього кола з точки А
в площині Р проводимо дотичні АС і АЕ. Радіуси кола, проведені
в точки дотику, ОС X АС, ЕО X АЕ.
Побудуємо тепер похилі ВС і ВЕ, перпендикулярні до дотич-
них АС і АЕ за теоремою про три перпендикуляри. Через прямі
АВ і ВС проводимо площину Лі, а через АВ і ВЕ — площину N.
Площини М і N— шукані, тому що /ВСО = /_ВЕО = а, а кути
ВСО і ВЕО є лінійними кутами двогранних кутів, утворених пло-
щинами М і Р і відповідно площинами N і Р.
15 5-2692
449
§ 45. Многогранні кути
Многогранним кутом називається фігура, яка складається з кіль-
кох променів ОА, ОВ, ОС, ... ,ОР, що виходять з однієї точки О і не
лежать в одній площині, і з плоских кутів АОВ, ВОС, ... , РОА між
цими променями (рис. ЗОЇ).
Спільна точка О перетину всіх променів називається вершиною
многогранного кута, промені ОА, О В, .. <, ОР — його ребрами, ча-
стини площини, що лежать між ребрами, називаються його гранями,
а кути АОВ, ВОС, ...» РОА, утворені ребрами, що лежать в одній
грані, називаються плоскими кутами многогранного кута.
Многогранний кут називається опуклим, якщо він повністю ле-
жить по один бік від площини, яка суміщається з будь-якою його
гранню. Два многогранні кути вважаються рівними,
накладанні суміщаються
частинами.
якщо вони при
усіма своїми
Сума плоских кутів опуклого многогранного кута менша за 360\
Тригранні кути. Якщо число граней многогранного кута дорів-
нює трьом, то його називають тригранним.
Основні властивості тригранних кутів визначаються такими тео-
ремами.
Теорема 1. Сума двох плоских кутів тригранного кута більша
за третій його плоский кут.
Теорема 2. Кожний плоский кут тригранного кута більший
за різницю двох інших його плоских кутів.
Рівними тригранними кутами називаються такі кути, які при
накладанні суміщаються всіма своїми частинами. Отже, у" рівних
тригранних кутів всі двогранні і плоскі кути відповідно рівні між
собою, але обернене твердження неправильне. Існують такі три-
гранні кути, у яких двогранні і плоскі кути відповідно рівні,
а тригранні кути не рівні між собою. Наприклад, на рис. 302 зоб-
ражено два тригранні кути, у яких плоскі і двогранні кути від-
повідно рівні, а сумістити їх неможливо. Тригранні кути неможливо
сумістити, тому що їх відповідні грані неоднаково орієнтовані від-
носно вершини. Грані АОВ, ВОС і СОА орієнтовані відносно вер-
шини О проти руху годинникової стрілки, а відповідні грані АгОВі,
ВіОСі і СіОЛі — за рухом годинникової стрілки, і тригранні кути
ОАВС і ОЯіВ/71 не рівні, хоча в них рівні і всі плоскі і всі дво-
гранні кути.
Таким чином, для рівності двох тригранних кутів з відповідно
рівними плоскими і двогранними кутами необхідно також, щоб їх
грані були однаково орієнтовані відносно їх вершин.
450
Ознаки рівності тригранних кутів. Існують ознаки рівності три-
гранних кутів, аналогічні до ознак рівності трикутників в плані-
метрії» які виражаються такими теоремами.
Теорема 1. Якщо два однаково орієнтовані тригранні кути
мають по рівному плоскому куту, що лежить між двома відповідно
рівними двогранними кутами, то такі тригранні кути рівні.
Теорема 2. Якщо два однаково орієнтовані тригранні кути
мають по два рівні плоскі кути, площини яких утворюють рів-
ні двогранні кути, то такі тригранні кути рівні.
Теорема 3. Якщо два однаково орієнтовані тригранні кути
мають по три відповідно рівні плоскі кути, пгя такі тригранні
кути рівні.
Теорема 4. Якщо два тригранні кути однаково орієнтовані
і мають по три відповідно рівні двогранні кути, то такі три-
гранні кути рівні.
Рис. 303. Рис. 304.
Тілесний кут. Частина простору, що обмежена пучком прямих,
проведених з однієї точки (вершини) до всіх точок будь-якої замк-
неної лінії, називається тілесним кутом (рис. 303).
Мірою тілесного кута є площа поверхні, що вирізається даним
тілесним кутом на кулі радіуса Р з центром у вершині цього кута.
Одиниця виміру тілесного кута називається стерадіаном (від
грецьк. атєрео£ — просторовий і слова «радіан», яке походить від
лат. гайіиз — промінь, радіус).
Один стерадіан — це такий тілесний кут, який вирізує на поверхні
кулі радіуса 7? фігуру з площею, що дорівнює 7?2. Вершина тілесного
кута при цьому повинна бути розміщена в центрі кулі (рис. 304).
Задача 1. Кожний плоский кут тригранного кута дорівнює
60°; на одному з ребер відкладено від вершини відрізок, що дорів-
нює 3, і з кінця його опущено перпендикуляр на протилежну грань.
Знайти довжину цього перпендикуляра.
Дано тригранний кут ОМЇЇР, кожний з плоских кутів якого
МОЇМ, ЯОР, РОМ дорівнює 60° і відрізок АО = З, АО д. пл. ЯОР.
Знайти довжину АО (рис. 305). З основи перпендикуляра АО
опустимо на промені ОР і ОІЇ перпендикуляри СО 1 ОР і ОВ _ц О^
і точку О сполучимо з точкою О. Проведемо відрізки АС і АВ,
які за теоремою про три перпендикуляри будуть відповідно перпен-
дикулярами до ОР і ОЯ.
З прямокутного А АСО (/. Л == 30°, бо за умовою /1 ЛОС=60°)
знаходимо
і я
І*
451
в Л ОСИ (£С = 90°, / СОВ == 30°) ОО = 2СО, і за теоремою Піфа-
гора маємо
ОО2 — СО2 = ос2,
або _
ЗСО" = -^, СО = ^-, аОО = /з".
З Л АВО за теоремою Піфагора одержуємо
АО = /ЙО2 —ОО2 = /9^ = /6.
Відповідь. АО = ]/б л 2,4495.
Задача 2. В тригранному куті Два плоскі кути мають по 45°,
двогранний кут між ними прямий. Знайти третій плоский кут.
Рис. 306.
В тригранному куті 0МІЇР/_М0П =
— £ ІЇОР — 45°, а / ММОР = 90°. Знайти
£ МОР = а (рис. 306).
З довільної точки С ребра ОІЇ побу-
дуємо лінійний / АС В двогранного кута
ЛЇЛЮР; тоді за умовою задачі / АСВ = 90°.
Оскільки / АОС = / ВОС = 45°, то АС =
— ОС = СВ і прямокутні трикутники АСО,
АСВ і ВСО рівні між собою; тоді АВ =
~ АО = ВО і шуканий / АОВ = 60°.
Відповідь. 60°.
МНОГОГРАННИКИ
§ 46. Основні визначення
Многогранником називається геометричне тіло, поверхня якого
складається з частин площин, обмежених многокутниками.
Гранями многогранника називаються частини площин (много-
кутники), які обмежують многогранник. Ребрами многогранника на-
зиваються спільні сторони суміжних граней (многокутників). Вер-
шинами многогранника називаються вершини многогранних кутів,
утворених його гранями, що сходяться в одній точці. Діагоналлю
многогранника називається відрізок прямої, яка сполучає дві вер-
шини многогранника, що не лежать в одній грані. Діагональною пло-
щиною многогранника називається площина, що проходить через три
вершини многогранника, які не лежать в одній грані. Перерізом
многогранника площиною називається частина цієї площини, яка
обмежена лінією перетину поверхні многогранника з цією площи-
ною. Многогранник називається опуклим, якщо він цілком лежить
по одну сторону від площини будь-якої його грані. Гранями опук-
лого многогранника можуть бути тільки опуклі многокутники.
§ 47. Призма і паралелепіпед
Призма. Призмою називається многогранник, дві грані якого
паралельні, а інші перетинаються по паралельних прямих (рис. 307).
Паралельні грані називаються основами призми, а всі інші—біч-
ними гранями.
452
З визначення випливає, що в основах призми лежать рівні
многокутники з відповідно паралельними сторонами, а бічні грані
призми — паралелограми.
Спільні сторони бічних граней призми називаються бічними
ребрами.
Відрізок (див. рис. 307) прямої, перпендикулярний до пло-
щин основ призми, що лежить між ними, називається висотою
призми. Діагональною площиною призми прийнято називати площину,
яка проходить через діагональ основи і бічне ребро, а фігуру
ЕхСіСЕ (див. рис. 307), одержану при перетині цієї площини поверх-
нею призми, називають діагональним перерізом призми. Переріз
призми площиною, перпендикулярною до ЇЇ бічних ребер, називають
перпендикулярним перерізом призми. На рис. 307 фігура Д2^2^2^2^2
є перпендикулярним перерізом призми.
Рис. 307.
Рис. 308.
Призма називається прямою, якщо її бічні ребра перпендику-
лярні до площини основи (рис. 308), і похилою, якщо її бічні ребра
не перпендикулярні до неї (див. рис. 307). У прямій призмі висота
ОО1 паралельна до всіх її бічних ребер ААу ВВу ССі. ..
Пряма призма називається правильною, якщо її основи — пра-
вильні многокутники. Призма називається трикутною, чотирикут-
ною, п'ятикутною і т. д. в залежності від того, який многокутник
лежить в її основі.
Паралелепіпед. Паралелепіпедом називається призма, основами
якої є паралелограми (рис. 309).
Паралелепіпед, бічні ребра якого перпендикулярні до площин
основ, називається прямим. В протилежному випадку паралелепіпед
називається похилим.
Прямий паралелепіпед, основами якого є прямокутники, нази-
вається прямокутним. Всі грані прямокутного паралелепіпеда —
прямокутники. Довжина кожного з трьох ребер прямокутного пара-
лелепіпеда, що виходять з однієї вершини, називається виміром
паралелепіпеда. Прямокутний паралелепіпед, всі три виміри якого
рівні між собою, називається кубом.
Деякі властивості паралелепіпеда. 1. В паралелепіпеді проти-
лежні грані рівні і паралельні.
2. Діагоналі паралелепіпеда перетинаються в одній точці і Ді-
ляться в ній пополам.
3. Сума квадратів всіх діагоналей паралелепіпеда дорівнює сумі
квадратів усіх його ребер.
453
4. Квадрат діагоналі прямокутного паралелепіпеда дорівнює
сумі квадратів трьох його вимірів.
Наслідок. У прямокутному паралелепіпеді всі чотири діа-
гоналі рівні між собою.
Поверхня призми і паралелепіпеда. Бічною поверхнею призми
(паралелепіпеда) називається сума площ всіх її бічних граней.
Повною поверхнею призми (паралелепіпеда) називається сума її
бічної поверхні і площ основ.
Бічна поверхня приами (паралелепіпеда) дорівнює добутку пери-
метра перпендикулярного перерізу на бічне ребро.
Бічна поверхня прямої призми дорівнює добутку периметра
основи на висоту призми.
§ 48. Об'єм призми і паралелепіпеда
Основні припущення про об’єми. Об'ємом геометричного тіла
називається величина частини простору, яку займає це тіло.
Прийнято розглядати об’єм як величину, яка має такі власти-
вості:
а) рівні тіла мають рівні об’єми;
б) об’єм будь-якого тіла, що складається з частин, дорівнює
сумі об’ємів цих частин;
в) якщо з двох геометричних тіл перше повністю знаходиться
всередині другого, то об’єм першого тіла не більший за об’єм дру-
гого.
Тіла, що мають рівні об’єми, називаються рівновеликими.
За одиницю об’єму приймаємо об’єм куба, ребро якого дорів-
нює одиниці довжини. Якщо ребро куба дорівнює 1 см, то його об’єм
дорівнює одному кубічному сантиметру і скорочено записується
1 куб. см, або 1 см3. Якщо ребро куба дорівнює 1 м, то його об’єм
дорівнює 1 м3.
Об’єм паралелепіпеда. Об'єм прямокутного паралелепіпеда до-
рівнює добуткові трьох його вимірів:
V = аЬс куб. ¥од.,
де а, Ь, с — виміри паралелепіпеда.
Об'єм куба дорівнює кубу його ребра.
Об’єм прямокутного і похилого паралелепіпеда дорівнює добут-
кові площі його основи на висоту.
Об’єм призми. Похила призма рівновелика такій прямій призмі,
основа якої' дорівнює перпендикулярному перерізу похилої призми,
а висота — її бічному ребру (рис. 310).
На рис. 310 зображені — похила призма, а
А'В'С'О' АіВ^СіО'і — пряма призма, основа якої А'В'С'О', перпен-
дикулярна до бічних ребер похилої призми, а висота (бічне ребро)
д'л; = АА^Н.
У цьому випадку
= У А'В'С'й'А' В[С[ й'
Об'єм призми дорівнює добуткові площі основи на висоту:
V = Н 8 ,
мСп
де 50СИ — площа основи АВСОЕ, а Н = ООХ — висота (див. рис. 307).
454
Принцип Кавальєрі. Учень Галілео Галілея італійський матема-
тик Бонавентура Кавальєрі (1598—1647) у книзі «Геометрія, викла-
дена новим способом за допомогою неподільних частин неперервних
величин», яка вийшла у 1635 р., сформулював твердження, яке має
назву принципу Кавальєрі.
Якщо два тіла можна розмістити так, що будь-яка площина,
що паралельна до якої-небудь даної площини і перетинає обидва
тіла, дає в перерізі з ними рівновеликі фігури, то об’єми таких тіл
однакові.
Розглянемо тепер кілька типових задач, які доповнюють резуль-
тати, викладені вище.
Задача 1. Ребро куба дорівнює а. Знайти найкоротшу від-
даль від діагоналі куба до ребра, що не перетинає її.
Дано куб* ДСХ, ребро якого АА^ = а. Знай-
ти віддаль між прямими АА^ і ВО± (рис. 311).
Прямі ААг і ВОк—мимобіжні. Віддаль між
Рис. 310.
ними дорівнює віддалі від будь-якої точки ребра до діагональ-
ної площини куба ВВіО]О. Опустимо з точки А на площину ВВ]ОіҐ)
перпендикуляр АО і з прямокутного А АОВ дістанемо АО = а
Відповідь. Л2О2 " АО = •
Задача 2. Дано прямокутний паралелепіпед, основою якого
є квадрат. Побудувати переріз площиною, яка проходить через вер-
шину основи паралелепіпеда паралельно до діагоналі основи і від-
тинає на осі паралелепіпеда (рахуючи від основи, через вершину
якої проведено площину) відрізок довжиною т. Обчислити площину
перерізу, якщо сторона основи паралелепіпеда дорівнює а, а його
висота дорівнює к.
Побудуємо прямокутний паралелепіпед АСі> основою якого є
квадрат АВСО з стороною АВ = а і висотою ААг = ОО± = к
(рис. 312). На осі паралелепіпеда ООг (відрізок, що сполучає центри
♦ При позначенні многогрзнника часто не вказують всіх його вершин, а
обмежуються лише позначенням яких-небудь двох вершин, які досить повно
Жктеризують цей мпогогранник. Так, у даному випадку замість куба
ОЛіЯАОі можна сказати; куб ЛС,.
455
основ) від точки 0 відкладаємо даний відрізок ОМ = т. В діаго-
нальній. площині ВВіОіР проводимо пряму Вії, що перетне ламану
ОО^В} в точці Л\ яка лежить на ребрі Р£>і, якщо /п< у А, і на
відрізку діагоналі основи О^В^ якщо А</и<А.
Розглянемо два випадки.
А. Якщо А, то в діагональній площині ААгСіС паралеле-
піпеда проводимо через точку М пряму, паралельну до діагоналі
основи АС. Нехай ця пряма перетне ребра ЛЛх і ССх відповідно
в точках Р і 0 (днв. рис. 312). Прямі Вії і РО повністю визначають
шукану площину ВР№0> яка проходить через вершину основи В
паралельно до діагоналі АС (РО || ЛС) і відтинає на осі ООі відрі-
зок ОМ = т. Побудувавши сліди перетин}7 січної площини з поверх-
нею паралелепіпеда (тобто ті прямі, по яких ця площина перетинає
грані паралелепіпеда), одержимо фігуру перерізу. Легко показати,
що фігура ВРМО — ромб, площа якого
5 = 1 ВАГ • РЧ,
де РО = АС ~ аУ2 як діагональ квадрата ЛВСД а з прямокут-
ного А ВМО маємо
ВМ = 2ВМ = 2 ]/ ^-4- тг -- У 2а?- + 4т2.
Тому
5 = | в/ї- ]/2а2 + 4т2 = а Уа2 + 2т3.
Б. Якщо у А</и<А, то точка V лежить на відрізку
(рис. 313).
У площині ЛАіСіС через точку М проводимо пряму Рф, пара-
лельну до АС. Прямі ВМ і РО, що перетинаються, повністю визна-
чають січну площину, яка перетне основу по прямій ЕР,
паралельній до РО (РО || пл. З’єднавши послідовно
точки перетину січної площини з ребрами паралелепіпеда, знайдемо
фігуру перерізу ВРЕРО. Легко показати, що вона складається з
рівнобедреного Д РВО і рівнобедреної трапеції РЕРО, висотами
яких відповідно будуть відрізки ВМ і МІЇ.
Тому площу шуканого перерізу знайдемо за формулою
3 = ~ Р(}. ВМ + ~ (Р(} + ЕР) ММ.
З прямокутника АР ОС знайдемо
РЦ = АС = а уї.
456
З ДМОВ (/2 МОВ ==90°) за теоремою Піфагора маємо
ВМ = /Л1О* + ОВ2 =]/»? + -£ --= у=- .
З подібності ДЛ10В і ДЛ10Р¥ знаходимо
мо
Рис. 314.
З цих самих трикутників дістанемо
= аб0 0^=11^..
МО 1 /п/2
З рівнобедреного прямокутного /\ЕПГР визначаємо
ЕР = 20^ = 2 (Р& — Л'Оі),
р Г а______а (И — т) 1 _ а (2т — И) /2 ,
* [/2 тУ2 ] т
Підставляємо знайдені значення РС}, ВМ, ЕР і Л1М у формулу
площі перерізу і після нескладних перетворень дістанемо
~ а (4тк 2т2 — Л2) ]/а2 + 2т2 .
2т2
Відповідь.
А. 5 = а У а2 + якщо /п < А.
457
„ с а (4т/г — 2/п2 — А2) ]/я2 + 2^2 І ,
Б. 5 = —і-------------2^---------!’ якщо ‘2 /і < ^ < *•
Задача 3. Кожне ребро правильної трикутної призми дорів-
нює а. Через сторону основи і середину осі проведено площину.
Знайти площу цього перерізу і обчислити її при а = 7,6 см.
Дано правильну призму, всі ребра якої ААг = АВ = ВС = СА=
= а (рис. 314). Через ребро основи ВС і середину/) осі ООі прово-
димо площину, яка перетне основу А^В±Сі по прямій, паралельній
до ВіСі- Точки перетину цієї прямої з ребрами ЛіДі і АгС± відпо-
відно позначимо через М і N. Сполучивши точки М і В, N і С,
дістанемо переріз ВМЛ1С. Оскільки ММ || ВС, то ВММС— трапеція
і її висотою буде відрізок РО (ЬР ± ВС, отже, і <2? ± ВС). Тоді
площа перерізу ВМк^С
8 = -І (ВС + МЛГ) (?Р.
За умовою задачі ВС = а\ &ООР = Д(ОО = ООі,
/_РОО = /_ОРО± і ці трикутники прямокутні). Тоді ОР = ОіФ =
= (як радіус вписаного кола в А АВС). З прямокутника
ЬОО^О Дістанемо
6
Оскільки ОЬ = ААі = а, то з прямокутного Д(}ЬР знаходимо
Р(} = = У =
г О О
З подібності А ДіЛіїУ і А (ММ || В^О маємо
мм = лг<2 _ і
В1С1 А^Р^ 3 *
або Л4ЛГ = ВіСі = а.
О □
Підставляючи знайдені значення ВС, Р<2 і ММ у формулу площі
перерізу, знайдемо
„ 1 [ , 1 \ 2а У З 4а2 УЗ .
Відповідь. 5 = « 0,7698а2; при а = 7,6 см
5 х 44,46 см2.
Задача 4. У похилій трикутній призмі бічні ребра мають по
8 см; сторони перпендикулярного перерізу7 відносяться, як 9 : 10 : 17,
а його площа дорівнює 144 см2. Визначити бічну поверхню цієї
призми.
Нехай дано призму АС^, ААг = ВВ± = ССг — 8 см; Л2В2С2 —
перпендикулярний переріз призми, причому А2В2: ВгС2 : С2А2 ==
= 9 : 10 : 17 і 5^^ = 144 см2 (рис. 315).
458
Треба визначити бічну поверхню призми
^бічн = + В2С2 + С2А2) • АА±.
За умовою задачі ААХ = 8 см, а А2В2: В2С2 : А2С2 = 9 : 10 : 17. По-
значимо А2В2-=. 9х, В2С2 — ІОх, С2А2 -- 17х. Тоді за формулою
Герона площа перпендикулярного перерізу буде дорівнювати
18х * .«• 8х • 9х = Збх3, а за умовою вона дорівнює 144 см2, тобто
36х2 = 144, звідки х = 2 см.
В такому випадку А2В2-[- В2С.^ + С2А2 = 36х = 72 см, тобто
5біЧН = 72 • в см2 = 576 см2Г
Відповідь. 5бічн = 576 см2.
Задача 5. У похилій трикутній призмі площа однієї з біч-
них граней становить т2, а віддаль її від протилежного ребра до-
рівнює 2а. Знайти об’єм призми.
Рис. 315.
Нехай на рис. 316 РМІЇ—перпендикулярний переріз призми
АСі і МЬ ± РЛ'; тоді за умовою задачі МЬ = 2а, а Рії ВВг — т2.
Відомо, що об’єм призми
V — ВВг ^РЛілг’
або
V = 1 РЛГ- Ш, • ВВХ = -і • ВВ-0 МЬ = -1 т2 . 2а = ат2.
Відповідь. V - ат2.
Задача 6. Визначити об’єм прямокутного паралелепіпеда че-
рез площі його граней: Ор ф2 і (?3.
Позначимо виміри паралелепіпеда через х, у, г. Тоді
= <2і; хг = 52; уг ф3.
Перемноживши праві й ліві частини цих рівнянь, одержимо
(хуг)2 =
звідки
V хуг =
Відповідь. V = У (куб. од.).
459
Вправи. 1. Побудувати і знайти площу перерізу куба площи-
ною, яка проходить перпендикулярно до його діагоналі через її сере-
дину, якщо ребро куба дорівнює а.
2. Дано правильну шестикутну призму, бічне ребро якої дорівнює
Ь, а сторона основи а. Побудувати переріз призми площиною, яка
проходила б через середину суміжних сторін основи і середину її осі,
і знайти площу перерізу.
3. Ребра прямого паралелепіпеда, що виходять з однієї вершини,
відносяться, як 1:2:3, причому бічне ребро більше, ніж сторони
Основи. Через середини двох сторін основи, що утворюють більший
кут, проведено' переріз, паралельний до діагоналі, яка сполучає
вершини двох тупих кутів основ. В якому відношенні цей переріз
ділить бічну поверхню паралелепіпеда?
Вказівка. Про побудову перерізів многогранників площиною
див. § 53.
§ 49. Піраміда
Пірамідою називається многогранник, обмежений гранями мно-
гогранного кута і площиною, яка перетинає всі його грані (рис. 317).
Основою піраміди називається многокутник, одержаний в пере-
різі (АВСОЕ). Бічними гранями піраміди називаються трикутники
Л5В, В8С, С8О, О8Е, Е8А із спільною вершиною, яка називається
вершиною, піраміди. Бічними ребрами піраміди називаються ребра,
по яких перетинаються бічні грані. Висотою піраміди називається
перпендикуляр 80, опущений з вершини піраміди на площину її
основи. Піраміда називається правильною, якщо її основа — правиль-
ний многокутник- і висота піраміди проходить через центр цього
многокутника. Апофемою правильної піраміди називається висота
її бічної грані.
Зауважимо, що в піраміді буквою 5 звичайно позначають і її
вершину і поверхню (повну або окремих її частин). Але це не при-
зводить до непорозумінь, бо за змістом завжди ясно, про що йдеться
вданому випадку. Крім того, якщо розглядають поверхню або площу,
то в позначення часто ще вводять додаткові індекси, наприклад
5бічн (бічна поверхня), 8АВС0 (площа основи АВСО), 8АЗВ (площа
грані Л5В) і т. ін.
460
Властивості перерізів піраміди площиною, паралельною до основи.
Теорема 1. Якщо піраміду перетнути площиною, паралельною
до основи, то:
а) бічні ребра і висота піраміди діляться цією площиною
на пропорщональні відрізки;
б) в перерізі одержуємо многокутник, подібний до многокутни-
ка, що лежить в основі;
в) площі перерізу і основи відносяться між собою, як квадрати
їх віддалей від вгршини піраміди.
На рис. 318 зображено піраміду 8АВСО і паралельні площини
0 АВСО. В такому випадку
б) многокутник А^ВіС^! подібний до многокутника АВСО;
пл. А^С^Рі 801
В' пл. АВСО =50*
Теорема 2. Якщо дві піраміди з рівними висотами перерізати
площинами, паралельними до основ, на однаковій віддалі від вершини,
то площі перерізів будуть пропорціональні до площ основ.
На рис. 319 зображено піраміди 8АВСО і 8' А' В'С', висоти яких
рівні: 80 = 8'0’. На однакових віддалях від вершин 80 = 8О'{
проведено площини АіВіСіРі і А^С^ паралельні до основ
пірамід.
Тоді
пл. Л1В1С1Р) пл, АВСР
пл. АіВ^ пл. А'В'С' ’
Наслідок. Якщо у двох пірамідах з рівновеликими основами
і рівними висотами провести паралельні до основ перерізи на одна-
кових віддалях від вершини, то перерізи будуть -рівновеликими.
Поверхня піраміди. Бічною поверхнею піраміди називається сума
площ її бічних граней.
Поєною поверхнею піраміди називається сума її бічної поверхні
і площі основи.
461
Бічна поверхня правильної піраміди дорівнює половині добутку
периметра многокутника основи на апофему:
‘^бічн = тР,
де Р — периметр многокутника основи, а т — апофема.
Об’єм піраміди. Об'єм піраміди дорівнює одній третині добутку
площі її основи на висоту:
у = 1вн,
з
де В— площа основи, а Н — висота піраміди.
Задача 1. У правильну чотирикутну піраміду вписано куб
так, що чотирл його вершини знаходяться на бічних ребрах піраміди,
а інші чотири — в площині її основи. Визначити ребро куба, якщо
в піраміді сторона основи дорівнює а і висота п.
На рис. 320 зображено піраміду 8АВСО з вписаним у неї кубом
Л4NР^ Мчотири вершини якого лежать на бічних ребрах
піраміди, а інші — в площині основи. Позначимо ребро куба через х,
тобто Л4іУ = Л1Л4х = х. Розглянемо подібні Л 80 ^В і Л 80ЇЇ ((№ ||
Іі ОгВ), 3 подібності цих трикутників знайдемо
80 Оії
8Оі~~ ОгВ ’
Враховуючи, х а що 801 = /і; 80 — х; О^ = у~ і ОГВ = ,
одержуємо /і — X X ~ ~ а 1
звідки
аН
х = 7+7?
Відповідь. МН = х = - ;-7 .
СІ *+* іь
462
Задача 2. Основою піраміди € квадрат, її висота проходить
через одну з вершин основи. Визначити бічну поверхню цієї піра-
міди, якщо сторона основи дорівнює 20 дм, а висота—21 дм.
Дано піраміду 8АВСО, в основі якої лежить квадрат АВСО
з стороною 20 дм, висота 80 = 2.1 дм (рис. 321). Визначити бічну
поверхню піраміди.
Бічна поверхня піраміди дорівнює сумі площ бічних граней:
5 бічн = 5А5Р + + 8С8В +
Д АО8 і &С8О— прямокутні і рівні, а їх площі
5Л5О = 3СО5 = 4 • 20 • 21 = 210 (дм2).
З цих трикутників за теоремою Піфагора знаходимо
Л5 = 8С = /2024-212 = 29 (дм).
Оскільки за теоремою про три перпендикуляри
8С X СВ і 5Л ± АВ (ОС ±СВ і ОА 1 АВ),
то Д ЗАВ і Д 8СВ—прямокутні і рівні, і їх площі
5А5В = 3С5В = 4 • 20 29 = 290 (дм2).
Тоді
5бічн = 2 (290 + 210) = 1000 (дм2).
Відповідь. 1000 дм3 = 10 м2.
Задача 3. В основі чотирикутної піраміди лежить паралело-
грам. Через одну з його сторін і середню лінію протилежної грані
проведено площину. Знайти, в якому відношенні ця площина ділить
об’єм піраміди.
Дано піраміду З АВСО, у якої АВСО — паралелограм і ММ—
середня лінія грані 8АО (рис. 322). Знайти відношення У5ВМ^
і VАвсямії- Нехай об’єм даної піраміди 8АВСО дорівнює И. Роз-
глянемо піраміди 8АВСО і ЇЇАВСО, у яких основа АВС спільна,
а висоти 80 і N01 задовольняють відношення
Л'ОХ = 4 50 (д 800 ~ ДМ^О і = 4 5£>) .
Тоді об’єм
мався = ~2
Площина &8ВО ділить об’єм даної піраміди на дві рівні частини,
тобто
^лво = у^
бо у пірамід 8АВО і 8ВСО висота спільна, а площі основ рівні.
463
Пряма Аїї як медіана Д АО8 ділить площу грані АО8 на дві
рівновеликі частини; тоді
У ВА№ = VВАІЇЗ = “4 У-
Пряма 2УЛ4 (медіана Д АМ8) ділить Д АИ8 на дві рівновеликі час-
тини, тому
Увамм ~ у ^ВДЛ^ = у
В такому випадку об’єм частини АВСІЇМІЇ піраміди Уг = У двсвмм^
115
= УИАВСВ — УВАММ = ~2 + "8^ = “8Г’ а об’€М решти піРаміди
у^узвс^ = у-^у = ^у
Рис. 322. Рис. 323.
і шукане відношення
Узвсіш : Уавсвмії = у ‘ У = 3:5.
Відповідь. У2: Уг = 3: 5.
Задача 4. Довести, що якщо в двох пірамідах, які мають по
рівному двогранному куту при основі, рівні також і ребра цих ку-
тів, то відношення об’ємів даних пірамід дорівнює відношенню до-
бутків площ граней, які утворюють рівні двогранні кути.
Нехай дано дві піраміди 8АВС і у яких двогранні
кути 8АВС і рівні, причому АВ = (рис. 323).
Довести, що
У^АВС : = (55ДВ 5АВс) : (551Д1РІ ' ^А^Сів)-
Побудуємо лінійні кути 8М0 і 51Л4101 даних рівних двогранних
кутів. За умовою 2.8М0 = Тоді прямокутні трикутники
М80 і подібні і
80 __ 8М
^1^1
Площі бічних граней 8АВ і відносяться, як їх висоти, бо
АВ = А#!, тобто
$А8в _ 8М __ 80
^А^Зфі 51^1’
464
Знайдемо відношення об’ємів даних пірамід:
V З АВС _ з $ АВС _ $А8В $АВС .
^.л.в.с.о. ’50 5ЛЯГП 5А5.о. 5А.ВхС1Д,’
таким чином,
У$АВС________$А8В 5 АВС
^ЗіАіВіСіОі ^АіЗгВг ЗАіВ^Рі '
що й треба було довести.
Ми навели доведення для трикутної і чотирикутної пірамід. Як
бачимо, многокутність пірамід на результат доведення не впливає.
Якщо ребра рівних двогранних кутів в розглядуваних пірамідах
не рівні між собою, то відношення об’ємів цих пірамід прямо про-
порціональне добуткам площ граней, що утворюють ці кути, і обер-
нено пропорціональне довжинам їх ребер (див. рис. 323)^ тобто
У$АВС $АЗВ • VАВС Я1Р1
§ 50. Зрізана піраміда
Зрізаною пірамідою АВСОА^ВіСіРі називається частина піра-
міди 8АВСО, обмежена Ті основою і січною площиною, паралель-
ною до основи (рис. 324).
Основами зрізаної піраміди називаються
паралельні грані АВСО і (АВСО —
нижня, — верхня основа). Висотою
зрізаної піраміди називається відрізок прямої,
перпендикулярної до її основ, обмежений їх
площинами. Зрізана піраміда називається пра-
вильною, якщо її основи — правильні многокут-
ники і пряма, що з’єднує центри основ, пер-
пендикулярна до площин основ. Апофемою
правильної зрізаної піраміди називають висоту
її бічної грані.
Поверхня зрізаної піраміди. Бічною по-
верхнею зрізаної піраміди називається сума
площ її бічних граней.
Повна поверхня зрізаної піраміди дорівнює сумі бічної поверхні
і площ основ.
Бічна поверхня правильної зрізаної піраміди дорівнює добутку
півсуми периметрів основ на апофему:
^бічн
2
т,
де Р і Рг — периметри основ; т — апофема зрізаної піраміди.
Об’єм зрізаної піраміди. Об’єм зрізаної піраміди дорівнює сумі
об'ємів трьох пірамід, які мають висоту, однакову з висотою
465
зрізаної піраміди, а основи: одна — нижню основу даної піраміди, дру-
га—верхню, а третя — основу, площа якої -дорівнює середньому
геометричному площ верхньої і нижньої основ.
Нехай площі основ зрізаної піраміди дорівнюють Г і /, а висота
дорівнює Л; тоді об’єм
г=4(г+/+т ___________
о
Задача 1. Якщо в зрізаній піраміді площі основ дорівнюють
і 52, то площа 5Х перерізу її площиною, яка ділить бічні ребра
пополам, дорівнює (]/$! + V52)2. Довести.
Рис. 325.
Рис. 326.
У зрізаній піраміді АСг площі основ /==5ЛВС = 5іІЛ =
= 8двс = ^2 * площина А'В'С' ділить бічні ребра піраміди попо-
лам, а отже, паралельна до площин основ (рис. 325). Знайти площу
$ А'В’С' —
Площі паралельних перерізів піраміди відносяться, як квадрати
відповідних сторін. Позначивши АВ = а2\ А'В' = ах,
дістанемо
2 2 2
$ї~5а-$х’ аб°
ЗВІДКИ
Д1+ Д2
____2_______ах
У^ + УЗ^УзУ
2
За властивістю середньої лінії трапеції маємо Тоді
1/51= У~3Х> або Зх = 1 (/$; + УЗ^,
що й треба було довести.
Задача 2.У правильній чотирикутній зрізаній піраміді сторони
основ дорівнюють 5 і 11 дм, а діагональ піраміди—12 дм. Визна-
чити бічну поверхню.
466
У зрізаній піраміді ЛС\ маємо Л^ = ВхСі =» Сї£>і = ОГАГ—
с= 5 дм; АВ ~ВС = СО ~ О А =11 дм і А^С = 12 дм. Знайти бічну
поверхню (рис. 326),
З вершини Лі проводимо ЛХМ х АВ і А]М х АС» тоді Лх# —
апофема піраміди.
Бічйа поверхня
5«чв = І (/’ + /’!)• АМ
де Р = 4АВ = 44 дм, а Рх = 4ЛХВХ = 20 дм.
З квадратів АВСО і А^С^Рі за їх сторонами визначаємо діа-
гоналі
АС = 11 /2 (дм); ЛіСі = 5 /2 (дм). 7
Розглянувши рівнобічну трапецію ЛЛ^С, / Ип \
знаходимо / І 11 \ \
АМ = Iе ^5А = з /2 (дм) с
І ВІДПОВІДНО
МС = АС +_А1СІ = 8 /2 (дм). Рис. 327.
Тоді з прямокутного Д А^МС знаходимо висоту піраміди О±О =
= А}М = VАхСг — МС1 2 = У 12а — (8 ]/2)2 = 4 (ДМ)-
З рівнобедреного прямокутного Д АМІЇ АММ = 90°), гіпоте-
нуза якого АМ = 3 (дм), знаходимо сторону
Мув^=3(дм).
И 2
Апофему даної піраміди знайдемо з прямокутного Д А^М (^ А^УМ =
= 90°);
А^ = У АГМ2 + ІИ№ = /42 + З2 = 5 (дм).
Підставляючи знайдені значення Р, Рх і А±М у формулу бічної по-
верхні піраміди, дістанемо
•5бічВ=4(44+2о)-5==ібо(дм2)-
Відповідь. 5бічн = 160 дм2 = 1,6 (м2).
Задача 3. Визначити об’єм правильної трикутної зрізаної пі-
раміди, у якої сторони основ ЗО і 20 м, а бічна поверхня дорівнює
сумі площ основ.
У правильній трикутній зрізаній піраміді АВ = ЗО м, Л^ =
= 20 м і 5бічн = 8авс + $а в с (рис. 327). Позначимо сторони ос-
нови ЛВ = а=30 м, Л1В1 = а1 = 20 м і апофему піраміди МИ =
= т\ тоді за умовою маємо
1 а21/3
~2~ (За + Злі) пг = —-[----— >
467
або
.. м /з (°2 + /з (ЗО2 + 202) 13 /з , .
^ = ОТ = 6(а + аі) - 6(30 + 20) = ЧММ>'
Розглядаючи рівносторонні Д АВС і Д центри яких зна-
ходяться в точках О і О1Г знайдемо ОМ і 0}М як радіуси кіл, впи-
саних у ці трикутники:
ОЛ/ = = 5/3 (м); (\М = =22^3 (м).
З прямокутної трапеції О^ММО (МК ± ОМ) дістанемо
КМ = 0М—0К = 0М — 01М, абоО = -Ц^(м).
<5
Розглядаючи прямокутний &МКМ, дістанемо висоту даної піраміди
й = МК = /Л4№ — іУК2 = ]/” = 4 /з (м).
\ о / \ <3 /
Тоді об’єм даної піраміди
1/п
V = Л (а2 + а! + ааі) = 1900 (м3).
О і
Відповідь. V = 1900 м3.
§ 51. Клин. Обеліск
Клином називається п’ятигранник, основа якого — прямокутник,
бічні грані — рівнобедрені трикутники і рівнобедрені трапеції
(рис. 328).
Рис. 328.
Рис. 329.
Поверхня і об’єм клина можуть бути обчислені за формулами
ь /4Л3 + (а-а1)2 + (а + а,) /4Й2 + *2
5 = ад ------------------2-------------------’
V = ±-(2а + аі) Ьк.
Обеліском називається шестигранник, основи якого—прямокут-
ники, розташовані на паралельних площинах, а протилежні бічні
468
грані однаково нахилені до основи. Продовження ребер не перети-
наються в одній точці, отже, обеліск не є зрізаною чотирикутною
пірамідою (рис. 329).
Поверхня і об’єм обеліска можуть бути обчислені за формулами
5 = аЬ “Н
2
^ = ^- [^ + аі^і + (а + аі) + ^1)]-
§ 52, Подібність многогранників
Два многогранника називаються подібними, якщо вони мають
відповідно рівні многогранні кути і відповідно подібні грані. Від-
повідні елементи подібних многогранників називаються спорідне-
ними.
У подібних многогранників двогранні кути рівні і однаково
розташовані; відповідні ребра пропорціональні.
Крім того, справедливі такі теореми.
Теорема 1. Якщо в піраміді провести січну площину пара-
лельно до основи, то вона відтинає від неї другу піраміду, подібну
до даної.
Теорема 2. Поверхні подібних многогранників відносяться, як
квадрати відповідних лінійних елементів цих многогранників.
Теорема 3. Об'єми подібних многогранників відносяться, як
куби відповідних лінійних елементів цих многогранників.
Теорема 4. Квадрати об'ємів подібних многогранників відно-
сяться, як куби площ відповідних граней.
Задача 1. Площі основ зрізаної піраміди і 52, а її об’єм
V. Визначити об’єм повної піраміди.
Нехай 51>>52. Позначимо об’єм повної піраміди через Уь
об’єм піраміди, що доповнює дану зрізану піраміду до повної,
через У2. Тоді за теоремою 4
5з.
або
V, _ 5!/г
Складаючи похідну пропорцію, Дістанемо
V, ’ " у’/2 '
і
469
Враховуючи, що Уі — У2 — V,
у 5’/ї—53/ї
знаходимо І7- = —---2 , ЗВІДКИ
И1 53/2
У53/г
(7, =--------1______
1 53/2____ 53/2 ’
1 2
уУз3
(куб. од.).
Відповідь. Кі = ——--------—
Задача 2. Площі основ зрізаної піраміди дорівнюють а2 і Ь2.
Знайти площу перерізу, що паралельний до площин основ зріза-
ної піраміди і ділить її об’єм пополам.
В зрізаній піраміді АСг (для простоти рисунка розглядається
трикутна піраміда) дано 3Лвс = а2; ^А1ВіС1 = (Рис- 330)- тРеба знай~
%
ти площу перерізу А'В'С' (пл. АВС ||
II пл. А'В'С'), який ділить зрізану піраміду на
рівновеликі за об’ємом частини.
Доповнимо зрізану піраміду до повної.
За теоремою 1 піраміди ЗАВС, ЗА'В'С,
ЗАгВаСі подібні.
Позначимо площу шуканого перерізу
ЗА' В'С' через х2, а об’єми пірамід З АВС,
ЗА'В'С' і ЗА^іСі відповідно иа, Ух, Уь', за
теоремою 4
А
V2 V2 V?
у а ^_х _ у д
а6 ~ х6 " Ь6 ’
або
Рис. 330. _ Е* - Е* _ і
а3 х3 Ь3 '
де / — деяке число, що позначає величину цих відношень. Тоді
У а = Л; ух = х3/; У& = Ь3і. За умовою задачі Уа — Ух =
або а3/ — х3/ = х3/ — Ь3і, звідки 2х3 = а3 + Ь3 і, отже,
„ /а3 + &3\2/3
\ 2 /
§ 53. Правильні многогранники
Формула Ейлер а. Для будь-яких опуклих многограннн-
кіз існує деяке стале співвідношення між числом вершин, граней і
ребер, яке було встановлено Леопардом Ейлером (1707—1783).
470
Сума чисел граней і вершин опуклого многогранника на два
більша за число його ребер:
В + Г = Р + 2,
де В—число вершин; Г — число граней; Р—число ребер много-
гранника.
Рис. 331. Рис. 332. Рис. 333.
' Правильні многогранники. Многогранник називається правиль-
ним, якщо всі його грані — правильні многокутники і всі много-
гранні кути рівні.
Правильні многогранники мають правильну сітку, тобто всі їх
грані мають однакове число сторін^ а з кожної вершини виходить
однакове число ребер. Доведено, що існує тільки п’ять правильних
сіток, отже, і п’ять правильних опуклих многогранників, які нази-
ваються також тілами Платона.
Рис. 335.
1. Тетраедр (правильний чотиригранник), гранями якого є пра-
вильні трикутники (рис. 331). Тетраедр має 4 грані, 6 ребер і 4 вер-
шини, в кожній з яких сходиться по 3 ребра.
2. Гексаедр (правильний шестигранник — куб), гранями якого є
правильні чотирикутники — квадрати (рис. 332). Гексаедр має 6 гра-
ней, 12 ребер і 8 вершин, в кожній з яких сходиться по 3 ребра.
3. Октаедр (правильний восьмигранник), гранями якого є пра-
вильні трикутники (рис. 333). Октаедр має 8 граней, 12 ребер і 6
вершин, в кожній з яких сходяться по 4 ребра.
471
Зведена таблиця правильних многогранникі в
(табл. 10).
Умовні позначення: а — ребро многогранника; = Г — число
граней; М2— число ребер (сторін) у кожній грані; Л'3 — число ре-
бер у кожній вершині; = В — число вершин, Мь = Р — загальна
кількість ребер; 5 — площа поверхні; V — об’єм; 7? — радіус опи-
саної кулі; г — радіус вписаної кулі.
4. Додекаедр (правильний дванадцятигранник), гранями якого
є правильні п’ятикутники (рис. 334). Додекаедр має 12 граней, ЗО
ребер і 20 вершин, в кожній з яких сходиться по 3 ребра.
Таблиця 10
Многогранник Властивості многогранника і співвідношення між його елементами
Тетраедр іїі = 4; ЛГ2 = 3; Л'3 = 4; = 4; іїь « 6; 5 = а2/3 « 1,7321 а2; V = * 0,1179 а8; П = а-!р « 0,6124 а; г = * 0,2041 а 4 12
Гексаедр Мі = 6; Л/2 = 4; 3; /У4 » 8; == 12; 5= 6 а2; И = а8; Р = рЗ и 0,8660 а; г —- а = 0,5 а
✓ Октаедр ЛГі = 8; V, = 3; М9 « 4; « 6; Л\ « 12; Г- АЗ ЛҐ'Ї $=2а2рЗ « 3,4641а2; И = —* 0,4714 а3; П = її? « 0,7071а; г = 1^2 „ о,4082 а 2 6
Додекаедр Дії = 12; ЛГг =5; У3 = 3; = 20; ЛАв « ЗО; 5 = За2 ]/25 -Ь 10 /5 « 20,6457а2; V =» -ї а3 (15 4- 7 /5) * 7,6631а8; л = а_ГІ(1±Г5) = 4 а К250 + ПО /5 , г ” по " М135 а
Ікосаедр = 20; іїг = 3; у3 = 5; = 12; = ЗО; 5 = 5аг /3 - 8,6603аг; V = (3 4- /5) « 2,1817а3; д = 0 951]а. 4 г=1ГЦ±2І)„ 0.75 58 а
472
5. Ікосаедр (правильний двадцятигранник), гранями якого є пра-
вильні трикутники (рис. 335). Ікосаедр має 20 граней, ЗО ребер
і 12 вершин, в кожній з яких сходиться по 5 ребер.
Назви всіх тіл Платона походять від грецького слова є&ра —
грань, основа, база і відповідного числівника: -итрас—чотири, є£—
шість, бХта) — вісім, — дванадцять, єїХоаі — двадцять.
Тіла Платона .широко використовуються у кристалографії, бо
багато кристалів мають форму правильних многогранників. Напри-
клад, кухонна сіль має кристали кубічної системи у вигляді гексаед-
рів, алмаз найчастіше кристалізується у вигляді октаедрів тощо.
Для тіл Платона, як для окремого випадку опуклих многогран-
ників, справедлива формула Ейлера; наприклад, для тетраедра
‘ В4-Г = Р4-2 = 8.
Крім правильних опуклих многогранників існують ще й не-
опуклі (зірчасті) правильні многогранники, які одержали спільну
назву тіл Пуансо, на яких ми не маємо можливості зупинитися де-
тальніше.
§ 54, Побудова плоских перерізів многогранників-
Правильна побудова перерізів многогранників площинами має
важливе значення як для розвитку просторових уявлень, так і для
попередження помилок, які часто трапляються
гатьох стереометричних задач на обчислення
і доведення.
Побудувати переріз многогранника площи-
ною— означає побудувати прямі, що є слідами
перетину граней многогранника даною площи-
ною. Січна площина може бути задана різними
способами, наприклад:
а) трьома точками, що не лежать на одній
прямій;
б) прямою і точкою, що не лежить на ній;
в) двома прямими, що перетинаються;
г) деякими з названих вище' геометричних
елементів в сукупності з різними залежностя-
ми між ними і елементами (гранями, ребрами, діагоналями) много-
гранника.
При цьому можуть бути використані паралельність, перпенди-
кулярність, дані величини двогранних кутів і кутів між січною
площиною і ребрами многогранника тощо.
На рис. 336 показано неправильну побудову перерізу куба АС
площиною, що проходить через три задані точки N. С, £)1( яка
ілюструє, як легко припуститися помилки при побудовах у просторі.
Правильна побудова подібного перерізу виконана на рис. 337
в задачі 1 цього параграфа.
Побудова плоских перерізів многогранників виконується на ос-
нові відповідних просторових аксіом і теорем.
Для фактичної побудови перерізів многогранників площиною
використовується спосіб відповідності і спосіб побудови СЛІДІВ.
473
Спосіб відповідності полягає в тому, що для побудови перерізу
треба спочатку побудувати ті точки нижньої основи многогранника,
які взаємно однозначно відповідають точкам шуканого перерізу.
Спосіб слідів полягає в тому, що на площині нижньої основи
(іноді на якійсь іншій площині) виконується побудова слідів (лі-
ній і точок перетину січної площини, деяких прямих). За допомо-
гою цих слідів легко виконується побудова точок перетину січної
площини з ребрами многогранника і ліній перетину січної площини
з гранями многогранника.
Задача 1. Побудувати перевіз куба АСг площиною, що про-
ходить через три задані точки 7, С, £>х (див. рис. 337).
Сліди перерізу на гранях АВСО і СС^^ одержуємо, сполу-
чаючи точки N і С, С і О. Для побудови слідів на гранях АВВ^^
і АОО-^А-^ продовжуємо прямі Сії і О А до їх перетину в точці К.
Рис. 338.
Точка К лежить на продовженні ребра АО, отже, і на грані
АООіАу Сполучимо точки К і Рі- Пряма ЛПХ обов’язково перетне
ребро ААі, яке також лежить на грані АОО±Аі. Одержану при пе-
ретині прямих АА± і КОї точку М сполучимо з точками 7 і О1}
МСО-іМ—шуканий переріз.
Порівняйте цей переріз з неправильно побудованим перерізом
7С£>і на рис. 336.
Задача 2. Побудувати переріз куба площиною, яка прохо-
дить через три задані точки /(, Ь, М, що лежать на ребрах, які не
перетинаються (рис. 338).
Опустимо із заданої точки Ь перпендикуляр Ьії на ребро АО.
Проведемо прямі ЬМ і МС до їх перетину в точці Е (обидві ці
прямі лежать в одній площині, яка визначається трьома точками
Ь, ЛІ, 7, і не паралельні, отже, обов’язково перетнуться в деякій
точці Е).
Проведемо пряму ЕК до перетину з прямими ВС і АО відпо-
відно в точках Е і 6. Проведемо пряму СЬ до перетину з прямими
ААі і ООі в точках Н і Р. Точку Р сполучимо з заданою точкою
М і на перетині РМ з ребром О^ одержуємо точку (}. Точки Ь,
(2, М, Е, К, Н послідовно сполучаємо. Фігура ЬОМЕКН — шуканий
переріз.
Задача 3. Побудувати переріз п’ятикутної призми площиною,
що проходить через три точки А', В', О', задані па ЇЇ ребрах ААУ
ВВА, ООі (рис. 339).
474
В площині ААрр проведемо прямі Ай і А'О'. Сполучимо
точки В і Е прямою. З точки 8 в площині ААргО поставимо
перпендикуляр до основи призми до перетину його з прямою А'О1
в точці 8'. Проведемо через точки В і 8' пряму, яка перетне ребро
ЕЕ± в точці Сполучимо прямими точку Е' з точками А' і О'.
Проведемо в основі призми діагоналі ЕС і ВО, які перетнуть-
ся в точці К. Сполучимо точки В' і О' прямою. В площині ВВрр
з точки /( поставимо перпендикуляр до основи призми до перетину
його з прямою В'О' в точці К'. Проведемо через точки Е' і К'
пряму, що перетинається з ребром СС^ в точці С'. Сполучимо
точку С' з то.чками О' і В' прямими. Переріз А'В'С'О'Е' і є шу-
каним.
£ Л
Рис. 339.
Рис. 340.
Задача 4. Побудувати переріз чотирикутної призми площи-
ною, яка проходить через точки К' і Д/', дані на гранях призми,
і точку О', дану на її ребрі (рис. 340).
З заданих точок К' і її' в площинах граней АА1В1В і ВВРР
опускаєіио перпендикуляри до їх перетину з ребрами АВ і ВС від-
повідно в точках К і N. Сполучаємо попарно точки К' і Лґ, К і
N. В. і О. З точки 8, в якій- перетинаються прямі /(/V і ВО, що
лежать в одній і тій самій площині (площині основ призми), по-
ставимо перпендикуляр до цієї площини до його перетину з пря-
мою К'ЛҐ. Через одержану точку 8' проводимо пряму 0'8' до її
перетину з ребром ВВ± в точці В',
Проводячи тепер через дані точки К' і № відрізки В'К' і
В'№ і продовжуючи їх до перетину з ребрами ААі і ССх, діста-
немо точки А' і С'.
Чотирикутник А'В'С'О' і є шуканим перерізом.
Доведіть, що в даній побудові кожна розглянута пара прямих
лежить в одній площині, тобто що кожна з цих пар прямих не
була мимобіжною. Наприклад, для повного обгрунтування побудови
треба довести, що пряма 88' одночасно лежить і в площині ВВрр
і в площині КК'М'М, бо в противному разі 88' і К'№г не будуть
перетинатися, а будуть мимобіжними.
Зробіть таку саму перевірку і для всіх інших задач цього па-
раграфа.
Задача 5. Побудувати переріз чотирикутної призми площи-
ною, яка проходить через три задані точки Е, М, що лежать
на трьох її різних бічних гранях (рис, 341).
475
Проведемо через точки Л4, М Р прямі ММ', МИ, РР', пара;,
лельні до ребер призми. Знаходимо на площині основи призмй
АВСО сліди прямих МЛГ і МР. Слідом прямої ИМ буде точка <2,
слідом прямої РМ — точка /?. В такому випадку пряма (?/? буде
слідохМ площини шуканого перерізу на площині основи. Продовжимо
відрізок ОС до його перетину з продовженням ОТ? в точці Т. Про-
ведемо через точки Т і Р пряму, яка перетне ребро ОО1 в точці
С, а ребро СС\ в точці Н. Далі проведемо через точки М і Н
пряму, яка перетне ребро ВВг в точці Проведемо через точки Ь
і N пряму, яка перетне ребро ААг в точці Р. Сполучимо прямою
точки Р і 6. Переріз Р6РНМРИ е шуканим.
Задача 6. Дано точки М і ?/, що лежать на бічних гранях
чотирикутної піраміди, і точку Р — на її бічному ребрі. Побуду-
Рис. 341,
Рис. 341
вати переріз піраміди площиною, яка проходить через ці три точки
(рис. 342).
Знаходимо на площині основи піраміди слід прямої ТИЛІ —
точку Н. Сполучаємо точки ТИ та Р і знаходимо точку 6— слід
прямої МР на тій самій площині основи. Проведемо НС— слід
площини шуканого перерізу. Продовжимо пряму АВ до її перетину
з прямою НС і в результаті знайдемо точку Т7, яка належить пло-
щині перерізу і грані ВАВ. Через точки Р і И, що лежать в пло-
щині 5ДВ, проведемо пряму, яка перетне ребро 5П в точці О
Одержаний переріз ЕРРР є шуканим.
Вправи. 1. Провести переріз правильної п’ятикутної призми
площиною так, щоб вона проходила через ребро основи призми і
утворювала ’з площиною її основи / а. Розглянути всі можливі
випадки.
2. Провести переріз правильної чотирикутної піраміди площи-
ною, яка проходить через одну з вершин основи перпендикулярно
до протилежного бічного ребра.
3. Побудувати переріз, який проходить через три дані точки,
що знаходяться на суміжних бічних ребрах шестикутної призми.
4. Побудувати переріз, який проходить через три дані точки,
розташовані на суміжних бічних гранях п’ятикутної призми.
5. Побудувати переріз, який проходить через три дані точки,
одна з яких знаходиться на основі, а дві інші — на бічних гранях
правильної трикутної піраміди.
476
КРУГЛІ ТІЛА
§ 55. Циліндр
Циліндричною поверхнею називається поверхня, яка утворю-
ється рухом прямої АВ (рис. 343), що зберігає один і той самий
напрям і перетинає дану лінію СО. Пряма АВ називається твірною,
а лінія СО — напрямною.
Якщо за напрямну циліндричної поверхні взяти коло, площина
якого перпендикулярна до твірної, то така поверхня називається
круговою циліндричною.
Рис. 345.
Циліндром називається тіло, обмежене циліндричною поверх-
нею із замкнутою напрямною і двома паралельними площинами,
які перетинають твірні (рис. 344).
Частина циліндричної поверхні, що лежить між паралельними
"площинами, називається бічною поверхнею циліндра, а частини
плоихиц, які відтинає ця поверхня,— основами циліндра. Віддаль
між площинами основ називається висотою циліндра.
Прямим круговим циліндром називається тіло, обмежене круго-
вою циліндричною поверхнею і двома паралельними площинами,
перпендикулярними до твірної (рис. 345). Основами прямого круго-
вого циліндра є круги радіуса а висота дорівнює твірній ци-
ліндра:
Н = АВ = 00г.
В елементарній геометрії звичайно розглядають тільки прямий
круговий циліндр, який далі будемо називати просто циліндром.
Циліндр можна також одержати обертанням прямокутника
АООїВ навколо однієї з його сторін (див. рис. 345).
Сторона прямокутника ООХ, навколо якої відбувається обер-
тання, називається віссю циліндра, а перпендикулярна до неї сто-
рона О А = Ц — радіусом циліндра. Радіус циліндра дорівнює ра-
діусу його основ.
Бічна і повна поверхні циліндра. За бічну поверхню циліндра
приймають границю, до якої наближається бічна поверхня вписа-
477
ної в цей циліндр (або описаної навколо нього) правильної призми,
коли число граней цієї призми необмежено збільшується, а довжина
основи кожної з її граней наближається до нуля.
Бічна поверхня циліндра дорівнює добутку довжини кола ос-
нова на висоту циліндра:
^бічн =
де Р — радіус основи циліндра, а Н—його висота.
Повна поверхня циліндра дорівнює сумі бічної поверхні і площ
його основ:
\іовН = 2г./?(/7 + Я).
Розгортка циліндра. Якщо поверхню циліндра розрізати по
твірній і колах основ і розгорнути її так, щоб бічна поверхня
Рис. 347.
разом з основами лежала в одній площині (рис. 346), то на цій
площині одержимо фігуру, яка називається розгорткою циліндра.
Розгортка циліндра складається з прямокутника АВСО, сторони
якого АВ = Н і СВ = і двох кругів (основ циліндра) О і Ог.
Об’єм циліндра. За величину об'єму циліндра приймають гра-
ницю, до якої наближаються об’єми правильних вписаних в циліндр
(або описаних навколо нього) призм при необмеженому збільшенні
числа їх бічних граней.
Зауважимо, що коли число граней правильної призми необме-
жено збільшується, то довжина основи кожної з них обов’язково
буде наближатися до нуля.
Об'єм циліндра дорівнює добутку площі його основи на висоту:
V =
Зрізаний циліндр. Зрізаним циліндром називають частину
циліндра, що відтинається від нього площиною, яка не паралельна
до основи і не перетинає її (рис. 347). Бічна поверхня зрізаного
циліндра
5бічн = г.7? (Яі+Яг).
Повна поверхня
5Повн = [я + Яі + Я2 + У Я2 +
478
Об’єм
де 7? — радіус основи циліндра; Н1 і Я2 —найменша і найбільша
твірні зрізаного циліндра (див. рис. 347).
Відрізок циліндра (циліндрична підківка). Відрізком циліндра
(циліндричною підківкою) називають частину циліндра, яку відти-
нає площина, що перетинає одну основу циліндра, вміщену між
цією основою і січною площиною (рис. 348).
Висотою відрізка циліндра називають найбільшу з твірних:
СИ = Я; АВ = 2а — пряме ребро; СЕ = Ь — стрілка сегмента основи;
Рис. 348. Рис. 349.
Об’єм
V = [2а (ЗЛ2 - а2) + ЗЛ2 (Ь - Ц) а]
(формули дійсні і у випадку, коли Я<&<2/?; ~<а<2~).
Циліндрична труба (порожнистий циліндр). Циліндричною тру-
бою (порожнистим циліндром) називають тіло, обмежене двома
циліндричними круговими ПОВерХНЯхМИ із спільною віссю і різними
радіусами і двома паралельними площинами, перпендикулярними
до твірних (рис. 349).
і г — зовнішній і внутрішній радіуси; 5== (Я—г)—товщина
циліндричної труби; р = —-----середній радіус.
Бічна поверхня циліндричної труби
5бічн = 2г.Я (Л + г).
Повна поверхня
5П0ВН = 2т. (Л + г) (Я + Л - г) = 4т.р (Н + 6)
і об’єм
V = -Н (/?2 — г2) 2-ЯрВ.
Задача 1. Висота циліндра 6 дм, радіус основи — 5 дм.
Кінці даного відрізка лежать на колах обох основ; довжина його
479
дорівнює 10 дм. Знайти найкоротшу віддаль між даним відрізком
і віссю.
У даному циліндрі АМ = 6 дм; АО = 5 дм і відрізок ММ =
— 10 дм (рис. 350). Знайти віддаль між відрізком ММ і віссю
циліндра 00і.
ММ і ООі — мимобіжні прямі. Проведемо площину МАМ через
пряму ММ паралельно до осі ООу) тоді віддаль від будь-якої точки
осі 00і № проведеної площини буде шуканою. З прямокутного
ДМАМ дістанемо
Л.¥ = /МЛ'2 — ЛМ2 = /102 —б2 = 8 (дм).
З прямокутного А АВО І ВО | АМ\
Рис. 350. Рис. 351.
В циліндрі 50СВ = <2 і 3АВСГ)
циліндра.
Позначимо АО = В і АО — //; тоді
ОВ^УАСР—АВ^
= /б2- 42 = 3 (дм).
У цьому випадку СО ~ ВО —
== 3 дм.
В і д п о в і д ь. З дм.
Задача 2. В циліндрі
площа основи дорівнює ф,
а площа осьового перерізу 5.
Визначити повну поверхню ци-
ліндра.
= 5 (рис. 351). Знайти 5П0вн
5пови = 2г^ (Н+К).
За умовою задачі
2/?Я = 5,
г./?2 = (2,
звідки __
н~тУїг
Тоді _ _
5п»> “ (т /1 + /т) “ + 2«-
Відповідь. -5 4-2
Задача 3. Бічна поверхня циліндра вдвічі більша за суму
площ його основ. Знайти кут між діагоналлю осьового перерізу
і площиною основи циліндра.
За умовою задачі 5бічн = 45ОСН. Знайти / АСО = а (рис. 351).
Відомо, що 5бІЧН = а 5ОСН = т./?2; тоді
і, отже,
2~%Н = 4г./?2
// = 2/?,
480
тобто прямокутний А АйС — рівнобедрений, = 2/?, Шу-
каний кут а = 45°.
Відповідь. 45°.
Задача 4. Знайти діагональ осьового перерізу циліндра, якщо
об’єм циліндра дорівнює 240л дм3, а бічна поверхня 120л дм2.
За умовою Уцил = 240л дм3, = 120л дм2 (рис. Зої).
Знайти АС.
Позначимо АО = /? І АО = Н\ одержимо систему рівнянь
л/?2// =2 40л,
2л/?Я = 120л,
звідки /? = 4 дм, а Н = 15 дм.
Далі з прямокутного трикутника АОС знаходимо
АС = /ДО2 + ОС2 =
= /152 + 82 = 17 (дм).
Відповідь. 17 дм.
Задача 5. Два однакові рівносторон-
ні циліндри (ОМ = Мії = 22? = а) розмі-
щені так, що вісь одного з них є твірною
другого (рис. 352). Знайти об’єм їх спіль-
ної частини АЕОЕЕуВЕуС.
Легко показати, що об’єм спільної час-
тини циліндрів
V = АВ • $деое.
Рис. 352.
Площа спільної частини основ АЕОГ дорівнює сумі площ двох
однакових сегментів.
> Оскільки ЕЕ ± АО і ділить радіус основи циліндра АО попо-
лам, то ЕЕ — сторона правильного вписаного в основу ДЕМЕ*,
тобто ЕЕ ~ /? /з і дуга ЕОЕ має 120е. Тоді
^сегм ЕАЕ = ^сект ЕЕАЕ — А ОЕЕ'
п Я
Враховуючи, що за умовою 2? = АО — -у » маємо
_ 1 (а\г 1 а У З а _т.а* і а” У З
сегм МЕ ~ з Л 2 / 2 ' 2 4 — 12 16
В цьому випадку площа спільної частини основ циліндрів
с ______ос ___п%(71
^АЕОЕ — ^сегм ЕАЕ ~ а (5----
і шуканий об’єм
г=а-й2(і-1г)=й(4’1-3/5)-
* Для більшої наочності накресліть без просторових викривлень дві верхні
основи циліндра, тобто два круги радіусів # = ДО, що перетинаються в точках
Е і Е з центрами в точках Сі А.
16 5-2(Я) 2
481
Відповідь.
V = ~ (4х — 3 /3) я 0,3071а3 (куб. од.).
§ 56. Конус
Конічною поверхнею називається поверхня, що утворюється при
русі прямої АВ (рис. 353), яка переміщується в просторі так, що
вона при цьому постійно проходить через нерухому точку 5 і пере-
тинає дану лінію С.
Пряма АВ називається твірною, точка 5 — вершиною, а лінія С —
напрямною конічної поверхні.
Рис. 353. Рис. 354.
Зауважимо, що конічна поверхня, так само як і її твірна,
простягається у просторі нескінченно.
Конусом називається тіло, обмежене частиною конічної поверхні
з замкненою напрямною і площиною Р, яка не проходить через
вершину 5 і перетинає всі твірні конічної поверхні (рис. 354).
Вершина конічної поверхні називається вершиною конуса;
частина конічної поверхні, обмежена вершиною і січною площи-
ною,— бічною поверхнею конуса, а частина січної площини, що
виділена конічною поверхнею,— основою конуса. Висотою конуса
називається довжина перпендикуляра, опущеного з вершини конуса
на площину основи.
Прямим круговим конусом називається конус, основою якого
є круг СО, висота якого 80 проходить через центр кола основи
(рис. 355).
Далі прямий круговий конус будемо називати просто конусом.
Конус можна одержати обертанням прямокутного трикутника
(рис. 355) навколо одного з катетів. Катет 50, навколо якого від-
бувається обертання, називається віссю конуса, а гіпотенуза є твір-
ною конуса. Крім того, катет ОО дорівнює радіусу основи конуса,
а катет 80 дорівнює його висоті:
7? = 0О; // = 50.
Бічна І повна поверхні конуса. За бічну поверхню конуса прий-
мається границя, до якої наближається бічна поверхня вписаної
482
в нього (або описаної навколо нього) піраміди при необмеженому
збільшенні числа її бічних граней. При цьому довжина ребра основи
правильної піраміди наближається до нуля.
Бічна поверхня конуса дорівнює добутку довжини кола основи
на половину твірної Б:
Повна поверхня конуса дорівнює сумі бічної поверхні І площі
основи:
5Повн = ^ (* + *•)>
де Н = Ой — радіус основи конуса; Б = 80— твірна конуса
(рис. 355 або 356).
Розгортка конуса. Якщо поверхню конуса розрізати по твірній
і колу основи і розгорнути так, щоб бічна поверхня з основою лежала
в одній площині (рис. 357),
то на площині одержимо фігу-
ру, яка називається розгорпі-
кою конуса. Вона склада-
ється з сектора радіус
якого дорівнює твірній кону-
са, а довжина дуги дорівнює
довжині кола основи конуса,
і кола основи.
Об’єм конуса. За величину
об’єму конуса приймають гра-
ницю, до якої наближається
об’єм правильної вписаної в ко-
нус (або описаної навколо ньо-
го) піраміди при необмежено-
му збільшенні числа її бічних
Рис. 357.
граней.
Об'єм конуса дорівнює добутку площі основи на третину
висоти:
У = ±-*1?Н.
о
Задача 1. В трикутній піраміді сторони основи дорівнюють
13, 20 і 21, а кожне бічне ребро дорівнює 36. Знайти бічну по-
верхню конуса, описаного навколо піраміди.
483
Бічна поверхня конуса 5б1чн = тЛ^Ь. Твірна конуса дорівнює
бічному ребру вписаної в нього піраміди, тобто £ = 36. Радіус
основи конуса дорівнює радіусу кола, описаного навколо основи
піраміди.
За відомою з планіметрії форглулою (див. § 17, формула 4)
знаходимо
п аЬс 13 г 20. 21 ,5,
/? - -7ТГ- ~ — 7-- --- = ІОтг 5
4/27. 14(7.' 6 6
тоді
5бічн = = 390тс.
Відповідь. 5
Рис. 358.
бі(Ш = 390г, « 1225,22 (кв. од.).
Задача 2. Прямокутний трикутник, ка-
тети якого дорівнюють а і Ь, обертається на-
вколо прямбї, що проходить через вершину
прямого кута паралельно до гіпотенузи. Знай-
ти поверхню тіла обертання.
Прямокутний А АВС (/.С => 90е) оберта-
ється навколо прямої ООу (| АВ. Точка С ле-
жить на прямій ООі (рис. 358). Знайти по-
верхню тіла обертання, якщо АС = Ь і ВС = а.
Поверхня тіла обертання буде склада-
тися з бічної поверхні циліндра АВОЕ і біч-
них поверхонь конусів АСЕ і ВСІЇ.
Твірну циліндра знайдемо з даного три-
кутника:
АВ == /а2 + Ь\
а радіуси основ конусів і циліндрів, які рівні .між собою, визна-
чимо з д АВС-.
СЕ- АВ = АС і СВ.
Позначивши СЕ через /?, знайдемо
" У'а2 4- б2 ’
Тоді поверхня тіла обертання
3 = я/? (а + &4-2/ЇЧ^) = 7т4=г(д + ь + ^^+*5)-
у а2 4- Ь2
Відповідь.
+»+2^+а.(„.ад.).
/а2 + і2
Задача 3. Висота і твірна конуса відносяться, як Зо : 37.
Повна поверхня конуса дорівнює 588г. см2. Знайти об’єм конуса.
Позначимо висоту конуса Н = 35%, а твірну £ = 37х. Тоді
радіус основи конуса
/? = /Ь3 —Я3 = /(37х)3 - (35л)2 = 12г.
484
Повна поверхня конуса
5П0ВН = к7? (7? + Д) = 12x7 (12х + 37х) = 588тсх*
і за умовою
588гх2 = 5887.
Звідси х= 1, тоді 7? = 12 см, //==35 см. Об’єм конуса
V = —тЛРН = 1 т. 144 • 35 = 1680-. (см3).
З о
Відповідь. V =* 1680г, Сім3 « 5277,88 см3.
§ 57. Зрізаний конус
площини, обмежена
конуса називається
Рис. 359.
Зрізаним конусом називається частина конуса, що лежить
між його основою і січною площиною, паралельною до основи
(рис. 359).
Основами зрізаного конуса називається основа повного конуса,
з якого одержано зрізаний, і частина січної
конічною поверхнею (круг). Твірною зрізаного
частина твірної повного конуса, що лежить
між основами зрізаного конуса. Висотою зрі-
заного конуса називається віддаль між його
основами.
Зрізаний конус може бути утворений обер-
танням прямокутної трапеції навколо бічної
сторони, перпендикулярної до її основ.
Сторона ООр навколо якої обертається
трапеція, називається віссю зрізаного конуса,
а друга бічна сторона АВ трапеції — твірною
зрізаного конуса (рис. 359). Основи трапеції
є відповідно радіусами нижньої і верхньої
основ зрізаного конуса:
О А == 7?; ВОг = г.
Бічна 1 повна поверхні зрізаного конуса.
За величину бічної поверхні зрізаного кону-
са приймається границя, до якої наближається
поверхні правильної вписаної в нього (або описаної навколо нього)
зрізаної піраміди при необмеженому збільшенні числа її бічних
граней. '
Вічна поверхня зрізаного конуса Порівнює добуткові суми
довжин кіл основ на половину твірної:
^бічн = (Я “ґ г) •
де 7? і г—радіуси основ зрізаного конуса, а Ь — довжина твірної.
Повна поверхня зрізаного конуса дорівнює сумі бічної поверхні
І площ основ:
5повн = ^(Я + 'Н +
Розгортка зрізаного конуса. Якщо поверхню зрізаного конуса
розрізати по твірній і колах основ і розгорнути її так, щоб бічна
величина бічної
485
поверхня разом з основами лежала в одній площині (рис. 360), то
на площині одержимо фігуру, яка називається розго ріпкою зріза-
ного конуса.
Об'єм зрізаного конуса дорівнює сумі об'ємів трьох конусів,
які мають однакову висоту із зрізаним конусом, а основи: один —
нижню основу цього конуса, другий — верхню, третій — круг,
площа якого є середньою геометричною між площами верхньої
і нижньої основ:
1/зр,коН = 4^ (К2 + гЯ + г2).
де /7— висота зрізаного конуса, а 7? і г — радіуси його основ.
Подібні циліндри і конуси. Два циліндри, конуси або зрізані
конуси називаються подібними, якщо подібні їх осьові перерізи.
Бічні і повні поверхні подібних циліндрів, конусів і зрізаних
конусів відносяться, як квадрати їх відповідних лінійних елементів
(радіусів, основ, висот, твірних).
Об'єми подібних циліндрів, конусів і зрізаних конусів відно-
сяться, як куби їх відповідних лінійних елементів (радіусів основ,
висот, твірних).
Задача 1. Довести, що якщо в осьовий переріз зрізаного
конуса можна вписати коло, то його висота є середньою пропорціо-
нальною між діаметрами основ.
Нехай в осьовий переріз АВСО зрізаного конуса АС вписано
круг О (рис. 361). Позначимо АО± = 7?, 002 = г, О2ОХ = Н, АО ~ Ь.
Треба довести, що Н = 2]/г7?.
Осьовим перерізом є рівнобічна трапеція АВСО. З точки С на
АВ опустимо СМ 1 АВ\ тоді
МВ = 0гВ — ОГМ = О±В — О2С = К — г.
За властивістю дотичних, проведених з однієї і тієї самої точки
до кола, О2С = СІЇ і 0гВ = ІЇВ. Звідси О2С + О±В = Сії + ІЇВ, тобто
Ь = 7? + л
З прямокутного Д СМВ (/_М = 90 ) знаходимо
СМ - Н =УСВ'2 — МВ2 = У(/? + г)г— (/? —г)2 = 2/Т#;
що й треба було довести.
486
Задача 2. Визначити бічну поверхню зрізаного конуса, якщо
його твірна утворює з площиною основи кут^бО3, а площа осьового
перерізу дорівнює 5.
Нехай дано зрізаний конус СА з площею ссьового перерізу 5
і / АБО ~ 60° (рис. 362). Знайти бічну поверхню зрізаного конуса.
У рівнобічній трапеції ВАС з вершини А на основу Св опусти-
мо АМ Л Св. Позначимо Ав = Ь, Ов — Я, ОгА =- г. У прямокутно-
му А АМв за умовою МАВ = ЗО3, тому
МВ = -^В- АМ=Н =
За умовою задачі площа осьового перерізу (/? + г) Н — 5, або
(К + г) = 5.
Помноживши обидві частини останньої рів-
ності на число г., одержимо
+ г) = -.5.
Рис. 362.
Враховуючи, що бічна поверхня зрізаного
конуса
-£(/? + г),
знаходимо
-5.
Відповідь. 5Л.= — 7.5 (кв‘. од.).
О
Задача 3. У зрізаному конхсі радіуси основ і твірна відно-
сяться, як 3: 11 : 17, а об’єм дорівнює 815 т см3. Знайти повну по-
верхню зрізаного конуса.
Позначимо О1А = г = Зх, ОВ = 7?=11х і ЛВ = Ь = 17х
(рис. 362).
Тоді з прямокутного Д АМВ
АМ = Н =]/ЛВ2 —ЛЇВ2 = / (17х)2— (1 їх — Зх)2 = 15х.
За умовою задачі об’єм зрізаного конуса 815 т:, отже,
V = (Д* + гЯ + г2) = [(11 х)2 -Ь 33л2 + (Зх)2] =
= 815тх3 = 815
Звідси х — 1 см, тоді /? = 11 см, г = 3 см, Ь = 17 см.
Повна поверхня зрізаного конуса
5повн - ~[(Я г)Ь + 7?2 -ь г2] = 368- см2.
Відповідь. 5повн — 368г. см2 1156,11 см-.
487
Задача 4. Радіуси основ зрізаного конуса дорівнюють Д і л
Площина, паралельна до основ, поділила його на два подібних зрі-
заних конуси. Знайти відношення об’ємів одержаних конусів.
Нехай зрізані конуси Сії і МА подібні (рис. 363) і ОВ = /?»
ОХА = г, О2ЇЇ = х. З визначення подібності зрізаних конусів випливає,
що трапеції АО-іО^ЇЇ і МО2ОВ подібні; тоді г:х = х:/?, звідки
X Рг. Об’єми подібних тіл відносяться, як куби відповідних лі-
Рис. 363.
нійних елементів:
^Л1А^™ = <М3:^3, або
Ума __ г3 _ і г уз
(//Я)3 У 7Г3’
Відповідь. Ума'Ус!^ ГУУ
Задача 5. Якщо А АВС обертається
навколо сторони ВС = а, то об’єм одержаного
тіла Уа = -~л де —площа трикутника.
Довести.
Об’єм тіла обертання складається з двох конусів ВАО і САО
(рис. 364). Позначимо АО = А висоту А АВС, опущену на сторону
ВС, яка є і радіусом основи конусів. Тоді, позначивши об’єм шука-
ного тіла обертання через Уа, маємо
4“ ^коя. САй*
Рис. 365.
або
Уа = 1 * (Iі (СО + ОВ)=^
о о
Враховуючи, що за умовою аН = 2ф, знайдемо
а2/і2 4 З2
---- = Е —
а 3 а9
що й треба було довести.
Формула правильна для будь-якого трикутника, але якщо кут
буде тупий, то при доведенні треба враховувати, що тоді
= ^кон. АВ£> ^кон. АС£>»
488
Виконайте все доведення для цього випадку і розгляньте також
випадки, коли /С = 90° і /.В <90°.
Задача 6. Ромб АВСО з /_А = 60е і стороною АВ =« а обер-
тається навколо осі АО ± АО (рис. 365). Знайти об’єм тіла обертан-
ня. Визначити величину цього об’єму при а = 8,7 см.
Об’єм тіла обертання дорівнює різниці об’ємів зрізаного конуса
АОСО і конуса АВО:
V* = 4 г. • АО (ОС2 + АО- ОС АО2) — ^-я АО- ОВ2 =
= 4 я. АО (ОС2 + АО < ОС + Л£)2 — ОВ2).
О
Розглянемо ДЛОВ (/. АОВ = 90° і ^ВАО = 30°). В цьому
1 1/Т
трикутнику АВ = а, тоді ВО = —а, АО = ^—а. Підставляючи ці
значення в формулу для об’єму тіла обертання, знайдемо
Відповідь. При а = 8,7 см маємо а3 = 658,503 см3, і тоді
V = г.а2 к 2687,38 см3 а 2,687 дм3.
* 4
§ 58. Конічні перерізи
Конічними перерізами називаються плоскі криві, утворені при
перетині площиною конічної поверхні, напрямною якої є коло. Конічні
перерізи є кривими другого порядку.
Якщо січна площина Р± не паралель-
на до жодної з твірних конічної поверхні,
то конічним перерізом буде або еліпс (пло-
щина не проходить через вершину 5 коніч-
ної поверхні і не перпендикулярна до її
осі, рис. 366, крива /), або коло (площина
не проходить через вершину 5, але перпен-
дикулярна до осі конічної поверхні, рис.
366, крива 2), або точка (площина прохо-
дить через вершину 5). Таким чином, коло
і точку можна розглядати як окремі ви-
падки еліпса.
Якщо січна площина Р3 паралельна
тільки до однієї з твірних конічної по-
верхні так, що вона перетинає тільки одну
з її порожнин (наприклад, нижню), то ко-
нічним перерізом є парабола (рис. 366,
крива 3).
Якщо січна площина Р4 паралельна до
двох твірних конічної поверхні, то коніч-
ний перерізе гіперболою. В цьому випадку
Рис. 366.
489
січна площина перетинає вже не одну, а дві порожнини конічної
поверхні і відповідно до цього гіпербола складається з двох ві-
ток (рис. 366, крива 4). Зокрема, коли площина проходить через
вершину 5, маємо пару прямих, що перетинаються.
Зауважимо, що вітки параболи і гіперболи простягаються як
завгодно далеко і ці криві не є замкнутими.
§ 59. Сфера і куля
Кульовою поверхнею або сферою називається геометричне
місце точок простору, рівновіддалених від однієї точки, що зветься
центром сфери (рис. 367).
Радіусом сфери називається відрізок прямої, що сполучає
центр сфери з будь-якою її точкою, наприклад АО = ОВ = Р. Хор-
дою сфери називається відрізок прямої, який сполучає дві її будь-
які точки. Діаметром сфери називається хорда, що проходить че-
рез її центр, наприклад АС або ВО. Кулею називається тіло, обме-
жене сферою. Сферу можна одержати обертанням півкола навколо
діаметра.
Переріз сфери і кулі площиною. Переріз сфери будь-якою пло-
щиною є коло. Переріз кулі будь-якою площиною є круг. Круг,
утворений перерізом кулі площиною, яка проходить через центр,
Рис. 367.
Рис. 368.
називається великим кругом кулі, а круг, утворений перерізом
кулі площиною, яка не проходить через центр, називається малим
кругом кулі. Перерізи, рівновіддалені від центра кулі, рівні між
собою.
З двох перерізів, не однаково віддалених від центра кулі,
більший радіус має той, що лежить ближче до центра.
Будь-яка площина, що проходить через центр кулі, ділить його
поверхню на дві симетричні і рівні частини (рис. 367).
Через дві точки сфери, які не лежать на кінцях одного діа-
метра, можна провести коло великого круга, і до того ж тільки
одне.
Кола двох великих кругів при перетині діляться пополам
(рис. 367).
Площина, дотична до кулі. Дотичною площиною до кульової
поверхні називається площина, що має з цією поверхнею тільки
одну спільну точку (рис. 368).
490
Площина, перпендикулярна до радіуса кульової поверхні в його
кінці, що лежить на цій поверхні, є дотичною площиною. Обер-
нено: дотична площина перпендикулярна до радіуса, проведеного
в точку дотику.
§ 60. Поверхня і об'єм кулі та її частин
А
Рис. 370.
Частина кульової поверхні, що відтинається від неї якою-
небудь площиною, називається сегментною поверхнею (рис. 369).
Коло перетину СО
площини з кульовою по-
верхнею називається ос-
новою, а відрізок АВ =
= Н радіуса, перпенди-
кулярного до площини
перерізу,—висотою сег-
ментної поверхні.
Частина кульової по-
верхні, що лежить між
двома паралельними січ-
ними площинами, нази-
Рис. 369.
вається кульовим поясом
(рис. 370).
Круги перерізу Сі^і і С2О2 називаються основами кульового
пояса, а віддаль АВ = Н між паралельними площинами — висотою
пояса.
Лема про бічну поверхню конуса, зрізаного конуса і циліндра.
Бічна поверхня кожного з трьох тіл: конуса, зрізаного конуса
і циліндра—дорівнює добутку висоти тіла па довжину кола, ра-
діус якого є перпендикуляром, поставленим до твірної з її середини
до перетину з віссю.
Бічна поверхня конуса, зрізаного конуса і циліндра дооівнює
(рис. 371)
2~ . О А • О±О2.
Поверхня кульового сегмента, пояса і кулі. За величину по-
верхні кульового сегмента, пояса і кулі, утвореної обертанням
якої-пебудь частини півкола або всього півкола навколо діаметра
(рис. 372), приймають границю, до якої наближається поверхня,
утворена обертанням навколо того самого діаметра правильної
491
вписаної ламаної лінії у відповідну частину дуги кола при необ-
меженому збільшенні числа її сторін.
Сегментна поверхня дорівнює добуткові її висоти на довжину
кола великого круга:
5сегм = 2к^7/’
де 7?—радіус великого круга кулі, а Н — висота сегментної по-
верхні.
Поверхня кульового пояса дорівнює добуткові висоти пояса
на довжину кола великого круга:
5Пояса=2^Я,
де 7? — радіус кола великого круга, а Н — висота пояса.
Рис. 372.
Рис. 374.
Поверхня кулі дорівнює добуткові довжини кола великого
круга на діаметр:
5кулі=4^,
де Я —радіус кулі.
Поверхні куль відносяться, як квадрати їх радіусів або діа-
метрів.
Кульовий сегмент, шар і сектор. Кульовим сегментом нази-
вається тіло, яке відтинає площина від кулі.
Кульовим шаром називається тіло, яке відтинається від кулі
двома паралельними січними площинами.
Кульовим сектором називається тіло, одержане від обертання
кругового сектора навколо осі, що лежить в ного площині, яка
проходить через його центр і не перетинає сектора.
Якщо вісь обертання збігається з радіусом, який обмежує
круговий сектор. АОС, то одержаний від обертання кульовий сектор
називається простим, а якщо вісь обертання не збігається з радіу-
сом, що обмежує круговий сектор СОП, то кульовий сектор нази-
вається порожнистим (рис. 373).
Об’єм тіла, одержаного при обертанні плоскої фігури навколо
осі. Швейцарському математику Паулю Гюльдену (1577—1643) —
автору ряду глибоких досліджень про центр ваги тіла — належать
також теореми про об’єм і поверхні тіл обертання.
Теорема Гюльдена. Об'єм тіла, утвореного плоскою фігурою
при обертанні її навколо осі, яка лежить у площині цієї фігури
492
і не перетинає її, дорівнює добутку площі фігури на довжину
кола, описаного центром ваги цієї фігури:
^тіла об =
де 5 — площа фігури, що обертається, а сІс — віддаль від центра
ваги фігури до осі обертання.
В елементарній геометрії розглядається лема про об’єм тіла,
одержаного при обертанні трикутника навколо осі.
Лема. Якщо А АВС (рис. 374) обертається навколо осі ММ,
яка лежить у площині трикутника, проходить через його вершину
А, але не перетинає сторону ВС, то об’єм тіла, яке утворюється
при цьому обертанні, дорівнює добуткові поверхні утвореної
протилежною стороною ВС, на одну третину ви- м
соти трикутника, опущеної на цю сторону, тобто
т/ _______с С
утіла об--
Об’єм кульового сектора і кулі. Об’єм кульо- ---V
вого сектора, який одержуємо при обертанні на- Ік
вколо діаметра МІЇ кругового сектора АОВ ]
(рис. 375), є границею, до якої наближається | /
об’єм тіла, утвореного обертанням многокутника, • /
обмеженого радіусами ОА і ОВ і правильною
ламаною лінією ~АСБВ. Ця ламана вписана в ду- І—
гу кругового сектора, і число сторін її необмеже- N
но збільшується (тобто довжина кожної з сторін Рис. 375.
АС, СО, .. . наближається до нуля).
Об'єм кульового сектора дорівнює добу пікові поверхні відпо-
відного кульового пояса (або кульового сегмента) на третину
радіуса:
1,КуЛьов.сеГм = 2^^'4==Т::/?2Я1
де 7?— радіус кульового сектора, а Н — висота кульового пояса
(сегмента).
Об'єм кулі дорівнює добуткові їі поверхні на третину ра-
діуса:
4 тП3
V . -1 т7?3 — —.
икулі 3’6’
де 7? — радіус кулі, О — діаметр кулі.
Формулу для об’єму кулі одержимо, поклавши у формулі
об’єму кульового сектора Н = 2/?.
Об'єми куль відносяться, як куби їх радіусів або діаметрів.
Об'єм кульового сегмента дорівнює об’єму циліндра, у якого
радіус основи є висотою сегмента, а висота циліндра дорівнює
радіусу кулі, зменшеному на третину висоти сегмента, тобто
V = тК
'кульов.сегм 1
де Ь.— висота сегмента, а 7? — радіус кулі.
к--’-к
\ о /
493
Розглянемо кілька задач на круглі тіла.
Задача 1. Сторони трикутника дорівнюють 15, 14 і 13см.
Знайти віддаль від площини трикутника до центра кулі, дотичної
до сторін трикутника, якщо радіус кулі дорівнює 5 см.
Дано кулю О радіуса /? = 5 см і д АВС, сторони якого доти-
каються до поверхні кулі і дорівнюють ЛВ=15, ВС=14
і АС = 13 см (рис. 376). Знайти віддаль від центра кулі до пло-
щини А АВС.
Площина А АВС перетне кулю О по кругу, вписаному в даний
трикутник. Основа перпендикуляра ОО, опущеного з центра кулі
О на площину А АВС, попадає в центр цього круга Р.
Нехай ОМ = г — радіус круга О, проведений в точку дотику
сторони СВ поверхні кулі. Тоді з прямокутного дООМ зна-
ходимо
ОО = УОМ'2-ОМ2.
Радіус кулі /? = ОМ ~ 5 см. Ра-
діус круга О, вписаного в даний три-
кутник, знайдемо за формулою
с
Г = ОМ = — ,
Р
де 5 — площа, а р— півпериметр
Рис. 376. трикутника:
Ур(р-а) (р — Ь) (р — с) _ /21 • 6 • 7 • 8_
п 21 ~ (СМ)-
Підставляючи знайдені значення у формулу для ОО, знаходимо
шукану віддаль
ОО - /о2 — 42 = 3 (см).
Відповідь. З см.
Задача 2. Довести, що бічна поверхня конуса, вписаного
в кульовий сегмент, є середньою пропорціональною між площею
основи і бічною поверхнею сегмента (рис. 377).
Нехай в кульовий сегмент АСВ вписано конус (основа конуса
і сегментна спільна). Треба довести, що $бічн кон = 5кульов сегм X
X 5Круга£>- Позначимо: ОС = /?—радіус кулі; ДО = г — радіус
основи конуса (сегмента); СО = Н — висота сегмента і СВ = 1 —
твірна конуса.
З прямокутного А САЕ А = 90°) за властивістю катета
маємо
АС2 = СЕ • С, або /2 = 2/? • А.
Помноживши обидві частини останньої рівності на ~2г2, одержимо
~2г2/2 = 2-/?А • -Г2, або І- = 2/? • А.
494
Звідси, оскільки пгі = 5 2тКН = 5 , пг2 — 5
* , біцн. кон’ ^т'^а °кульов. сегм’ круга’
після заміни одержимо
52
бічн. кон 5кульов. сегм ' *$круга’
що й треба було довести.
Задача 3. Визначити, яку частину об’єму кулі становить
об’єм сферичного сектора, у якого сферична і конічна поверхні
рівновеликі.
Нехай на рис. 378 зображено кульовий сектор АСВО, у якого
сферична поверхня рівновелика до конічної.
Якщо позначити Од = АО = г і СО = Н, то
бо за умовою задачі сферична поверхня кульового сектора дорів-
нює конічній. В такому випадку 2Н = г.
З прямокутного Д Д£>0 (/£)== 90'), враховуючи, що ОО ~
2
= $ — Л, одержуємо № — (2Л)3 4- (Я — /і)2, звідси й = —/?. Об’єм
О
кульового сектора
9 4 1 / 4 \
Укульов. сект = у Г.Й/?2 = т.Ц2 = у (у т--/?3] •
тобто
V = А V •
кульов. сект 5 кулі’
Відповідь, у.
Задача 4. Площина ділить об’єм кулі у відношенні 7:20
В якому відношенні вона ділить поверхню кулі?
Нехай площина круга 01 ділить об’єм кулі у відношенні 7:20
(рис. 379). Проведемо діаметр кулі ВО перпендикулярно до пло-
щини круга Оі і позначимо ВОТ = Н, ОВ = /?; тоді 0±О^2К — Н.
За умовою задачі
або
Укульов. сегм Д двс ! Укульов, сегм Д АоС ~ 7 :
г.Н2[ц-~Н
\
й)2[/?-4-(2Л-Л) --7:20.
І о
495
Звідси після перетворень знаходимо
Зда2 —А3 _ 7
47?3 — 37?А2 + А3 ”20‘
Замінимо 7? = Ах і зазначимо, що оскільки А <7?, то х>1. Тоді
.. з , ьз — X » або 28х3 — 81х + 27 = 0.
4А3х3 — ЗН3х + А3 20 1
Розкладаючи ліву частину рівняння на множники, одержуємо
(2х — 3) (14х2 + 21х — 9) = 0,
звідки
_ З —21 ± /945
*!.- у» 28-----
Оскільки х> 1, то корені х2 і х3 не задовольняють умову задачі,
тобто
у? = /іхх = у Л.
Тепер знайдемо відношення поверхонь кульового сегмента
^АВС — і кульового сегмента 5Л£>С = 52:
5і __ 2к7?А к _ 1
52 2к7? (27? — Н) ~ 2А 2 ‘
Відповідь. 1:2.
Вправа. Довести, що об’єм тіла, одержаного при обертанні
кругового сегмента з хордою а навколо діаметра, паралельного до
цієї хорди, не залежить від величини радіуса круга.
§ 61. Вписана та описана кулі
Куля називається вписаною в многогранник, а многогранник —
описаним навколо кулі, якщо площини всіх граней дотикаються до
кулі. Якщо куля знаходиться всередині многогранника, то вона
називається вписаною, а якщо поза многогранником — зовні вписаною.
Куля, називається описаною навколо многогранника, а много-
гранник— вписаним у цю кулю, якщо всі вершини многогранника
лежать на поверхні кулі.
Куля називається вписаною в конус, зрізаний конус і циліндр,
якщо поверхня кулі дотикається до площин основ цих фігур і до
всіх твірних їх бічних поверхонь.
Куля називається описаною навколо конуса, якщо поверхня
кулі проходить через вершину конуса, а коло основи конуса ле-
жить на поверхні кулі. Куля називається описаною навколо ци-
ліндра і зрізаного конуса, якщо кола їх основ лежать на
поверхні кулі.
Зауважимо, що в трикутну і будь-яку правильну піраміду
і конус завжди можна вписати кулю, а навколо трикутної піраміди,
циліндра і зрізаного конуса завжди можна описати кулю.
496
Для інших просторових фігур умови можливості вписати в них
І описати навколо них кулі повинні бути в кожному випадку
спеціально визначені. Наприклад, навколо прямої призми можна
описати кулю, якщо в основі призми лежить многокутник, навколо
якого можна описати коло.
Задача* 1. Довести, що об’єм многогранника, описаного нав-
коло кулі, дорівнює добуткові повної поверхні многогранника на
третину радіуса кулі.
Доведемо це для чотиригранника, що не змінює загальності
результату. Нехай в чотиригранник АВСО вписано кулю О, по-
верхня якої дотикається до граней чотиригранника в точках Ь, Л4,
ії, Р (рис. 380).
Через центр кулі і ребра чотири-
гранника проведемо площини, які поді-
лять чотиригранник на чотири трикутні
піраміди ОАВСУ О АСО, ОАВО і ОВСО.
Радіуси кулі ОЬ, ОМ, ОМ і ОР, прове-
дені в точки дотику, будуть висотами
цих пірамід.
Тоді
У АВСО = V о АВС + V о АСО +
+ У()АВО + Уовсо’
Рис. 380.
або
^АВСО ~~3Г ^АВС + $АВО + 5АСО + 5ВСо)»
де ^АВС’ ^АВл* $АСО ’ —площі граней чотиригранника,
а г — радіус вписаної кулі.
Звідси
У “з" г,^повн*
що й треба було довести.
З доведеного випливає, що радіус вписаної в многогранник
кулі дорівнює потроєному об’єму многогранника, поділеному на
його повну поверхню:
ЗУ
8
Задача 2. В правильній чотирикутній піраміді центри впи-
саної і описаної куль суміщаються. Визначити плоский кут при
вершині піраміди.
Дано правильну чотирикутну піраміду 8 АВС і точку О —
центр вписаної в піраміду і центр описаної навколо неї куль
(рис. 381).
Точка —центр кола, описаного навколо А 8ВС. Тоді пер-
пендикуляр з центра кулі на площину А 8ВС попадає в точк у О у
і ООі буде радіусоїм вписаної в піраміду кулі. ОВ = ОС = 80 =
= Р — радіуси описаної кулі; 002 = 00} ~ г — радіуси вписаної
кулі. Тоді прямокутні А 002В, &ОО}В, А 002С і А ОО}С рівні
497
між собою. З їх рівності випливає, що В02 — СО2 == ВО± = СО^
і А ВО2С і А ВОгС рівні.
В такому випадку / ВО2С — ВОХС — 90°.
Далі 801 = В01 = С0ї як радіуси кола, описаного навколо
А 8ВС.
З рівнобедреного А В0г8 за властивістю зовнішнього кута
Тоді
/. ВЗС = у ВОХС = 45°.
Рис. 381.
Задача 3. Навколо кулі описано зрізаний конус, твірна
якого дорівнює а. Знайти бічну поверхню цього конуса.
На рис. 382 зображено основний переріз зрізаного конуса
з вписаною в нього кулею. За умовою задачі ВС = сі. Позначимо
0x5 = 7?, а 02С = л Тоді за властивістю дотичних до кола, що
виходять з однієї і тієї самої точки, О2С = СМ і О^В^МВ, або
ОіВ + О2С ~СВ = а, тобто 7? + г = а.
Отже, шукана бічна поверхня зрізаного конуса
5б1чп = ” (Я + ') а = -а2-
Задача 4. Знайти радіус кулі, вписаної в піраміду, основою
якої є ромб з діагоналями 6 і 8, а висота піраміди проходить через
точку перетину діагоналей основи і дорівнює 1.
За діагоналями ромба знайдемо його сторону:
а = /42 + З2 = 5.
Радіус вписаного в ромб круга
25
г~ Р ’
де 5—* площа ромба, а Р— його периметр. Тоді
498
Висота бічної грані піраміди /п = ]//і2 4-г2, де А — висота пі-
раміди, а г — радіус вписаного в основу круга. _
Виконавши обчислення, знаходимо, що /21 = 1/6,76 = 2,6. Повна
поверхня піраміди
5ПОВИ = 3 * 5біЧв + 50СН = (20 • 2«6 + 8 • 6) = 0,
а об’єм піраміди
^ = у50сн. й-1-24. 1 = 8.
Користуючись результато.м задачі 1 даного параграфа, знайдемо
радіус 7? кулі, вписаної в піраміду:
§ 62. Геометричне місце точок і прямих
у просторі
Загальне визначення геометричного місця точок було дано в §29.
В порівнянні з геометричним місцем точок на площині, уяв-
лення і побудова геометричного місця точок у просторі викли-
кають набагато більше труднощів, що пов’язано як із складністю,
так і з більшою різноманітністю прикладів. Однак вправи і трену-
вання на уявлення (усне розв’язання) і фактичну побудову гео-
метричного місця точок у просторі конче необхідні для розвитку
просторового хмислення і успішного розв’язання багатьох стерео-
метричних задач на обчислення, побудову і доведення.
Наводимо ряд прикладів геометричних місць точок у просторі.
1. Геометричним місцем точок, рівновіддаленних від даної
площини на відстань т, е дві площини, паралельні до площини
які знаходяться по обидві сторони від неї на відстані т.
2, Геометричнихм місцем вершин пірамід, що мають даний об’єм
V і побудовані на даній основі 3, є площини, паралельні до основи,
які знаходяться від неї на віддалі, що дорівнює спільній висоті
цих пірамід:
3. Геометричним місцем центрів сфер даного радіуса, що доти-
каються до двох площин, є чотири прямі, паралельні до лінії пе-
ретину даних площин.
4 Геометричним місцем точок, відношення віддалей яких від
двох даних точок А і В дорівнює а : Ь, є сфера з діаметром, що
сполучає точки М і ії, які ділять відрізок АВ у даному відно-
шенні внутрішнім і зовнішнім способами.
5. Геометричним місцем прямих, що проходять через дану
точку і дотикаються до даної сферичної поверхні, є конічна кру-
гова поверхня з вершиною в точці А.
6. Геометричним місцем перпендикулярів, опущених з даної
точки А нз площини, що проходять через дану пряму /, є круг,
діаметр якого дорівнює віддалі від точки А до прямої /.
499
7. Геометричним місцем прямих, що проходять через дану точку
і перетинають дану площину під даним кутом а, е конічна поверхня
з вершиною в точці А і кутом в осьовому перерізі р = 90° — а.
8. Геометричним місцем точок, симетричних до даної точки ДО
відносно всіх точок площини (2 і однаково віддалених від неї,
є коло, що лежить у площині Р, паралельній до площини
Задача 1. Знайти геометричне місце точок, Що знаходяться
на даній площині (& з яких даний відрізок АВ видно під пря-
мим кутом.
Припустимо, що ДО— довільна точка шуканого геометричного
місця. Сполучимо точку /V з кінцями А і В даного відрізка (рис.
383). Оскільки за умовою задачі А АВМ — прямокутний, то N0 —
= (як медіана, опущена з вершини прямого кута на гіпоте-
Рис. 383.
Рис. 384.
нузу). Отже, точка 0 рівновіддалена від усіх точок шуканого
геометричного місця точок.
Таким чином, усі шукані точки рівновіддалені від деякої точки
Ор яка є проекцією точки О на площину ф.
Отже, шукане геометричне місце точок є колом, яке знахо-
диться на площині (і і має радіус
я = = -оо^.
Задача 2. Довести, що геометричне місце точок, рівновід-
далених від сторін даного у просторі / Л5В, є площиною, яка про-
ходить через бісектрису даного кута і перпендикулярна до
площини, в якій він знаходиться.
Нехай Р8—бісектриса даного /_А8В, а <2— площина, що
перпендикулярна до площини / А8В і проходить через його
бісектрису (рис. 384).
Візьмемо в площині <2 довільну точку Р і проведемо
Рії 1. пл. А8В. Перпендикуляр лежить у площині ф. Про-
ведемо ДОДО д. 5Я, N1 д. 8В і сполучимо точку Р з точками К і
тоді (за двома рівними катетами)
Д РАДО = А РЬДО.
Отже, РЬ ~ РК. Оскільки точка Р взята на площині 0 довільно,
то твердження доведено для всіх точок площини ф.
500
ЗАСТОСУВАННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ
ДО РОЗВ'ЯЗАННЯ ЗАДАЧ З ГЕОМЕТРІЇ
§ 63. Розв'язання прямокутних трикутників
Деякі випадки розв’язання задач про прямокутні трикутники
є в «Альмагесті» Птолемея. В ті часи розв’язання косокутних три-
кутників зводилося до випадків розв'язання прямокутних трикут-
ників.
Індійські вчені користувалися розв’язанням прямокутних три-
кутників в астрономічних задачах, але не були спроможні ство-
рити якусь систему в цьому напрямку. Математики арабомовних
країн, і зокрема математики Середньої Азії та Азербайджану, про-
довжуючи й творчо переробляючи спадщину еллінських та індій-
ських вчених, розв’язали практично
всі головні задачі з прямокутними
трикутниками.
В Західній Європі розв’язання
всіх випадків задач з прямокутними
трикутниками були зібрані в книзі
Регіомонтана «П’ять книг про різно-
гго роду трикутники» (1533).
Основними випадками розв’язання
трикутників називаються задачі на
обчислення елементів трикутника за
трьома даними незалежними його елементами. До основних елемен-
тів трикутника відносять його сторони і кути, з яких тільки два
кути незалежні один від одного, тому що / а х / (3 -н / 7 = 180°.
У прямокутному трикутнику один кут завжди відомий (прямий),
'тому для розв’язування прямокутних трикутників досить задати
два з яких-небудь основних елементів, крім двох гострих кутів,
бо для прямокутного трикутника
^+^0 = у = 90=
т = 90°)
і, отже, якщо задано один з кутів, наприклад а, то р = 90° — а;
і навпаки, якщо відомо / р, то а = 90° — р.
Типові задачі розв’язання прямокутних трикутників (рис. 385).
1. Дано гіпотенузу с і гострий / а. Решту елементів знахо-
димо за формулами
а— с$іпа; Ь = ссо$сс, / р = 90° — а.
- 2. Дано катет а І гострий ,/а(або /!?)• Решту елементів
знаходимо за формулами
р = 90° — а; Ь = а сі£ а; с = •
ь 5іпа
3. Дано гіпотенузу с і катет а (або Ь). Решту елементів зна-
ходимо за формулами
5 =/с4 —а2; 5іпа = у5 (3 = 90 = — а.
501
4. Дано катети а і Ь. Решту елементів знаходимо за формулами
с = /а* -г Ь'2; = ^Р = 9О° — а.
§ 64. Розв'язання прямолінійних трикутників
Вже саме походження тригонометрії з гномоніки виявляє, що
спочатку було знайдено способи розв’язання прямокутних трикутни-
ків; косокутні трикутники так або інакше зводилися до суми або
до різниці прямокутних трикутників. Так було протягом досить
довгого часу. Наприклад, ал-Баттані (близько 850—929) для зна-
ходження розв’язання косокутного трикутника опускав перпенди-
куляр з вершини трикутника на його основу і, таким чином, одер-
жував два прямокутні трикутники.
Теорему про пропорціональність сторін у трикутнику і синусів
протилеглих їм кутів уперше висловив ібн Ірак (помер близько
1020 р.). Нове формулювання цієї теореми та її доведення дав ал-Бі-
руні. Іспано-арабський математик Табір ібн Афла (XI ст.) вивчив
питання про можливість розв’язання трикутника за двома його сто-
ронами та одним з протилежних цим сторонам кутів. Дослідження
цього випадку в більш загальній формі виконав Ф. Вієт. Славет-
ний азербайджанський математик ат-Тусі в трактаті про тригоно-
метрію дав розв’язання трикутників за трьома сторонами й трьома
кутами. Формулу для розв’язання трикутника за трьома сторонами
_ 1 / (р — 0) (р — 6)
8 2 у {р_с)
вивів Ретік.
Всі головні випадки розв’язання косокутних трикутників зібрав
і виклав Ф. Вієт.
Деякі нові задачі разв’язав І. Ньютон у трактаті «Універсальна
арифметика», який було опубліковано у 1707 р. Зокрема, він зна-
йшов розв’язання трикутника за його основою, сумою сторін і кутом
при вершині.
У XVIII ст. були уточнені формулювання розв’язань, а фор-
мули набули того вигляду, в якому вони відомі тепер.
Вперше функція синуса була графічно зображена Робервалем
(1602—1675). І. Барроу в «Геометричних лекціях» (1670) викреслив
графіки для косинуса, тангенса й секанса, але лише для першого
квадранта.
Термін «синусоїда» запропонував О. Фабрі (близько 1606—1688)
у 1659 р. За аналогією Ронде у 1735 р. створив терміни «тангенсоїда»
та «секанеоїда».
Лінію, що зображає функцію секанса, вперше викреслив Фабрі.
Учень Ньютона Котес (1682-4716) викреслив графіки тангенса
й секанса для двох оборотів; графіки ці було опубліковано після
його смерті (у 1722 р.).
Умовимося, як це прийнято, позначати елементи прямоліній-
ного трикутника* з вершинами А, В, С такими буквами (рис. 386):
* Крім прямолінійних трикутників детально вивчені також трикутники
сферичні, тобто трикутники, розташовані на сфері, що знайшли пайширше вико-
ристання в астрономії.
502
А, В, С — внутрішні кути трикутника;
с — відповідні сторони, протилежні до кутів трикутника;
Кс — висоти трикутника відносно сторін а, Ь і с;
а,
&а’ - ь ----- .,------
1>Ь, &с — бісектриси внутрішніх кутів;
таі ть, тс — відповідні медіани;
а + Ь
р= —
5 — площа трикутника;
/?— радіус описаного кола;
г — радіус
га, гс — радіуси зовнівписаних кіл*.
Основні теореми та формули
трикутника.
Сума внутрішніх кутів:
А + В + С = 180°.
Теорема синусів:
а ___ Ь _____ с
зіп А ~~ зіп В ~ зіп С ’
пі впериметр трикутника;
вписаного кола:
(125)
(126)
про
співвідношення між елементами
Теорема косинусів:
а2 = Ь2 + с2 — 2Ьс соз А.
Теорема тангенсів:
(127)
В
А
Рис. 386.
а — Ь
(6^
8 2
к 2
е 2
сіб -у
(128)
Формули Мольвейде:
с
А — В
с°з 2
: с~
51П -у
а — Ь
с
. А— В
зш ——
СОЗ у
(129)
Формули половинних кутів:
зіп --
А
созт
16^-
(130)
(131)
— с)
а)
(132)
* Зовнівписаним до сторони а &.АВС колом називається коло,
* Зовнівписаним до сторони а 2. АВС колом називається коло, що доти-
кається до сторони а і продовження сторін Ь І с (див. § ІЗ, рис. 119).
503
Формула ДЛЯ висот трикутника:
На = &зіп С = сзіп В. (133)
Формули для обчислення бісектрис:
, Иа _ бзіп С е (134)
°а~ в — с ~ в —с' с°5 2 соз 2
(135)
Формула для обчислення медіан: 1
= ~2 V+ С2 + 2Ьс соз А (136)
Формули Для обчислення площі:
с 1 V. . л 1 ,озіп4зіпС . ч . А
5 = Ьс 51П А = у Ь- тп-д— = р (р - а) . (137)
Формули для обчислення радіуса описаного кола:
й = 2хіп /1 = 25ІПВ = 2зіпС’ (138^
«= Л--Ґ С- «
8 соз соз “2* соз —
Формули для обчислення радіуса вписаного кола:
Г = (р — а) = (р — Ь) -у = (р — с) ій (140)
г = ріб-у (ш)
д н с
г = 4Д5іп-£-8іп -ггЗіп-у. (142)
Формула для радіусів зовнівписаних кіл:
В С
А асоз^-соз^
Примітка. Для висот, бісектрис, медіан і радіусів зовнівпи'
саних кіл ми навели лише по одній з трьох можливих формул. Решту
одержуємо з формул (133) — (136) і (143) шляхом циклічної пере-
становки
с*- Ь
401»
а
тобто зміни а -> Ь -> с а і відповідно А В -+ С -> А.
504
Наприклад, з формули (136) маємо:
тЬ = с2 + я2 + 2са соз В\
= 4 /а2 + &2-2а&+со$ С\
з формули (143) —
, В х С
П> = рі&-2'і гс = р .
Цю саму перестановку можна застосувати І до формул (127) — (132)
і (137).
Основні випадки розв’язання прямолінійних трикутників.
Основними, випадками розв'язання трикутників називаються
задачі на обчислення елементів трикутника за трьома його даними
незалежними основними елементами. До основних елементів відносять
сторони і внутрішні кути трикутника, причому кути зв’язані між
собою співвідношенням А + В + С = тому тільки два з них мо-
жуть бути незалежними.
Випадок І. Дано два кути А та В і одну Із сторін трикут-
* ника, наприклад с\ обчислити решту його основних елементів.
Якщо дано два кути трикутника, то третій визначаємо з (125):
С = г,-(Л + 5).
Після того як визначено третій кут, дві невідомі сторони три-
кутника визначаються за (126):
сзіпД г сзіпВ
а = . „ ; Ь = ——.
ЗІП С ЗІП С
Випадок II. Дано дві сторони трикутника і кут між ними;
знайти решту основних елементів трикутника.
Нехай дано сторони а і Ь і £С. Оскільки ~ , то
за (128) маємо
звідки
- п п і (а — і С \
Л —В = 2агсі§
а згідно з (125)
А + В = т: - С.
З останніх двох рівнянь додаванням, а потім відніманням знайдемо
А і / В. Знаючи їх, за (126) знаходимо третю сторону
а зіп С
с = —.—з- .
зіп А
505
Цю задачу можна розв’язати І іншими способами; наприклад, за-
стосовуючи теорему синусів, маємо
6 _ зіп В __ зіп [гс — (А + С)] __ зіп (Л + С)
а~"зіпЛ~~ зіп А ““ зіп А ’
звідки, скориставшись формулою (21), одержимо
зіп А соз С + соз А зіп С „ . . „ . ~ Ь
-----------т-Ц:--------= соз С + сій А зіп С = — ,
зіп А------------------' а
або, після очевидних перетворень,
сій А =
Ь — а соз С
а зіп С
З останньої рівності знаходимо / Л, а
потім і решту елементів трикутника.
Випадок ПІ. Дано три сторони
трикутника а, Ь,. с. Обчислити його
кути.
Необхідною і достатньою умовою
існування трикутника буде виконання
нерівностей
а + 6 > с; а + с> Ь\ Ь + с>> а (а >0;
Ь>0; с>0).
Якщо ці умови виконано, то / А і / В знаходимо за (131),
застосувавши при переході до / В циклічну перестановку:
соз4=1А<^; со5А=.1/
2 г Ьс 2 1 ас
потім знаходимо / С з рівності Х_ А + /_ В + /_С =
Випадок IV. Дано дві сторони і кут, протилежний до однієї
з даних сторін; обчислити решту основних елементів трикутника.
Нехай дано а, Ь і / В. Розв’язуючи цю задачу, розглянемо
кілька варіантів.
А. Якщо Ь >. а, то задача має єдиний розв’язок; /_А^/_В
і за (126) маємо
а ____ Ь
зіп А ~ зіп В ’
звідки знаходимо зіп а, а потім / Л.
З рівності /^Л + /.В + /.С, = ї; знаходимо / С, а потім за тео-
ремою синусів — сторону с:
а зіп С
зіп А
Б. Якщо а> Ь> а зіп В, то задача має два розв’язки, тобто
існують два трикутники, що задовольняють дані задачі (рис. 387).
506
З рівності ~—т- = —;—— знаходимо зіп А:
ЗІП А 51П В
. я а зіп В (азіп В
ЗІП А = --7--- ----7--< 1 І ,
Ь \ о 1
звідки маємо два значення кута А:
А = Ау і А = А2==і я Ау,
Аналогічно до попереднього випадку знаходимо і сторону с
відповідно до кожного із знайдених кутів Ау і Л2.
В. Якщо &=азіпВ, то задача має один розв’язок, і в цьому
випадку трикутник буде прямокутним, тому що
отже,
Л А = , тобто £А2 = Ау = ~ = 90°.
Тоді
С = — В і С = а соз В.
Г. Якщо Ь< а зіп В, то задача не має розв’язків, тобто три-
кутник не існує, оскільки
Графічно умова а зіп В >Ь означає, що перпендикуляр а зіп В
повинен бути більший за похилу Ь (див. рис. 387), що неможливо.
Решта задач на розв’язування трикутників вважаються не
основними і зводяться до основних випадків. Деякі з них ми роз-
глянемо в наступних параграфах.
Переходимо тепер до розв’язання прямокутних трикутників,
тобто окремого випадку трикутників, у яких завжди
/ С = 90°; созС=0; зіп С = 1.
Підставивши ці значення у формули (125) — (143), одержуємо
відповідні формули для прямокутних трикутників, що читачеві
корисно було б виконати як вправу. Зокрема, підставивши ці
значення у формули (125) — (127), одержуємо основну систему для
розв’язання прямокутних трикутників:
/ А + / В = 90°, так що зіп А = соз В', соз А = зіп В\ (144)
а = сзіп А = с соз В\ Ь — сзіп В = с соз А; (145)
= + Я (146)
Розділивши рівності (145) по черзі одну на другу, одержимо ще
дві формули, що зв’язують елементи прямокутного трикутника:
у = І8 а = сіє В; у = сіє Л = іє В. (147)
507
Для розв’язання прямокутного трикутника досить задати тільки
два його' елементи (при цьому хоча б один елемент обов’язково
повинен бути лінійним), бо один елемент вже відомий: / С —
прямий. Ніяких нових труднощів розв’язання прямокутних трикут-
ників не викликає, тому розглянемо лише кілька типових задач.
Задача 1. Дано катети а = 7 і 6=12. Визначити решту
основних елементів прямокутного трикутника.
Розв’язувати цю задачу можна двома способами.
1. Скориставшись теоремою Піфагора (146), за даними кате-
тами визначаємо гіпотенузу с=Уа2-{-Ь2, а потім знаходимо
Рис. 388.
за якими визначаємо кути А і В. Одержані результати перевіряємо
за допомогою рівності А + В = 90°.
2. Згідно з рівністю (147) обчислюємо і£Л = -2-, після чого
визначаємо кут А, а потім / В == 90е — / Л; с " • РезУль*
тати обчислень перевіряємо за допомогою (146):
с2 = а2 + б2.
Виконайте фактичні обчислення в даній задачі.
Задача 2. Визначити висоту Московського університету,
найвищої університетської будови в світі, якщо базис-б =137 м
і кут зору А = 60°.
З прямокутного трикутника АВС за відомим катетоїМ Ь та ку-
тохМ А знаходимо катет а (рис. 388):
а = 6іеЛ = д/з'« 237 (м).
До одержаного результату додаємо величину зросту спосте-
рігача.
508
Задача 3. Визначити кути «єгипетського трикутника», тобто
трикутника* із сторонами а = 3; Ь == 4; с = 5.
Згідно з (147) маємо А = -у = 0,7500.
Знаючи тангенс, скориставшись «чотиризначною таблицею три-
гонометричних функцій для градусного аргументу», знаходимо
з точністю до 0,1 градуса
А = 36°,9 = 36°54В = 90° — А = 53°, 1 = 53°6'.
Вправи. Розв’язати прямокутні трикутники, якщо:
а) дано катет і гіпотенузу: а = 2,5 м; с = 3,7 м;
б) дано кут і гіпотенузу: А = 39°; с~ 138,1 см;
в) дано кут і катет: А = 57°; Ь = 17,8 дм;
г) дано два катети: а = 27,5 см; Ь = 83,4 см.
§ 65. Застосування тригонометричних функцій
до розв'язання планіметричних задач
Співвідношення між елементами трикутника, наведені в попе-
гредньому параграфі, застосовуються до розв’язання різноманітних
планіметричних задач, оскільки будь-яку прямолінійну фігуру
завжди можна розбити на кілька трикутників. Розглянемо задачі.
Задача 1. Довести, що медіана трикутника ділить кут при
вершині на частини, синуси яких пропорціональні до синусів від-
повідних кутів при основі.
Нехай в А АВС ВО — медіана (рис. 389). Позначимо / АВО —
= х; /.ОВС = у. Треба довести, що
зіп х __ зіп А
' ЗІП у — зіп С *
Застосовуючи теорему синусів до А АВО і А ВОС, одержуємо
зіп х _ Ь і зіп у _, Ь е
зіп А ~~ 2ть зіп С ”” 2ть 9
звідси
ЗІП X зіп у * ЗІП X ЗІпЛ
-—Я = т; ’ аб° ---= -г—5 ’
зіпЛ зшС зш у зіпС
що й треба було довести.
Задача 2. Довести, що коли в трикутнику із сторонами а,
Ь, с виконується співвідношення
& — с2 = 2а/?, то В — С = 90°.
* Стародавнім єгиптянам було відомо, що трикутник Із сторонами 3; 4;
5 — прямокутний. Вони використовували це в будівництві. Прямий кут будува-
ли так: брали мотузок і на ньому в точках А, В, С, £> зав’язували вузли так,
щоб А В = 5, ВС = 4; СВ = 3. Розташувавши відрізок СВ вздовж заданого на-
прямку і сполучивши вузли А і О натягненого мотузка, одержували трикутник,
в якому кут С був прямим.
Ь09
Згідно а (138) маємо
а = 27? зіп Л; Ь = 27? зіп В\ с = 27?зіпС.
Підставляючи ці значення у співвідношення, наведене в умов/
задачі, одержимо
47?2зіп2В — 47?2 зіп2 С = 47?2 зіп А, або зіп2 В — зіп2С = зіп А.
Перетворимо ліву частину останньої рівності, скориставшись фор-
мулами (57) і (58), а потім формулою (43):
зіп2 В — зіп2 С — (зіп В + зіп С) (зіп В — зіп С) =
. в + с В — С . В — С в + с
= 4 зіп —— соз —-— зіп —т— соз —-— =
2 2 2 2
= зіп (В + С) зіп (В — С).
Рис. 389. Рис. 390.
Тоді, згідно з перетвореною початковою умовою, знаходимо
зіп (В + С) зіп (В — С) = зіп Л,
звідки, враховуючи, що В + С = п — А і зіп (В + С) = зіп (к —
— Л) = зіп Л, одержимо
зіп А зіп (В — С) = зіп А, або зіп (В — С) = 1.
Отже, В — С = 90°, що й треба було довести.
Задача 3. Довести, що пряма, симетрична з медіаною від-
носно бісектриси внутрішнього кута трикутника, ділить протилежну
сторону на частини, пропорціональні до квадратів прилеглих
частин.
Нехай в А АВС ВО— медіана, а ВЬ — бісектриса /_В і пря-
ма ВN симетрична відносно бісектриси ВВ до ВО, тобто / N88 =
= /_8ВО (рис. 390). Довести, що АN : N0 = АВ2 \ ВС2.
Позначимо /_АВЇЇ = м і /.N88=1; тоді згідно з умовою
задачі
/_ N08 = /_ 8ВО = В і /1АВN = £ ОВС = ш.
Оскільки у А АВN і А тУВС висоти рівні, то й відрізки АЬ1 і N0
відносяться, як площі цих трикутників; тоді згідно з (137) маємо
... 4-е ВЛ^зіпа)
АN 2__________________с $ш а)
"І ОА. . . ” а зіп (а> + 2в) ’
у а* ВіУ зіп (0) + 2В) 4 * 1
510
Далі, використавши результат задачі 1 і теорему синусів, можна
записати
зіп 0) _ зіп С _ с
зіп (со + 2Ь) " зіп А ~ а ’
а в цьому випадку, підставляючи в попередню рівність замість
відношення синусів відношення сторін трикутника, дістаємо
ЛЛ _ с _£_£2 к А^ _Ав*
ИС ~ а а ~~ а2' аб0'2УС” ВС2 *
чи,
що й треба було довести.
Задача 4. Визначити кути рівнобедреного трикутника, знаю-
що його ортоцентр лежить на вписаному в трикутник колі.
На рис. 391 зображено рівно-
бедрений А АВС (АС = СВ), в який
вписано коло О і ортоцентр Н,
тобто точка перетину висот три-
кутника лежить на дузі цього
кола. Треба визначити кути три-
кутника. Кут А А АВС позначи-
мо через 2а, тоді /_АОЕ — а.
*3 прямокутного д АСИ знаходи-
мо / АС О = 90° — 2а, тоді і
/ ОСВ = 90° — 2а. Трикутник
СНЕ прямокутний (АЕ — висота),
тому /_СНЕ = 2а, сторони його
взаємно перпендикулярні із сторонами £ЕСВ, а вертикальний
з ним / АМО = 2а. З А АЕН
ж=с‘62а’
де г = О В — радіус вписаного кола; з А АОЇЇ
Порівнюючи дві останні рівності, знаходимо
2і6а = сі§2а=їі1_> або 2 ІЄ ° =
звідки 5 І£2 а = 1 і, отже,
♦ 1 * /5
а = агсір г— = агсщ ,
/5 5
Таким чином,
і/5"
А ~В = 2 агсі§^-—,
о
а тоді
с = гс — (Л + В) = Т, — 2Л.
511
Уб"
' Відповідь. Л = В = 2агс і§ —и 2 агсІ§ 0,447214 «
.0
« 2 • 0,420534 = 0,841068 рад « 48°11', 38;
С = Л — 2а = 1,459257 рад = 87°37', 24.
Задача 5. Дано А АВС і АО, ВЕ, СЕ — його висоти (рис. 392).
Довести, що
ЕО 4- ОЕ 4- ЕЕ = .
А
З планіметрії відомо, що
Д АВС со Д ВЕО оо Д ОЕС Д АЕЕ.
Рис. 392.
ОЕ ЕС
З подібності цих трикутників
знаходимо =
але з пря-
ЕС ОЕ
мокутного А ВЕС = соз С; тоді = = соз С, або
Аи
ОЕ = с X
X СОЗ С.
Аналогічно знаходимо ОЕ = Ь соз В; ЕЕ = а соз А, Додаючи
ці рівності, одержуємо
ОЕ + ОЕ 4- ЕЕ = а соз А + Ь соз В + с соз С.
Але,'згідно з (138), а = 27? зіп А; Ь = 27? зіп В; с = 27?зіпС, тому
ОЕ + ОЕ + ЕЕ = 27? зіп А соз А + 27? зіп В соз В 4-
4- 27? зіп С соз С == 7? (зіп 2А 4- зіп 2В 4- зіп 2С) =
= 47? зіп А зіп В зіп С.
а -о .
27?: 5Iпб~27?,
Зробимо заміну зіпЛ =
о аЬс
вуючи 5 = , остаточно одержуємо
47?
зіп С =
2^- і» врахо-
абс
4/? 25
РЕ + ^4-Г£ = 4^||=^=_=-,
що й треба було довести.
512
Примітка. З доведеного виходить, що площа трикутника
дорівнює добуткові півпериметра трикутника, вершинами якого
е основи висот даного трикутника, на радіус кола, описаного Навколо
даного трикутника.
Задача 6. Дано опуклий чотирикутник АВСО і його діаго-
налі АС = (іі і ВО = <і3 (рис. 393), причому / СОО = а.
Визначити площу чотирикутнику.
Знаходимо, згідно з першою формулою (137), площі трикутників,
8аов = ^А0 °взіп а;
8ВОС =+80 ОС зіп (180° — а) = 1- ВО • ОС 5Іп а}
5соо = 4СО' с’°5Іпа>
8В0А = ~^В)0 • ОЛзіп (180° — а) = 4-00 . ОЛзіпа.
£ £
Додавши ці рівності, одержуємо
1 5
л 5 = уіпа[Л0 > 0В4-В0* ОС + СО ОО+ОО ОА] =
= 4- зіп а (ДО + ОС) (ВО + 0О) = ~ АС -і ВИ зіп а.
2 А
Таким чином, площа чотирикутника
5 = зіп а.
Вправа. Довести, що сума квадратів довжин хорд, що спо-
лучають довільну точку кола радіуса $ з вершинами правильного
п’ятикутника, вписаного в це коло, становить 10/?2.
§ 66. Елементарні відомості з сферичної
тригонометрії
Першим, хто поставив і розв’язав деякі задачі сферичної триго-
нометрії, був Гіппарх (150 р. до н. е.). Він розв’язав, зокрема, задачі,
що зводилися до косокутних сферичних трикутників;* для практич-
ного обчислення сферичних трикутників Гіппарх склав таблицю
значень хорд. У 98 р. н. е. астроном Менелай з Александрії написав
«Сферику», в якій довів ряд теорем сферичної тригонометрії, в тому
числі «правило шести кількостей»; він удосконалив таблиці Гіппарха.
Клав дій Птолемей в «Альмагесті» дає, зокрема, розв’язки сфе-
ричних трикутників за катетами, за катетом і гіпотенузою, за гіпо-
тенузою і прилеглим кутом, за катетом і прилеглим кутом.
Окремі задачі сферичної тригонометрії були розв’язані індійсь-
кими математиками.
17 8.2692
513
В X—XI ст. вч^ні арабомовних країн (абу-ль-Вафа, абу-Наср
та ін.) довели ряд теорем сферичної тригонометрії, зокрема теорему
тангенсів та загальну теорему синусів:
зіп а зіп Ь зіп с
зіп А ~ зіп В ~ зіп С *
Таким чином, вже до XIII ст. було розв’язано всі головні
випадки сферичних прямокутних трикутників.
У Західній Європі ряд задач сферичної тригонометрії розв’язав
Регіомонтан, але опубліковані вони були лише після його смерті.
В 1633 р. було видано «Британську тригонометрію» Брігса та
Геллібранда, в якій було дано зведення найбільш уживаних прийо-
мів розв’язання плоских та сферичних трикутників. Дальший роз-
виток сферичної тригонометрії був справою багатьох вчених. У пер-
шому томі «Курсу, або світу, математики» Дешаля, який було
опубліковано у 1674 р., та в другому томі «Курсу математики»
Озанама (1693) викладено повний курс плоскої та сферичної триго-
нометрії. У 1737 р. Бошкович (1711—1787) в своїй праці «Побудова
сферичної тригонометрії» дав графічне розв’язання для шести най-
важливіших задач науки.
Ейлер у роботах з сферичної тригонометрії користувався майже
сучасною символікою. Він побудував сферичну тригонометрію як
геометрію трикутників, які обмежені на границі сфери лініями най-
коротшої віддалі. Ейлер знайшов п’ять основних рівнянь, з яких
вивів теорему синусів, обидві теореми косинусів та правило котан-
генсів.
З послідовників та учнів Ейлера найбільше зробив у галузі
сферичної тригонометрії академік А. І. Лексель. Він показав,
що геометричним місцем вершин усіх трикутників із загальною
основою та рівною площею є мале коло, а також що добутки синуса
сторони й відповідної висоти мають постійну величину сі (або від-
повідно для випадку синусів кутів &), де
(1 = 2 |/зігГ 5 зіп (5 — а) зіп (5 — Ь) зіп (5 — с);
В = 2 — соз 5 соз (5 — А) соз (8 — В) соз (8 — С),
де
5 = у (а + Ь + с); 8 = ~ (А + В + С).
Наприкінці XVIII ст. Лагранж спростив і удосконалив дове-
дення ряду теорем сферичної тригонометрії.
Розв’язання сферичних трикутників.
Сферичний трикутник утворюється на кулі дугами великих кіл.
Якщо позначити сторони сферичного трикутника через а, Ь, с, а кути
при його вершинах, відповідно протилеглі сторонам, через а, р, у,
то, якщо задані три з цих шести величин, трикутник виявляється
повністю визначеним.
Теорема синусів:
зіп а зіп& зіп с
зіп а ~ зіп р ЗІП 7
514
Якщо кут 7 прямий, то
зіп а = зіп с зіп а; зіп Ь = зіп с зіп р.
Теорема косинусів:
со$ а = соз Ь соз с + зіп Ь зіп с соз а.
Якщо кут а прямий, то
соз с — соз а соз Ь.
Площа сферичного трикутника:
5 = є Я2,
де 7? — радіус кулі, а є — сферичний надмір, де
« = “ + 34-7 — ’'.
причому
, а Ь
є 2~ ~2
с‘е т=—5ІП7— + с1^;
є і Г р р —а . р — ь, р —с
~2~ ~2 2 2 2-^ ’
де 1
Р = ^(а + Ь + с).
Формули, що зв’язують елементи сферичного трикутника:
7 . а + д с а — р
зіп у $іп —— = зіп 2" соз —2— ’
7 а Ь с а + З
зіп '2 соз —2— = сов ~2 с05 —2— ’
7 а — Ь с . а — р
соз у зіп —2— = зіп ~2 51п —2— ’
7 а —Ь б . а + ?
соз соз —2— == с05 ~2~ 8Ш —2— ’
соз а = соз а зіп р;
соз р = соз Ь зіп а;
і£ а = зіп Ь а;
і§ Ь = с соз а;
СОЗ С = СІЙ а СІ£ р.
§ 67. Застосування тригонометричних функцій
до розв'язання стереометричних задач
Різноманітність стереометричних задач на застосування триго-
нометрії не дає можливості визначити загальні способи їх розв’я-
зання. В кожному окремому випадку, виходячи з умови задачі,
обираємо той чи інший спосіб розв’язання. Як правило, більшість
стереометричних задач, що розв’язуються за допомогою тригономет-
рії, допускає багато різних способів розв’язання.
515
і, отже,
При розв’язанні, стереометричних задач в просторовій фігурі
звичайно виділяють трикутники, які мають достатню кількість
відомих елементів; розв’язуючи їх, визначають шукані елементи
просторової фігури.
Розглянемо кілька найбільш типових стереометричних задач,
що розв’язуються за допомогою тригонометрії.
Задача І. Визначити об’єм прямокутного паралелепіпеда,
діагональ якого а утворює з площиною основи / а, а з більшою
бічною гранню / р. Обчислити цей об’єм при а == 15,7 см; 0 = 42°;
а = 36° і при а = 2,3 м; а = 58°; р = 27°.
Дано прямокутний паралелепіпед АВСВ (рис. 394),
у якого діагональ ВВі = а, /. ВХВВ = а і / АгВВі = р.
Об’єм паралелепіпеда V = 8Н, де 5 —
площа основи, а Н—висота паралелепіпеда.
З А ВХВВ (/.В = 90°) знаходимо Н —
= ВВі = ВВ± зіп а = а зіп а. З д ВА^В-^
(21Л1==90°)1 одержуємо А1Ві = АВ =
= ВВг зіп р = а зіп р і відповідно АГВ —
= ВіВ соз р = а соз р. З д АВ(/_ А = 90°)
маємо, враховуючи; що ЛЛХ= ВВГ = а зіп а,
АВ = /ЛХВ2-ЛХЛ2 =
~ У а2 соз2 р — а2 зіп2 а =
= а р4соз2 р — зіп2 а.
Тоді
5 = АВ АВ = а2 зіп3 іЛсоз2^ —зіп2 а
V = 8Н = а3 зіп а зіп р Усоз2 р — зіп2 а .
Одержаний результат можна дещо спростити, оскільки, згідно
з (62), (63), (43) і формулами зведення,
соз2 р — зіп2 а = зіп2 і р) — зіп2 а —
я тс те
9“ — 3 + 7 2~ — Р ” а Т ““ Р “'а
= 4 зіп -----------соз-------------зіп------------X
2 2 2
X соз (а — Р).
Відповідь. У—а3 зіп а зіп р соз (а + р) соз (а — р) (куб. од.).
При 15,7; а = 42°; р = 36° з чотирма значущими цифрами
соз (а + р) = 0,2079; соз (а — р) = 0,9945; У = 692,1 см? = 0,6921 дм3.
При а = 2,3 м; а = 58°; р = 27°; У = 1,280 м3.
516
Дослідіть, чи при всіх значеннях кутів 0<а<90° і 0<р<
< 90° можливо розв’язати цю задачу.
Задача 2. Дано пряму чотирикутну призму ЛСі, у якої
8АВСо = т'> 8асс1а1 =р> 8вооів1—Я і двогранний кут ЯЯ1001001=
= <х (рис. 395). Знайти об’єм призми.
Об’єм призми V = ЗН, де 5 — площа основи, а Я —висота
призми. За умовою задачі площа основи 5 = т. Треба визначити
висоту призми = Н (призма пряма: ООх д. пл. АВСО).
Р Я
Діагоналі основи призми АС = та ВО — визначаємо за да-
ними площами діагональних перерізів р = Н- А'С і а — Н > ВО.
Рис. 395.
Кут АОО = а як лінійний кут даного двогранного кута; тоді
площа чотирикутника АВСО (див. § 64, задача 6)
1 р а ,
т=~2 н н 5,п“’
звідки знайдемо
Н = 1/~ зіп а
г 2т
Визначаємо шуканий об’єм
V - 5Я = |/ рдт зіп а (куб. од.).
Задача 3. Різниця між твірною і висотою конуса дорівнює
м, а кут між ними дорівнює а. Знайти об’єм конуса і обчислити
його значення при т = 5,8 см і а = 42°.
Дано конус ЗАВ, у якого 5Л — 30= т і / 03А = а (рис. 396).
Позначимо АО =% і 03 = Н\ тоді об’єм конуса V = -і-гс/?2Я.
О
З Д 5ОЛ знайдемо Н = % сі£ а; тоді V =л/?3 сі£ а. Для ви-
о
значення /? розглянемо Д АОС. В цьому трикутнику АС = т;
АОС = 90’ — а; /_ ОСА = 180° — 8С0 = 180° — 180°2—а =
517
= 90° 4- у , а /. АОС = 90° — —- = у , бо Д О5С за умовою
задачі рівнобедрений (50 = 5С). За теоремою синусів з Д АОС
знаходимо
зіп (90° +у')
— =-----:-------/ = с(2у; Я = тсі£у.
ПІ . а 2. 2
8Ш —
Для обчислення об’єму конуса одержимо остаточну формулу
У = у/П3 СІ£3 у СІ£ а (куб. ОД.).
При /п = 5,8 см і а = 42° маємо з чотирма значущими цифрами
сі§ ~ = 2,605; сі§ 42° = 1,111; (т сі£ — 3449,1;
\ л і
V = 1277 см3 == 1,277 дм3.
Задача 4. Висота кульового сегмента Н\ дуга в осьовому пе-
рерізі дорівнює а. Знайти площу сферичної поверхні сегмента.
За умовою задачі СВ --- Н\
/ АОВ = і (рис. 397). Знайти площу
сферичної поверхні сегмента (на рис.
397 дано його переріз).
Площа сферичної поверхні сегмента 5 = 2кЯА, де В — радіус
сферичної поверхні, а Н — висота сегмента.
Розглянемо Д ОВВ, в якому О О = Я — О В = Я. З цього три-
кутника дістанемо
ОО
ОВ
а
СОЗ у,
або
Я-А
Я
а
= С05 Т’
звідки
к _ Н
1 — СО8-^- 2 8ІП1 2 ~
2 4
518
Підставивши це значення у формулу для 5, після очевидних спро-
щень одержимо остаточну відповідь:
5
кАі 2
• 2 а
81П 2 —
4
(кв. од.).
Задача 5. Визначити кут між твірною і площиною основи
конуса, об’є.м якого в т разів більший за об’єм вписаної в конус
кулі. Обчислити цей кут при т = 2.
Нехай куля О вписана в конус ЗАВ (рис. 398). За умовою
Икон = т^Кулі- Позначимо шуканий 5ЛП = а, радіуси АО = Я,
ОО — г і висоту 80 = Н.
Тоді
4 1
— тгУ3 = — к/?2//, або 4тг3 = /?2//>
о о
З Д АОЗ і Д АОО АОО = ) знаходимо
а
г = РІ8~ і Н=ХЇ£а.
Підставляючи ці значення в попередню рівність, дістанемо
2І8у
4т/?3 = /?3 а, або 4т І£3 —----------
2 2 1 _ |п2 _
ь 2
а а
Оскільки (£ у > 0, то, скоротивши одержане рівняння на у
і звільнившись в ньому від знаменника, приходимо до біквадратного
а
рівняння відносно :
2т 1«4 у — 2т І£2 ~ + 1 = 0,
звідки
Від’ємні корені рівняння непридатні для розв’язку даної задачі,
тому остаточно матимемо
а = 2агсі§р/' |~2Уг-
Знайдений розв’язок існує, якщо ------^>0, то^то якц'° т 5й 2.
519
В і д п о в і д ь.'
а = 2аГСІ§^/
(т > 2).
довжину крттрої перетину
5
Ггс. 39?
При т = 2, обмежуючись чотирма значущими цифрами, маємо а =
/2
= 2агсі£~ 2 агсі£ 0,7071 «2» 0,6155 рад = 1,231 рад « 70°,53 л
л 70с32'.
Задача 6. У правильній чотирикутній піраміді плоский кут
при вершині дорівнює а; висота Н піраміди є діаметром кулі. Знайти
їх поверхонь та обчислити її при а —
= 0,46 рад; А = 10,7 см.
Дано правильну чотирикутну пі-
раміду 8 АВС В і кулю Оі, діаметром
якої служить висота піраміди 80 = А,
плоский кут при вершині піраміди
/ ВСВ = а (рис. 399). Знайти дов-
жину лінії, по якій поверхня кулі
перетинається з поверхнею піраміди.
Шукана лінія складається з чо-
тирьох рівних дуг кіл, по яких пере-
тинаються площини бічних граней
піраміди з поверхнею кулі.
Знайдемо довжину дуги В^і, по
якій грань піраміди В8С перетина-
ється з поверхнею кулі.
Площина грані В8С перетинається з поверхнею по колу, центр
якого О2 одержимо, опустивши з центра кулі перпендикуляр О]О2
на площину цієї грані.
Кут В18С-1 = а є вписаним у коло О2 і спирається на дугу
В^Ср тому довжина шуканої дуги В^С-і визначається за формулою
В-1С-1 = 2яг,
де а —даний кут в радіанах, а г = 028 — радіус кола О2-
Для визначення радіуса г розглянемо подібні прямокутні
Д 8ОіО2 і А 80М. З подібності цих трикутників
О25_ 80_
80і ~~ 8М 1
звідки, враховуючи 80 = Н і 80 = ~ Н, знаходимо
г-80 _30г30_^.
г-Щ- ~2ЗМ'
Апофему піраміди 8М визначимо так. Позначимо сторону основи
піраміди ВС = 2х; тоді ОМ = х, З Д В8М маємо
ЗМ-хсі^~.
520
Далі з прямокутного Д 80М за теоремою Піфагора знаходимо
502 4- ОМг = 5 ЛІ2, або Л2 + х2 = х2 сіє2 у.
Звідси
X ==
л* Л5іпу
СІ§2у-1
і, отже,
. . а , а
А зіп у- А соз —
5Л1=-^. сі§-1=
у СОЗ а £ у соз а
Тоді
_ А2 _ А ]/соз а
2 соз у
Підставляючи знайдене значення г у формулу для довжини дуги
ВхСх, маємо
„ _ Л «Ар соз а
В1С1 = 2аг = —---------
а
соз ~
Довжина шуканої лінії перетину поверхні піраміди з поверхнею
кулі дорівнює почетвереній довжині дуги тому остаточно ді-
станемо
4аА соз а
а
соз -
де а є кут при вершині піраміди, виміряний в радіанах.
При А= 10,7 см і а = 0,46 рад, обмежуючись при обчисленні
чотирма значущими цифрами, маємо
соз у ж 0,9737; соз а а 0,8901; /Соза « 0,9466; І ж 19,14 см.
Вправа. В кулю радіуса вписано правильну трикутну пі-
раміду з плоским кутом а при вершині. Визначити висоту піраміди.
IV. ЕЛЕМЕНТИ МАТЕМАТИЧНОГО АНАЛІЗУ
§ 1. Історичні відомості
Події й процеси, що відбуваються в світі, можуть бути, в
основному, або дискретними, або неперервними.
У першому випадку зміна відбувається, так би мовити, стриб-
ками— перехід від одного стану явища до іншого пропорційний
певному ряду чисел: є істотна відмінність між попереднім і наступ-
ним числами.
У другому випадку зміна відбувається так, що границі між
двома різними станами не існує: є нескінченна кількість проміжних
станів, що поступово переходять один в другий. Процеси першого
типу — дискретні — вивчає алгебра; явища, що мають характерні
ознаки другого типу, вивчає математичний аналіз.
Таким чином, різниця між двома станами однієї й тієї самої
події у другому випадку безмежно мала. Для того щоб мати змогу
вивчати події такого типу, слід було створити нову математичну
теорію. Остання одержала назву математичного аналізу, двома го-
ловними розділами якого є диференціальне та інтегральне числення.
До створення цих двох галузей математичного аналізу в основному
привели такі задачі: знаходження дотичної до кривої; розрахунок
швидкості довільної рухомої точки; проблема знаходження площі,
яку обмежує крива довільної форми; проблема обчислення об’єму
тіла довільної форми та його поверхні.
Історично першими виникли задачі інтегрального числення,
«квадратури». Так, наприклад, стародавні греки для знаходження
площі круга користувалися методом вичерпування: «вичерпувалася»
площа між описаним і вписаним правильними многокутниками
(Антіфон, близько 430 р. до н. е.). Архімед користувався тим самим ме-
тодом для обчислення площі сегмента параболи, сектора спіралі,
об’ємів деяких тіл і підійшов до створення інтегрального числення.
Дослідження Архімеда були продовжені лише через дві ти-
сячі років. У 1609 р. великий астроном Й. Кеплер розв’язав ряд
задач на обчислення об’ємів тіл, обмежених викривленими поверх-
нями («бочок»), 1629 р. Б. Кавальєрі розвинув теорію, яку було на-
звано геометрією неподільних; за допомогою цієї теорії він зміг
знайти суми нескінченно малих величин. Подібний спосіб розвинув
Роберваль; Е. Торрічеллі користувався ним для визначення площі,
яку обмежує циклоїда. 1659 р. Б. Паскаль удосконалив метод квад-
ратур і розв’язав ряд задач, що мали відношення до знаходження
площі.
Другу з основних задач аналізу нескінченно малих — задачу
знаходження дотичних до кривих — було вперше поставлено у
522
Єгипті близько 300 р. н. е. Поставив її механік Папп Александрій-
ський. Французький математик Ніколи Орем (близько 1360 р.) до-
слідив поведінку кривих біля точки, що має максимальну або мі-
німальну ординату, і показав, що поблизу такої точки зміна ходу
кривої відбувається повільніше, ніж в інших місцях. Ферма зна-
йшов метод знаходження точок з мінімальною та максимальною орди-
натою і повідомив про це Декарта в листі в 1638 р. Цеп метод був
подібний до того, яким користуються й тепер: він зводився до
прирівнювання похідної функції, що відповідала заданій кривій,
до нуля, тобто
Л (Х)=О.
Слід зауважити, що Ферма (1601 — 1665) ще ке знав поняття
похідної. Подібний метод розробив Рене де Сталь (1652) для ви-
значення дотичних. Над удосконаленням цього методу працювали
також Роберваль, Торрічеллі, Декарт.
У 1655 р. Дж. Валліс видав «Арифметику нескінченних», у
якій за допомогою методів Ферма, Декарта та Робсрваля визначив
довжини дуг деяких кривих. Дещо пізніше, у 1663 р., учитель
Ньютона І.'Барроу (1630— 1677) видав «Лексикон оптики й гео-
метрії». Тут він виклав значну кількість задач на визначення до-
тичних.
Таким чином, в останній чверті XVII ст. математики вже во-
лоділи деякими методами диференціального та інтегрального чис-
лення, але ці методи не були взаємозв’язані й не утворювали яко-
гось цілісного вчення. Такий взаємозв’язок установили в своїх
працях Ньютон і Лейбніц, одночасно і незалежно один від од-
ного.
Ньютон розпочав свої дослідження в цьому напрямку у 1665 р.,
але опублікував їх значно пізніше. Виходячії з задач, які поста-
вила механіка того часу, він розвинув метод для визначення швид-
кості й узагальнив його. Він показав також, ш.о метод квадратур
обернений щодо першого, й установив зв’язок між обома мето-
дами. Свій метод він назвав методом флюксій.
Лейбніц розпочав свої дослідження пізніше, десь близько
1675 р.; вони були опубліковані у 1684 р. Він знайшов взаємозв’я-
зок між двома діями, розробив правила дій та винайшов відповідну
символіку: знак інтеграла £ та символ диференціала сіх. Він пояс-
нює, що Г означає суму (стилізований знак латинської літери 5),
а сі — різницю.
Винахід Ньютона й Лейбніца одразу знайшов найширше засто-
сування. У 1696 р. учень Й. Бернуллі де Лопіталь (1669—1704)
видав перший підручник диференціального числення. Брати Яків
(1654—1705) та Йоганн (1667—1748) Бернуллі розвинули винахід
Ньютона та Лейбніца: завдяки їм символіка Лейбніца набрала за-
гального розповсюдження. Майже одночасно англійський матема-
тик Б. Тейлор (1685—1731) та шотландський вчений К. Маклореи
(1698—1746) створили теорію розкладання функцій у ряд. У 1755 р.
Леонард Ейлер (1707—1783) тшдав «Основи диференціального чис-
лення», а в 1768—1770 рр.—«Основи інтегрального числення» в
трьох томах, що містять зведення всього доробку з математичного
аналізу, якого досяглії у другій половині XVIII ст.
523
Перший курс з аналізу російською мовою «Основи диферен-
ціального числення з прикладенням його до аналітики» видав акад.
С. Є. Гур’єв (1764—1813) у 1811 р.
Функція. Поняття функції пройшло довгий шлях розвитку.
Ним користувався у своїх дослідженнях Ферма (1636). Декарт ука-
зав на зв’язок між незалежною й залежною змінними (1637). По-
няттям функціональної залежності користувався Ньютон. Термін
«функція» запровадив Лейбніц у 1694 р. для того, щоб позначити
будь-які кількості, зв’язані з кривою (координати точки кривої,
радіус кривизни кривої тощо). Й. Бернуллі визначив функцію як
вираз, шо включає змінну й кілька сталих (1718). Дещо пізніше
Ейлер назвав функцією будь-яке рівняння або формулу, що вклю-
чає змінні та сталі. »
Концепція Еклера була загальновизнаною до того, як Жозеф
Фур’є (1768—1830) поширив поняття функціональної залежності на
тригонометричні ряди. У 1829 р. Л. Діріхле (1805—1859) сформу-
лював загальніше поняття функції.
ПОСЛІДОВНОСТІ
§ 2, Числові послідовності. Основні поняття
Поняття числової послідовності. Нехай задано множину всіх
натуральних чисел, розташованих у порядку їх зростання (нату-
ральний ряд):
1, 2, 3, . , п, ...
Якщо кожному числу п множини N (п Є М) за певним правилом
(законом) / поставлено у відповідність одне і тільки одне дійсне
число пл, тобто:
1, 2, 3, ... . и, ...
/ • І І І І
«Р ц2, н3, ... , цл, , . . в
то кажуть, що задано послідовність:
ц2, п3, ...» ип, ...
Таким чином, числовою послідовністю називається функція
ип = /(«)-
задана на множині N всіх натуральних чисел, числові значення якої
розташовані відповідно до зростаючих значень її аргументу.
Числові послідовності скорочено записують так:
{ип}, де п = 1, 2, 3, ...
Числа и19 и2, п3, . .. називаються членами числової послідовності,
причому иг — першим членом, и2 — другим членом послідовності
і т. д.
Зауважимо, що існують послідовності, членами яких є комп-
лексні числа, функції, точки, фігури тощо. Далі ми будемо гово-
524
рити замість «числові послідовності» просто «послідовності», розу-
міючи під цим числову послідовність, членами якої є дійсні числа.
Способи задання числової послідовності Задати послідовність —
значить вказати правило /, за яким кожному натуральному числу
п поставлено у відповідність одне і тільки одне число ип. Існує
багато способів задання послідовності. Вкажемо основні з них.
Задання послідовності формулою. Наприклад,
правило / формулюється так: «Кожному натуральному числу л по-
ставлено у відповідність обернене до нього число », тобто це
правило можна виразити формулою
задана послідовність має вигляд
Іноді послідовність можна задати формулою (аналітично), за до-
помогою якої для будь-якого натурального числа п можна обчис-
лити ип. Ця формула
ип = І («)
називається формулою загального члена послідовності.
Задання послідовності рекурентними спів-
відношеннями. Рекурентний спосіб задання послідовності по-
лягає в тому, що задається перший член послідовності (або кілька
членів) і правило, за яким визначається наступний член послідов-
ності за відомим його попереднім членом (або кількома членами).
Формула, яка встановлює відповідність л-го члена послідов-
ності його попереднім членам, називається рекурентним співвідно-
шенням.
Нехай задано ^==1, и2 = 3, а рекурентне співвідношення має
вигляд ип = 2ип—і + ип—2 (л>*3). Тоді маємо послідовність
и= 1 і и2 = 3, и2 = 2 • 3 1 =• 7, = 2 • 7 3=17, ... ,
або
1, 3, 7, 17, ...
Послідовності можуть бути задані найрізноманітнішими способами.
Наприклад, кожному натуральному числу п поставлено у відповід-
ність число, яке зображається цифрою, що стоїть на л-у місці
2
після коми в записі у у вигляді десяткового дробу. Після пере-
2 о .
творення — у десятковий дріб дістанемо
2
у = 0, (285 714).
525
Тоді задана послідовність має вигляд
= 2, п2 = 8, и2 = 5, = 7, л5 == 1, и5 = 4, и7 ~ 2, и8 = 8, ...
Зауважимо, що послідовність не можна задати табличним спосо-
бом або переліком скінченного числа Ті перших членів.
Геометричне зображення п о с л і д о в н о с т е й. Для
геометричного зображення послідовності {ип}, де и = / (гг), найчас-
тіше користуються такими двома способами:
У
І иг
1 І
X
Рис. 400.
а) послідовність {ип} зображають у вигляді графіка функції
у = ип = / (л), який складається з ізольованих точок (1, и-})9
(2, и2), ...» (п, и71), . . . Іноді, для наочності, ці точки послідовно
з’єднують суцільними або пунктирними лініями. Цей графік на-
зивається графіком послідовності {ип} (рис. 400);
б) послідовність {ип} зображають у вигляді відповідних точок
числової осі (рис. 401).
Монотонні послідовності:
а) послідовність {ип} називається зростаючою, якщо при
всіх п (п £ Л') справедливі нерівності
ип <
_!_____І
0 /
тобто
-о—о о о------------о-----о--------о—
и7 «6 “5 и3 и2 “1
Рис. 401.
Ні Ц.з < • * • •
Приклад. Покажемо, що послідовність
Маємо
зростаюча.
_ п + 1 п ____________1___
“я+1 — ип- ^-^2 — „ + і - (п + 2) (п + 1)
при л = 1, 2, З, ...
Отже, нл-|-і>Цл ПРИ тобто послідовність ту-;| зростаюча;
526
б) послідовність {ип} називається спадною, якщо при всіх зна-
ченнях п (п € справедливі нерівності
ип
тобто
> и2 > и3 > • > ип > • • •;
в) послідовність {ип} називається неопадною, якщо при всіх
п (п £ ТУ) справедливі нерівності
• . ип < ^л+1»
тобто
• <«Л< -З
г) послідовність {ип} називається незростаючою, якщо при всіх
п (п £ ТУ) справедливі нерівності
тобто
ип мл+і»
^2 «З • • •
Стала послідовність {ип = а} (всі члени її рівні між собою) одно-
часно є неспадною і незростаючою, тому що
і «л>«п+і («л = «л+і) при п£ІЇ.
Зростаючі, спадні, незростаючі і неспадні послідовності назива-
ються монотонними, зростаючі і спадні — строго монотонними, не-
зростаючі і неспадні — не строго монотонними.
Обмежені послідовності:
а) послідовність {ип} називається обмеженою зверху, якщо
існує таке число М, що для всіх п (п £ Л7) справедливі нерівності
Число М називається верхньою межею послідовності {нп}.
Наприклад, послідовність ип — обмежена зверху. Дійсно,
п 1 1 « ... .
иа = -——- --------—. Верхня межа даної послідовності М =
ЗП "Г і £ і___З
п
= . Очевидно, будь-яке число Л >— також буде верхньою ме-
О О
жсю послідовності <—2—>. Якщо послідовність обмежена зверху,
(Зп + 1)
то вона маг безліч верхніх меж;
б) послідовність {ип} називається обмеженою знизу, якщо існує
таке число т, що для всіх N справедливі нерівності
«Л>яг.
Число т називається нижньою межею послідовності {ип}. Напри-
клад, послідовність {п2} обмежена знизу. Дійсно, и« = п2^1 при
п — 1, 2, 3...тобто нижня межа послідовності {п2} т= 1. Оче-
видно, будь-яке число а< 1 також буде нижньою межею даної
527
послідовності. Якщо послідовність обмежена знизу, то вона має без-
ліч нижніх-меж;
в) послідовність {ип} називається обмеженою, якщо вона обме-
жена знизу і зверху, тобто якщо
т < ип < М (п £ 2У).
Часто визначення обмеженої послідовності формулюють так: послі-
довність {ип} називається обмеженою, якщо існує таке додатне
число Му що для всіх п Е N справедливі нерівності
інл|<М.
Послідовність, яка не є обмеженою хоч би знизу або хоч би зверху,
називається необмеженою.
Дії з послідовностями. Сумою, різницею, добутком,
часткою двох послідовностей
{“пі і {ая}
називаються відповідно послідовності
{«л+0яЬ {ип — »п), {и^п}, І-На.
І Уп
(в останньому випадку 0, Добутком послідовності [ип}
на стале число с називається послідовність {сип}.
Приклад. Знайти суму послідовностей І—О і (ДД*
( п ) ( /і2 )
За визначенням маємо: (—1 4-1—!— 1 == (——к ДД *
\ п ) \ п2) І п п2 )
або
§ 3. Прогресії
Арифметична прогресія. Арифметичною прогресією називається
числова послідовність {ал}, кожний наступний член якої дорівнює
попередньому у доданому до одного і того самого числа й. Число д.
називається різницею прогресії. Згідно з визначенням
гіЛ+і « ал + гі, де п = 1, 2, 3, ...
Арифметичну прогресію скорочено позначають символом -н 1
записують так:
а^у а2, а3, .«» , пл, , •
Наприклад, н-З; 7; 11;: ... « 4п — 1; .,. — арифметична прогресія
з різницею сі — 4.
Формула загального члена арифметичної прогресії:
ап = сц + сі (п— 1). (148)
528
Властивості членів арифметичної прогресії:
а) кожний член арифметичної прогресії дорівнює півсумі рівно-
віддалених від нього членів:
б) якщо задано п перших членів арифметичної прогресії
-4-я2» л3, .,. , 2’ апі то суми членів, рівновіддалених
від кінців цієї скінченної арифметичної прогресії, рівні між собою,
тобто
ак + ап_к+і = 2ах + 4 (п — 1), к = 1, 2, 3.п.
Сума п перших членів арифметичної прогресії
= С1 ап п, (149)
або
2 (ІоО)
Приклад 1. Знайти арифметичну прогресію, сума п перших
членів якої 8п = 2п2 — п.
Нехай шукана прогресія має вигляд
— ар а.%, * * ♦ » &п.—і» ал+і» • • •
Очевидно, = 2 І2 — 1 = 1. Знайдемо ап.
$п = + °2 + • ’ + ап*
5/1-1. = а1 + а2 + ’ • +
Тоді
ап ~ 5л_і (п 2);
ап = (2п2 — п) — (2 (п— І)2 — (п—1)) = 4л —3.
Відповідь. ™1,5, 9, 13........4п — 3, ...
Приклад 2. Знайти чотири цілих числа, які є послідов-
ними членами арифметичної прогресії, якщо найбільше з них до-
рівнює сумі квадратів трьох менших.
Позначимо найбільше число через х; тоді три менших будуть
х — (і, х — 2сІ і х —Зсі, де сі —різниця прогресії. За умовою
х = (х —4Ї)2 + (х — 24)2 + (X — 34)2,
звідки х>0 і
14сі2 — 12х^+3х2 —х = 0.
З останнього квадратного рівняння знаходимо
А _ бх + /2х (7—Зх)
й~ 14
52»
Оскільки а і х—-цілі числа, причому х > 0, то 2х (7—Зх) > 0.
Звідси 0 < х < ~ ' Отже, х = 1 або х = 2. При х — 1
. 6 +/8
й = -——------не ціле число; при х — 2
14 г
. 12 ± 2 - 10 5 г л і
й = а = й = 7 або </= 1.
Таким чином, х = 2, а сі = 1.
Відповідь. Шукані числа — 1, 0, 1, 2.
Геометрична прогресія. Геометричною прогресією називається
послідовність {ал}, кожний наступний член якої дорівнює попе-
редньому, помноженому на одне й те саме число у.
Згідно з визначенням
0/1+1 = апд, п. Є N.
Число д називається знаменником прогресії. Геометрична прогре-
сія позначається символом Записують її так:
тг а.2 а3, ... , ап—р ап> ...
Наприклад, -Н-3; 6; 12; 24; 48; ... — геометрична прогресія з зна-
менником б/ — 2.
Формула загального члена геометричної прогресії:
ап = (151)
В л а с т и в о с ті членів геометричної прогресії:
а) квадрат кожного члена геометричної прогресії дорівнює
добутку рівновіддалених від нього її членів, тобто
«* = аь+Рак-р (к>РУ,
б) якщо задано п перших членів геометричної прогресії
ТГ С1> а2» ^3» » ап—2’ ап~ 1’ Я/ї’
то добутки членів, рівновіддалених від кінців цієї скінченної
геометричної прогресії, рівні між собою:
аьап—к+х = аІдп~\ £ — 1, 2, 3, ... , п.
Сума п перших членів геометричної прогресії
(152)
або
= (^і). (153)
Добуток п перших членів геометричної прогресії
|Р„І = /Г^Т". (154)
530
або
]Рп\=У'.а^п-* 1'п. (155)
Приклад 1. І£/п, І£ п, І& р — послідовні члени геомет-
ричної прогресії. Довести, що 1о£ш х, 1о&л х і іо^х (х > 0) — теж
послідовні члени геометричної прогресії.
За властивістю членів геометричної прогресії
І£2Л = 1£ т • І£ р.
Перейдемо в л о тарифах останньої рівності до основи х:
/ Іод*. п V 1о§х т 1о£х р . , 9 . .
І іЗІТТо/ = 13ЇЛ0 13І7І0 ’ аб° 1о^п = 1ое*т 10^ р’
звідки
— = Ч~~7 1^-7 і Іо^х = ю§„, х . 1о§вх. Отже, 1о£,п х,
1о£2 X 1ОБ/П X ЇО&р X
1о°пх, І0£рХ — послідовні члени геометричної прогресії.
Приклад 2. Сума трьох послідовних членів геометричної
прогресії дорівнює 21, а сума їх квадратів становить 273. Знай-
ти ці члени геометричної прогресії.
Позначимо шукані члени геометричної прогресії через х, хд,
х?2; тоді
( х + хд + х</2 = 21,
{ х2 4-XV Н-XV = 273,
або
ґ х(1 +7 +<?’-) = 21,
І х2(1+</2 + ?4 * * * * *) = 273.
Піднесемо обидві частини першого рівняння системи до квадрата,
а вираз 1-Н2т?4 подамо у вигляді добутку (1 — ^4-72)(1+7
тоді
( х2(1+? + <72)3 = 212.
1 хЧ1-ч + <?2)(1 + <? + 92)=273.
З останньої системи дістаємо
1+<? + ?2. 21
1 —<7 + д2 13 ’
4^2 — 17<7 4-4 = 0;
<7і = ^ ’ = 4-
Тоді Х1 = 16 І Х2 = 1.
Відповідь. Шуканими членами геометричної прогресії є
числа
16; 4; 1 або 1; 4; 16.
531
Приклад 3. Знайти чотири числа, з яких перші три є
послідовними членами геометричної прогресії, а останні три —
членами арифметичної прогресії, якщо сума крайніх чисел до-
рівнює 21, а сума середніх— 18.
Позначимо перші три числа х, ху, ху2, тоді четверте число у
знайдемо, скориставшись властивістю послідовних членів ху, ху2,
у арифметичної прогресії: •
у = 2ху2 — ху.
За умовою задачі маємо:
І х-\-2ху2— ху = 2\,
( ху-\-ху2= 18.
Розв’язавши цю систему, знайдемо:
Відповідь. Шукані числа
75
*=Т’
З
91 =Г
•^2 — З,
= 21
75 45 27
4 ’ 4 ’ 4 ’
9
або 3, 6, 12, 18.
4
§ 4. Суми п перших членів
деяких послідовностей
У попередньому параграфі було наведено формули (149), (150),
(152) і (153) сум п перших членів арифметичної та геометричної
прогресій. Аналогічні формули можна вивести для сум п перших
членів деяких інших послідовностей.
Нехай задано послідовність { ип} і треба знайти суму її п
перших членів
= «1 + Ц2 + ' + иП'
к. Якщо дану послідовність { ип } можна подати у вигляді
суми або різниці двох (або кількох) послідовностей { хп } і { уп },
суми п перших членів яких відповідно дорівнюють 8'п і 5'', то
шукана сума
8п = 8^ 4- 8п або 8п — 8'п — 8п.
Приклад 1. Знайти суму п перших членів послідовності
(оп п .
За умовою задачі треба знайти суму
с - і 2* + 3*
” б ^зб^гіб'1' ’ ’
Подамо загальний член даної послідовності у вигляді
2*4-3"_2'1 ,3" 11
“» 0Л “ зл + 2Л •
532
Якщо позначити
= зЛ • Уп = 2Я то ип = Хп + Уп
і відповідно
{ ип } = (*« + Уп } = { Хп } + { уп }.
Тоді 8п = 5д 5Л, де
5 _1(і_______М і Л______1\_ 3 2П-1 + 3*
6/1 2 \ 3я / + \* 2Я / 2 6Я
о. • с З 2Я—14-3Я
Відповідь. 8п = у------------.
Приклад 2. Знайти суму
5П = 9 -Ь 99 + 999 + + 99 ... 99
п разів
послідовності { 99... 99}.
п разів
Подамо загальний член даної послідовності у вигляді
пд= 99 '... 99 = 10" — 1.
п разів
Якщо позначити хп = 10", уп = 1, то ип = хп — уп і відповідно
{ ип } = { хп — уп } = { хп } — { уп }.
533
Тоді 8п = 5'-$", де
‘5л=^і+а:2 + + хп = 10 + 102 + • • + 10п = -—।
_ 10Л+1 - 10
“ 9
= Ух “Н Уї + + Уп — + 1 + + 1 — п,
п разів
КР+1— Ю 1
-п = = У (10Л+1 * 10 - 9")-
Відповідь. 8п — ~ (10л+1 — 10 — 9п).
Б. Якщо дану послідовність { игі } можна подати у вигляді
різниці двох послідовностей { хп } і { хп+1 ) > тобто
{ ип } = { ХП } - { ХП+1 }>
то
5П= ^1 —ХЛ+Г
Приклад 1. Знайти суму
5п=-4- — + —+ ___!---
п 2^6^ 12 п (п + 1)
|. Перетво-
п перших членів послідовності { ип } = |
римо загальний член послідовності так:
_________1 __ (п + 1) — п п 4- 1 п _
ип “ п (п + 1) ~~ п (п + 1) — п (п + 1) и (и + 1) ~
_ 1 1
п п + 1
Якщо позначити хп =-±-, то хп+1 =
1
—। і шукана сума
~ хх — */г+і 1 — т-г
Відповідь.
Зп = -^
П р и к л а д 2. Знайти суму п перших членів послідовності
= (п (п+1)(л + 2)}-
Шукана сума має вигляд
с 1 І 1 І І 1
п~ 1 2 • 3^2 3 4^ ^п(п4-1)(п + 2Г
534
Перетворимо п-й член даної послідовності. Помножимо і розділимо
чисельник і знаменник дробу (п+~2) Н3 Р*зницю (п4-2)—я;
тоді
__ (п + 2) — п _ 1______________1
л 2п (п + 1) (я + 2) 2п (п + 1) 2 (п + 1) (я + 2) ‘
Якщо позначити хп = , то х„+1 = 2 (п + і) (Л _р2) *
<г _ _ 1 1
— Х1 — ХП + 1 —
Відповідь 5„-1-2(п+1)(д + 2).
Приклад 3. Знайти суму п перших членів послідовності
2(и+1) (и + 2)’
1
^!=Ь(ЄЯмЛтї}-
Треба знайти
5л = агсіб1 + агс(81+ + агс(§ ’
Перетворимо
"" = агс*2 пг/^] = агсіе = агсіе (я+1) - агс(8 п
(див. формулу 121).
Позначимо хл = агс(£п; тоді хл+1 = агсі£ (п 4~ 1) і {ил} =
{^-п+і} {*/:}•
Отже,
5Я — «1 + «2 + ' ‘ + ЦП ~ (Х2 + х3 + ’ + хл+1) —
— (Хі4-Х2+ + хп) = Хп+1 — х1>
8п = агс(£ (п+1) — агс(£ 1 = агс(£.
Відповідь. 8п = агсі^ —.
В. Суми однакових натуральних степенів п перших натураль-
них чисел.
Будемо знаходити суми п перших членів послідовностей {ип} =
= {п*}, де к = 0, 1, 2, ...
Позначатимемо ці суми так:
8п (к) = 1/г 4- 2* + 3* + • • • + /г*.
1) Якщо к = 0, то 8п (0) = 1 4~ і 4“ 1 4“ 4-1 “
2) Якщо к = 1, то (див. формулу 149)
5„(1) = 1+2 + 3+ +п = п(-П+Л
535
3) Якщо к — 2, то
5„(2)= 12 + 2а + 32+ •• 4-п2= п(п+ 1Н2п+ 0.
Щоб довести останню рівність, перетворимо ип = и2. З рівності
(п + І)3 = п3 + Зя2 + Зп + 1 маємо
п2=4- (п+оз—4- пз—п—-і-.
о о о
Отже,
«п=«2=-у («+о*— 4пз—п—у •
Позначимо хп = ~ д3» Уп = п> гп = 4" з тоді хл+1 = ~ (п + І)3 і
о о о
5Л = «і + и2 + • • ‘ + ип = (^2 + хз + • • • + *п+і) —
— (хх + Х2 + • ’ • + *п) — (Уу + у2 + ' — + Уп) —
— (?і + г2 + • •. + гп) = хп+і — х1 — (г/і + Уч, + »+ у^ —
в(г1 + г2+ ... + гп) = ~(п+ 1)3-у~ (1 +2+ •• +и)~
-(т+і+--+-з-) = т<"+|)'-т-
-^(1)-1„= М-Ч-Ч^+'І .
4) Якщо к = 3, то
5П(3) = 13 + 23 + З3+ . .. +п3= (П .
Доведення. З рівності
(п + І)4 = п4 + 4п3 + би2 + 4п + 1
знаходимо
ип = л2 = 2. ((п + 1)4 —п*) — ~п3^п — -^.
Тоді
= “1 + и2 + • • + ип = у ((п + І)4 — О -*
_|5л(2)-5л(1)-45п(0).
звідки, після підстановки 5Л (0), 8п (1), 8п (2) і відповідних пере-
творень, знайдемо
(п(п+1)У
\ 2 ] '
5Л(3) =
Звернемо увагу, що
[Зя (І)]2 = 5Я (3),
536
або
(1+2 + 3+ + п)а = І3 + 23 + З9 + +**.
Зауважимо, що для знаходження суми
8п (к) = 1* + 2* + ЗЛ + • + «Л
п перших чисел послідовності {«„} = {пЛ} можна, скориставшись
формулою бінома Ньютона, вивести рекурентне співвідношення.
А саме,- з формули бінома
(п + 1)*+і = пА+1 + (к + 1) пк + к пЬ~1 +
^ + о*(*-і)п^+ ... +
+----------^+2)І----------" + + *
знаходимо
ип = пк = ((п + 1)4+і _ лі+і) _ А п*-1 —
_ к(к-\) _ к(к—І) ... (к —р) у
31 " (Р + 2)!
Відповідно знаходимо рекурентне співвідношення:
=гЬ((п+І)й+1 - о - 4 <* - о -
~ЗІ ' (р + 2)! Х
X 5„ (и -4- р) - • — 5п (0).
З цього співвідношення при к == 1 знаходимо
(1) = ~((п + І)2 - 1)8„ (0) =
і т. д.
Знаючи суми 8п (0), 5Л(1), ...» 8п (к), легко знайти суму пер-
ших членів послідовності {ип} = {Р (н)}, де Р (п) —многочлен від-
носно п.
Г. Існують і інші способи знаходження сум п перших членів
послідовностей.
Приклад. Знайти суму п перших членів послідовності (ип}=-
= {пап}, де а =И= 1.
Шукана сума має вигляд
8п = и + 2с2 + За3 +, + пип.
537
Помноживши обидві частини останньої рівності на а, дістанемо
' 8п а = а2 + 2а3 -|- ... + (п — 1) ап + /шп+\
Знайдемо різницю
5П “ $п • а = а + д2 + • • • + аП — пап+\
Звідси
Зп =
1_
1 —а
/а (1 — ап)
\ 1 —а
— иал+І
В і д п о в і д ь.
с па/І+2 — (/і + 1)ал+1 + а
^п. ---------------------------
§ 5. Метод математичної індукції
При доведенні математичних тверджень часто користуються
методом математичної індукції.
В основі цього методу лежить принцип (аксіома) хматематич-
ної індукції: твердження А (п) відносно натурального числа п спра-
ведливе при всіх натуральних значеннях л, якщо: а) це твер-
дження справедливе при п = 1; б) із справедливості його при п = А
випливає його справедливість при п — к + 1.
Приклад 1. Довести, що при всіх натуральних значен-
нях п число п3 + ділиться націло на 6.
Доведемо це твердження методом математичної індукції,
а) Перевіримо справедливість твердження при п= 1: І3+5 1=6
і 6:6=1. Твердження справедливе.
б) Припустимо, що твердження справедливе при п = £, тобто
к3 + 5л = 6р, р —натуральне число. Покажемо, що із зробленого
припущення випливає справедливість твердження при п = &-[-1,
тобто, що (Л + І)3 + 5 (/г + 1) ділиться націло на 6.
Враховуючи припущення, перетворимо
(л Т- І)3 + 5 (к + 1) = (/? + 5/г) + Зк (к + 1) + 6 =
= 6р + 6 + 3/?(^4- 1) =6(р+ 1) ±3к (к + 1).
Оскільки з двох послідовних натуральних чисел завжди одне
парне, то к (к + 1)^2?» де ц — натуральне число; тоді
(*+1)3+5^ + 1)=6(р+ 1) Н-67 = 6 (р + 7 + 1),
що й доводить справедливість твердження при я ==&-}- 1, а разом
з тим і при будь-якому п.
Приклад 2. Знайти суму п перших членів послідовності
={п (До) • тРеба знайти
5 _ 1 і-____!_ і _і . .. л________1 _
П~1 2^2-3 ^3 4^ ^п(п+1)*
538
Будемо послідовно обчислювати 5Х, <$2, 53, . *. і намагатись виявити
закономірність їх утворення:
51 12 2 ’
5 = — 4- — = 2--
5 1 2^~ 2 З 3 ’
5 =□-+□-4-□_ = !•
3 1 2 т 2 • 3 3 • 4 4’
5 = + +
4 1 2Т2-3 1 3-4М-5 5’
Робимо припущення, що
З’ясуємо, чи можна, користуючись методом математичної індукції,
довести тотожність
1'2^2-'3 3-4^ п (п + 1) — п + 1
. _ , 1 1 с 1 1 п. .
а) При п=1 маємо-:—- = -г г, або — = —-. Рівність спра-
1 1 "Т" і
ведлива.
б) Припустимо, що рівність справедлива при п — А’, тобто
। 1 - *
1 2 2 •! З 1 -Г к (к + 1) ~ к + 1 ’
і з’ясуємо, чи буде вона справедливою при п = ^+1. Враховуючи
припущення, знаходимо:
1 .. 2 2 > З т к (к + 1)1 (к + 1) (/г + 2) ~ к + 1 '
1 _ к (к + 2)+\ _ (к + 1)* = Щ
+ (й+1)(А!+2)-(£+1) (к+2) - (*+ 1) (А + 2)- к + 2'
Таким чином, тотожність доведена і припущення правильне.
Відповідь. 5П = •
Приклад 3. Довести формулу (151) загального члена гео-
метричної прогресії
ап = аідп~1.
Доведення, а) Формула справедлива при п=1, тобто
аі = а1?° = Л1.
б) Припустимо, що формула справедлива для п= /г> тобто
а* =
539
ГОДІ
«4+1 = ^ = (ах?*-1) <7 = ах
Формула доведена.
Для тверджень 4 (п), які розглядаються для натуральних чи-
сел п^р (р — деяке натуральне ’місло), принцип математичної
індукції формулюється так: твердження А (п) відносно натураль-
ного числа п справедливе при всіх натуральних значеннях п^>р,
якщо: •
а) твердження А (р) справедливе;
б) з справедливості А(к) (к^> р) випливає справедливість
А (к + 1), тобто А (к)^А(.к + 1).'
Приклад 4. Довести, що при п^4 справедлива нерівність
Зл > п3.
Доведення, а) При п = 4 маємо 34>43, або 81 >64. Не-
рівність справедлива.
б) Припустимо, що при п=к (£>4) нерівність справедлива,
тобто
3*>£3.
Покажемо, що тоді буде справедливою нерівність
3^+х>(^+ І)3,
тобто
3^+1>^ + 3^2 + 3^+ 1.
Враховуючи припущення, маємо
З**1 = 3 • Зк > З£3
або
3*+і > я* + 2к3.
Покажемо, що 2£3> 3£2 + Зк + 1 при к > 4; остання нерівність рівно-
сильна до нерівності &3+(£—1)3> 6/г, або (2к——
> §к. Оскільки при к > 4 2к — 1 > к (к — 1 > 0) і + *^ > 6,
то розглядувана нерівність справедлива.
Тоді
3*+х> а3 + 2£3> к3 + Зк2 + Зк + 1,
або
3&+і >(£-}- цз, що й доводить початкову нерівність.
Приклад 5. Довести нерівність Бернуллі (1 а)п > 1 па,
де а>—1, а і « — натуральне число, більше за 1.
Доведення, а) При п = 2 маємо (1 + а)2 == 1 4-2а + а2>
> 1 + 2а. Нерівність справедлива.
б) Припустимо, що при п = к (к> 2)
(1+а)*> 1 + ^,
і покажемо, що тоді
(1+а)^1^ ! + (*+ !)“•
540
Дійсно, враховуючи припущення, маємо
(1 + а)*+і = (1 + а/ (І + а) > (1 + Іга) (1 + а) =
== 1 + (*+ 1)а+*а2> ! + (*+ І) а.
Нерівність Бернуллі доведена.
§ 6. Границя числової послідовності
1? Поняття границі числової послідовності. Визначення.
Число а називається границею послідовності {пл}, якщо для будь-
якого (як завгодно малого) є > 0 існує такий номер що для всіх
членів послідовності з номерами п> N& справедлива нерівність
\ип — а|<е. (156)
Записують це так:
1 і ги ип = а, або Іігп ип = а, або ип -> а при п -+ +00’
Нерівність (156) еквівалентна до нерівностей
—є <«л — а <є,
або
а — є < а + є-
Проміжок (а — є, а + є) називається є-околом точки а (рис. 402).
Число а є границею послідовності {ип}, якщо в будь-якому
є-околі точки а знаходяться всі елементи послідовності з номерами
п>ії£. Якщо а —границя послідовності {нл}, то поза будь-яким
є-околом точки а завжди знаходиться скінченне число членів по-
слідовності.
а-є а+є
—н—І—І--------\—ннжжі---------1--Н-]---1--і----
О и! иг и^/и^2 а і/4 х
Рис. 402.
Послідовність, яка має границю, називається збіжною, а по-
слідовність, яка не має границі, — розбіжною.
Приклад 1. Показати, що послідовність {ип} =
має границю 2.
За визначенням границі треба показати, що існує такий номер
ІУЄ, що для будь-якого 0 при п > виконується нерівність
2п + 11
л + 1 і
І^І<-
Припустимо, що остання нерівність виконується, і розв’яжемо її
відносно п:
Ь+ 11 <е’ «4-1 <Р'
541
звідки п> —----1. Найбільше ціле число, менше за число -----1»
£ £
позначають так:
. Тоді можна взяти
-1-1 .
£ І
Легко показати, що при всіх/і>[д--------1 для будь-якого є
виконується нерівність
тобто
[2^+ 1
І я + 1
г 2/2+1 о
її т —ту = 2.
Зауважимо, що при визначенні границь послідовностей істотне
значення мають тільки як завгодно малі значення а, для яких до-
сить встановити лише існування відповідного номера Л'5. В наведе-
’ 1
----------------------------------------------------------1 , що
£
йому прикладі ми знайшли найменше значення
не обов’язково.
Приклад 2. Показати, що послідовність {ип}
має
границею число 0.
Для заданого є > 0
ність
знайдемо відповідне N.. Розглянемо нерів-
Оскільки
І 10/2 І _
І + 1 п
10/2 10/2
10 10
—, то при —
п п
0
маємо
І 10/2 •
І«24- 1
10
£
і шуканий номер
ю
п
. Таким чином, при
всіх
п > /У£ =
10
є
для будь-якого є>0 виконується
| 10/2
I/2Ч-1‘
нерівність
Отже,
Ю/2
11ҐП —п-т—7 = 0.
542
Єдин’сть границі числової послідовності. Якщо числова послі
довність мас границю, то тільки одну.
Нехай задано послідовність {«„} і послідовність натуральних
чисел п^ = п(к)\ тоді послідовність {ип/г} називається підпослі-
довиістю послідовності {ип}.
Нехай задано послідовність {«„}. Задамо послідовність {л^} =
= {2к—1}, /?=1, 2, 3, . . Тоді підпослідовність {ип&} даної
послідовності {ип} матиме вигляд
и3, иь, . . . , и2к_!, . ..
Якщо послідовність {пл} має границю, то й будь-яка її підпосл і-
довність {ип^} теж має границю, яка дорівнює границі даної послі-
довності. Обернене твердження неправильне.
Нескінченно малі послідовності. Послідовність, границя якої
дорівнює нулю, називається нескінченно малою. Наприклад, послі-
довність {а„} = — нескінченно мала.
Основні властивості нескінченно малих по-
с л і д о в н о с т е й.
а) Сума скінченного числа нескінченно малих послідовностей є
-нескінченно малою послідовністю.
б) Добуток нескінченно малої послідовності на обмежену по-
слідовність є нескінченно малою послідовністю. Зокрема, добуток
нескінченно малої послідовності на число є нескінченно малою по-
слідовністю.
в) Частка від ділення нескінченно малої послідовності на по-
слідовність, границя якої відмінна від нуля, є нескінченно малою
послідовністю. Зокрема, частка від ділення нескінченно малої по-
слідовності на число, відмінне від нуля, е» нескінченно малою
послідовністю.
Нескінченно великі послідовності. Послідовність {ип} називається
нескінченно великою, якщо для будь-якого (як завгодно великого)
додатного числа ’І > 0 існує такий номер .Улр що для всіх членів
послідовності з номерами справедлива нерівність
І«лІ> М.
Записують це так:
Ііт ип = оо.
Якщо, починаючи з деякого номера, всі члени нескінченно великої
послідовності (ип} додатні (ип > 0 при п = р, р1, .. .), то запи-
сують
Ііт ип = +оо.
я-*--)-00
Якщо, починаючи з деякого номера, всі члени нескінченно великої
послідовності {ип} від’ємні то записують
Ііт ип—ж>.
00
543
Зауважимо, що символи оо, -{-оо, —оо не в числами, а вживаються
для скороченого запису речення: «Величина ип із зростанням її но-
мера необмежено зростає за модулем».
Властивості збіжних послідовностей.
а) Якщо послідовність збіжна, то вона обмежена.
б) Якщо послідовність {ип} збіжна, причому Ііт ип = а, то
ип = а + де ап 0 при п + <».
в) Якщо ип = а + ал, де ап 0 при п -> -{-оо, то послідовність
{«„} збіжна і має границю а, тобто Ііт ип = а.
П-4- + 00
Ознаки існування границі послідовності.
а) Будь-яка монотонна і обмежена послідовність має границю.
б) Будь-яка неспадна і обмежена зверху послідовність має границю.
в) Будь-яка незростаюча і обмежена знизу послідовність має гра-
ницю.
Приклад. Показати, що послідовність (ил) | має
границю.
Доведення, а) Покажемо, що дана послідовність монотон-
на, а саме, що ип+1 ип.
Відомо, що середнє арифметичне кількох додатних чисел не
менше за їх середнє геометричне (нерівність Коші). Отже,
звідки
тобто ип+1^ип. Дана послідовність неопадна.
б) Тепер покажемо, що послідовність
обмежена
зверху:
_ Л 1 У _ 1 І 1 . «(«— о 1 , « (п — 1) (п —2)
и" = \1 + 77 =1Т1+—2І~ ----3!---
1 , , 1 , , , , 1 (. 1 \ , 1 (. 1 \
хїї?+ ••• +^= ’ + 1+2Ї + х
Оскільки
544
то при всіх п
/ 1\Л / 1 \
«/> = 1^1+-) < 1 + 1 +(1 - 2Й=і)<3-
тобто дана послідовність обмежена зверху.
Таким чином, послідовність {ип} має границю.
Цю границю позначають буквою е, тобто
Ііт (1+2-У =е.
Число е, як і число відіграє важливу роль в математичному
аналізі.
Логарифми, основою яких є число е, називаються натуральними
логарифмами. Позначають так: «їй х» — натуральний логарифм х,
тобто
Іп х = 1о&, х.
§ 7. Основні теореми
про границі послідовностей
Теорема 1. Границя сталої послідовності [ип = с] (с = сопзі)
дорівнює числу с, тобто
Ііт ип — Ііт с = с.
Теорема 2. Граніщя алгебраїчної суми кількох збіжних послі-
довностей дорівнює алгебраїчній сумі їх границь.
Наприклад,
Ііт (хп + уп — гп)= Ііт хп + Ііт уп — Ііт гп.
Теорема 3. Границя добутку кількох збіжних послідовностей
дорівнює добуткові їх границь.
На приклад,
Ііт (хп уп • г„) = Ііт хп Ііт уп • Ііт гп.
П-4-4-0О /г-4--|-00 Яя-»--}-0®
Наслідок 1. Сталий множник можна виносити за знак гра-
ниці
Ііт (сип) = с Ііт ип.
Л_4-_|-оо
Наслідок 2. Якщо послідовність {ип} збіжна, то й послі-
довність {ц*}, Де £— натуральне число, теж збіжна і
Іігп и^ = (Ііт ип)к.
/з 5 $692
545
Теорема 4. Границя частки двох збіжних послідовностей дорів»
нюв частці їх границь, якщо границя дільника не дорівнює нулю:
Ііт хп
Ііт = ^+“_ (уп + 0, Ііт уп * 0).
ііт уп
Л-*-Ц-оо
Теорема 5. Якщо послідовність {ип} збіжна і то по»
слідовність {уЛип} теж збіжна і
Ііт у ип = у Ііт ип.
лі-*--}-00 Л-+--І"00
Теорема 6. Якщо для членів збіжних послідовностей {хп} і (//п)
при всіх п виконується нерівність
хп Уп*
то
Ііт хп < ііт уп.
Л->-}-00 Н-^4-00
Зауваження. Якщо в умові теореми 6
хп<.Уп (строга нерівність),
то
Ііт Ііт уп (може бути нестрога нерівність).
П-^4-00 ' П-»—|-оо
Теорема 7. Якщо послідовності {хп} і {уп} збігаються до одно»
го й того самого числа а» а послідовність \ип] така» що при всіх п
виконуються нерівності
хп 11п Уп*
то й послідовність {па} збігається до того самого числа а, тобто
Ііт хп = ііт ип — ііт уп = а.
Л-^-|-оо П-+-\-оо
Приклад 1. Знайти
Ііт
2п + З
4п- Г
Позначимо х/г = 2п-гЗ, уп = 4/г — 1. Послідовності {хл} і {уп} —
нескінченно великі, і їх границі не існують. Тому теорему 4 про
границю частки тут застосувати не можна, оскільки за умовою тео-
реми послідовності (хп) і {уп} повинні бути збіжними (мати гра-
2/2 З
ниці). Тоді тотожно перетворимо загальний член ип = 4 П0‘
слідовності, границю якої треба знайти, а саме
2 4- —
2/г 4-3 _ * п
ип-4п^і~ 1
а _____________
п
546
З 1
Якщо тепер позначити = 2 + — і =4 — — , т°
(З \
2 + — ( = 2,
п у
Ііт = Ііт /4 —-А-) = 4
П->-|-оо Г?-+-|-оо П І
ПОСЛІДОВНОСТІ {<хл} =
(рл) = ! — нескінченно малі
Оскільки послідовності {ап} і {шл} збіжні і границя Ііт и/л=«
П-+4-00
= 4^0, то за теоремою 4
Ііт ип
П-+4-00
= Ііт 22±_3=А = 1
аі-^-4-м 4 л — 1 4 2
В кожному окремохму випадку такі пояснення робляться усно і зна-
ходження границі затісується так:
2 + 1
Ііт 2іЦ_ II» 2
«-►-{-ео 4л — 1 14 2
~п
Приклад 2. Знайти границю
Ііт
00
У^л2 + л
2л+ 1
Поділимо чисельник і знаменник дробу, границю якого треба зна*
йти, на л; тоді дістанемо:
ііт КЛ2+^= Ііт
Л-х-4-оо 2л + 1 П-+-{-оо
2
2
Приклад 3. Знайти границю
Ііт (л — ]Лл2— 1).
П —► о®
Помножимо і поділимо вираз, границю якого треба знайти, на
л /л2 — 1; тоді одержимо:
Ііт (п-Уп2—1)= Ііт 2-----------//--£-------- =
п-*--!-00 п-*-!"0® я "4~ к 1
/г2_Пг+1 1 п
= ііт ——7== = Ііт ——т== = о.
Г2->4-«Л 4“ У П2 — 1 п-»-4-оо Л 4- у п2 —~ 1
547
§ 8. Поняття числового ряду.
Збіжність, розбіжність та сума ряду.
Необхідна ознака збіжності ряду
Поняття числового ряду. Якщо задано числову послідовність
«р и2, » ип> • • > то числовим рядом називається вираз
и1 + и2 + из + • • • + ип + • • •
Члени послідовності и±1 и2, и3, . . . називаються членами ряду,
а загальний член послідовності ип— загальним членом ряду.
Сума п перших членів ряду
= ^1 + ^2 + и3 + • • + иП
називається п-ю частинною сумою ряду.
Кожному даному ряду відповідає послідовність його частинних
сум (домовляються, що = и^):
51 =
$2 = и1 +
53 = ^3»
5л—і = «і + и2 + + ^л-1»
+ и2 + ' • • + иП— 1 4" ^Л»
Навпаки, якщо задано послідовність частинних сум, то відповідний
ряд можна записати у вигляді
4* (^2 — Зх) -}- (53 — 52) 4- + ($„ — і) 4* •
Збіжність, розбіжність та сума ряду. Числовий ряд називається
збіжним, якщо збіжна послідовність його частинних сум; границя
послідовності частинних сум Ііт 8п = 5 називається сумою ряду,
оо
тобто
111 4“ + и3 4" 4“ ^Л + • ==
Числовий ряд називається розбіжним, якщо розбіжна послідовність
його частинних сум; в цьому випадку кажуть, що ряд не має суми.
Приклад 1. Розглянемо ряд
Г-3 + 3“5 + ~ + + (2п — 1) (2п + 1)
Складемо п-у частинну суму ряду
5 - 1 । 1 і 1 | | 1
п 1-3 3- 5^5- 7^ ^(2п—1) (2п 4-1) •
Перетворимо загальний член ряду
1 (2л -Н 1) — (2п — 1) 1 / 1 1 V
“л (2п— 1) (2л 4-1) 2 (2п—1) (2п + 1) 2\2п—1 2п4-1/
548
тоді
Отже, ряд збігається і його сума 5 = у , тобто
Г^з + зТ5 + 5^7+ ' + (2п— 1) (2л 4- 1) + = Т '
Приклад 2. Розглянемо ряд
143 + 5+ + (2п - 1) + ..
Знайдемо його частинну суму
5„=1 +3+5+ +(2п- 1)= ' + 2”--1- п=п-.
Оскільки
Іігп 8п = Ііт п2 ~ 4-со,
Л2-»--|-оо
то ряд розбігається і суми не має.
Необхідна ознака збіжності ряду. Якщо ряд + й3 4- 4-
+ ип + • • • збігається, то
Ііт ип — 0.
оо
Доведення. Якщо ряд збігається, то й послідовність його
частинних сум збігається, тобто
Ііт 8п = З і Ііт
Я-4—|_0О
Оскільки
ип — $п — Щ = ^і)»
то
Ііт ип = Ііт (8п—8п_л~) = Ііт 8п — Ііт = 5 — 5 = О,
Л-»--|-оо д_^_|_оо ^_»._|_оо «-►+«>
тобто
ііт иГІ = 0.
лм
549
Зауваження. Якщо Ііт ип = 0, то ряд их + Щ + 11з +' “
/і-»-+00
•;+««+ може бути як збіжним, так і розбіжним. Якщо
Ііт «я =$4 0, то ряд + и2 + “з + +««+'• розбігається.
Приклад 1. Розглянемо ряд
1+Й+Й+'''+^+’''
Необхідна ознака збіжності ряду виконується, оскільки
Ііт ип = Ііт _у^ = 0. -
п00 /ї-»--}"00 г
Розглянемо частинну суму ряду
5"=1+й+Гз+' +Л-
Оскільки
1+-^ + —+•• к-4-—+ +—- =
Ф/2^/3 ^Уп Уп Уп +Уп
= = Уп. то 5,, Уїг
і
1іт5Л^ Ііт ]/гп = +оо,
п-»-4'со П-+-4-І»
звідки Ііт 5п = +со. Послідовність {5*} частинних сум ряду роз-
Л-*-4-°о
біжна. Отже, даний ряд розбіжний.
Приклад 2. Розглянемо ряд
7 і. Л । А 4- . . । п ; . .
2^3ПГ4+ +п+ 1
Знайдемо
Ііт ип = Ііт п = Ііт —!— = 1 =£ 0;
П-^4-а» я-»-4-м П + 1 Я-^4-«> і 1
п
необхідна ознака збіжності ряду не виконується. Отже, даний ряд
розбіжний.
§ 9. Сума членів геометричної прогресії
Нехай задана геометрична прогресія
-н- Яр «19, , а^-1, ...
Розглянемо ряд
«і + 019 + Д192 4--Ь ^і9"+1 + • • • .
550
членами якого є члени геометричної прогресії. Складемо частинну
суму цього ряду
5л = “і + “19 + “192 + • • + “19"—1"
тоді за формулою (151) маємо (при д =/= 1)
Знайдемо
Ііт 5П= Ііт _51-(і— <?«)=-21-(1 — Ііт 9П).
/ї-»--]-00 Я-»--1 ----- 7 - 7 П-»--|-00
Знаходження границі послідовності
знаходження границі Ііт дп (д 4= 1).
Л-І-+ ОО
а) Якщо ( 71 < 1, то Ііт дп => 0
Л00
частинних сум зводиться до
Розглянемо окремі випадки.
Ііт 5«=іА;<1-0) = Г2Ь’
/ї-»--і-оо 1 — д 1 д
тобто
“і + “й “і92 + + “і9п—1 +•••«= (і 9; ¥= і).
б) Якшо ; д ; > 1, то Ііт дп = оо і Ііт 8п = оо. Отже, ряд
П->--|-со /2_^_|_оо
розбіжний. Геометрична прогресія суми не має.
в) Якщо ; д ' = 1, то д = ± 1. При д = — 1 Ііт дп = 1іт(—1)Л
П-»--|-оо л-+._|_оо
не існує; при 7=1 8п = ах + 4~ • • + аг = пах і Ііт 8п =
П-»—|-оо
= Ііт Сі^п — оо, тобто в цьому випадку ряд суми не має.
Лос
Основні властивості числових рядів.
а) Якщо всі члени ряду помножити або поділити на одне і те
саме число, відмінне від нуля, то збіжність ряду не зміниться.
б) Збіжні ряди можна почленно додавати і віднімати. В резуль-
таті одержиться збіжний ряд, сума якого дорівнює сумі або різ-
ниці сум даних рядів.
в) Якщо даний ряд збігається, то збігається і ряд, одержаний
з даного шляхом дописування або викреслювання будь-якого скін-
ченного числа його членів.
§ 10. Достатні ознаки збіжності числових рядів
з додатними членами
Наближене обчислення суми ряду. Розглянемо збіжний ряд, сума
якого дорівнює 8, тобто
и1 + П2 + 1!3 + • + ип + ІІп + І + • • = 8.
Позначимо г/і+і = ил+1 + п/г+2 + тоді 8Л + гл+] = 8, звідки
гк+і — — 8П.
551
Різниця гл+1 =5 — 8/г називається залишком даного ряду. Оскільки
ряд збіжний, то
Ііт гп . ) = ііт (8 — 8п) = 8 — Ііт 8Л = 5 — 8 = 0,
тобто
Ит г„+1=0.
Отже, послідовність {гп+|) залишків збіжного ряду є нескінченно
малою. Навпаки, якщо послідовність {гл+1) залишків числового
ряду є нескінченно малою, то цей ряд збігається.
Для всякого збіжного ряду існує такий номер Л7е, що для
будь-якого є >0 при всіх виконується нерівність
1 '•„4-1 І < *
або
15 — 5л ( = | г„+і | < с.
Таким чипОїМ, суму збіжного ряду завжди можна обчислити набли-
жено з будь-якою наперед заданою точністю з допомогою частинної
суми, взявши для обчислення відповідне число членів, тобто 8 Л 8л.
Зауважимо, що точне значення суми збіжного числового ряду в пере-
важній більшості випадків знайти неможливо. Тому при розрахун-
ках за допомогою рядів користуються наближеними значеннями суми
з потрібною точністю, але для нього треба знати, що ряд є збіж-
ним— має суму. В зв’язку з цим набирає важливого значення задача
про встановлення збіжності числових рядів. Існує багато достатніх
ознак збіжності рядів. Зупинимось на найпростіших з них.
Достатні ознаки збіжності числових рядів з додатними членами.
І. Якщо частинні суми 8п ряду з додатними членами
+ и2 4- из 4- ' 4“ ип 4~
обмежені зверху, тобто
| 8п | < М, то ряд збігається.
Оскільки члени ряду додатні, послідовність {8л} зростаюча. За
умовою вона обмежена зверху, отже, має границю
Ііт 8п = 8,
тобто ряд збігається і
«і + и2 + и3 + • +««+’•' — 5.
II. Ознаки порівняння. А. Якщо між членами двох рядів
П1 + «2 + «8 + + ип + * > (*)
^1 + ^ + ^+ 1 (**)
з додатними членами при всіх п виконується нерівність ип<£^п, то
а) із збіжності ряду (**) випливає збіжність ряду (*).
б) із розбіжності ряду (*) випливає розбіжність ряду (**).
552
В. Якщо для двох рядів з додатними членами
Мї + ^з+Пз + + иП + ’•
і
+ У2 + ^3 + + ‘ • *
існує скінченна границя, відмінна від нуля,
то дані ряди одночасно збігаються або розбігаються.
Для того щоб користуватись ознаками порівняння для встанов-
лення збіжності або розбіжності рядів, треба мати в своєму розпо-
рядженні кілька рядів, збіжність чи розбіжність яких відома. Часто
користуються рядами:
1) 1 + д + д2 + дл + ... + . (геометричний ряд), який
збігається при | < 1 і розбігається при / > 1;
2)1+— + — + ••+ — +'••, який збігається при р>1
2Р Зр пР
і розбігається при
Зокрема, цей ряд при р ?= 1
набуває вигляду
і називається гармонічним,
збіжність ряд
1
Приклад 1. Дослідити на
1+1+1+.
З 6 11
2"+ п
Візьмемо для порівняння ряд 4- + ~г+ +-~+ •• Це геомет-
2 4 2п
ричний ряд із знаменником ^=^-<1. Він збігається. Оскільки
11
-----<— при всіх п, то данин ряд теж
2п + п 2п
Приклад 2. Дослідити на збіжність
1+-+-
4 т 2 т 2
збігається.
ряд
п2 — 5п + 8 "Ь ' “
Візьмемо ДЛЯ порівняння ряд 1 + £2 + £2 + - + ^ +
збігається (р = 2> 1). Знайдемо
Він
Отже, даний ряд збігається.
553
ІП. Ознака Даламбера. Нехай дано ряд з додатними
членами.
иі + и2 + ' • • + ип + ' • ’ (ил > 0)
і Існує границя
Ііт 5^±1=9.
П -*-]- си 1-1(1
Тоді при ?< 1 ряд збігається, при д > 1 — розбігається. При д = 1
ряд може як збігатись, так і розбігатись.
Приклад. Дослідити на збіжність ряд
1 4-1 4- 9 4-14-25 4- 4-"24-
2'+1+8’+1+32+'"+2й+'”
о » п2 (п + І)2
Загальний член даного ряду = —, тоді ип^ = 2Г‘+1 . Зна-
йдемо
Ііт Ііт (и + 1)2-2" = 1 )іт («+1)2 =
п->4-с» ип 2п+г • п2 2 лн-н-ос п2
Ряд збігається.
§ 11. Ознаки збіжності знакозмінних рядів
Знакопочережні ряди. Теорема Лейбніца. Знакопочережними
називаються ряди вигляду
«1 —«ї+«3—----------Н (— 1)П+1«л+ • •> де «1, «2- «З- •••>
ип . — додатні числа.
Теорема Лейбніца. Якщо в знакопочергжному ряді аб-
солютні значення членів не зростають:
Ні Пд и3 ип . • •
і Ііт ип ~ 0, то ряд збігається, причому його сума додатна і не
ОО
перевищує першого члена ряду (0<5<«!).
Зауважимо, іцо для зиакопочережного ряду
І Гп+і І < І «л+іЬ
Приклад. Дослідити на збіжність ряд
• -т+т-т+-+<-»",?+-
м . 1 1 .
Оскільки —>----і—- при ВСІХ п 1
п 11 + 1 г
Ііт иГІ = Нін = о,
П-^4-оо П н--{-оо П
554
то ряд збігається, причому
'-4 + Т-Т+ + <->" 4 + - -5<1'
Достатня ознака збіжності знакозмінних рядів. Абсолютна і
умовна збіжність рядів. Якщо знаки членів ряду міняються, то
ряд називається знакозмінним.
Достатня ознака збіжності знакозмінних р я-
д і в. Ряд
и1 + и2 + и3 + • + ип + • ‘
з довільними членами збігається, якщо збігається ряд
І и11 + I 11'2 ' + І из І + ' ’ + І ип ! + • ••
членами якого є модулі членів даного ряду.
Приклад. Дослідити на збіжність ряд
зітіа §іп2а зіп За , 8ІП па
“"р” + + “32“ + + ~~п^~
Ряд
І зіп па і 1 . ,,1,1,
збігається, тому що 1 Ряд 1 + ‘ ’ +
+ -^г+ 1 ‘ збігається. Отже, даний ряд теж збігається.
Знакозмінний ряд називається абсолютно збіжним, якщо збі-
гається ряд, членами якого є модулі членів даного ряду.
Знакозмінний ряд називається умовно збіжнаи, якщо він збі-
гається, а ряд, членами якого є модулі членів даного ряду, розбі-
гається.
ГРАНИЦЯ ФУНКЦІЇ. НЕПЕРЕРВНІСТЬ
§ 12. Поняття границі функції.
Властивості функцій, які мають границю
Визначення границі функції. Нехай функція у = / (х) визначена
в усіх дійсних точках деякого околу точки х = а, тобто при всіх х
із деякого інтервалу а — с < х< а + с (с>0) за винятком хіба що
самої точки х = л. ч
Число А називається границею функції / (х) при х -► а (або
в точці а), якщо для кожного довільно малого є>0 існує таке
число & > 0, що для всіх х, які задовольняють нерівності 0< |х—
— а | < о, справедлива нерівність
І Цх) - а ;<«,
Записують не так:
Ііт / (х) = А
х-*а
555
(читається: «Границя функції еф від ікс при ікс прямує до а до-
рівнює 4»),
У визначенні граниш функції вимагається, щоб і х — а і > 0,
тобто х а Це означає, що при знаходженні границі нас цікавить
поведінка функції не в самій точці х = я. а при значеннях х, до-
статньо близьких до цієї точки. Тому для знаходження границі
функції в даній точні не важливо, визначена чи не визначена функ-
ція в цій точці
х^1 —— 4
Приклад. Показати, що границя функції / (х) —---— при
х 2 дорівнює 4.
Дана функція не визначена в точці х = 2, що й не вимагається
за визначенням границі. Нехай задано довільно мале є > 0. Пока-
жемо, що існує таке о >0, що
Розглянене (при х 2) вираз
І Х—~ - 4 І = х 4- 2 - 4 : ~, х — 2 |.
| х — 2 І ‘
Звідси бачимо, що досить взяти Ь г.
Дійсно, якщо
0<;х-2 <6 = є, і0|Цг2-4|<є.
Отже, за визначенням границі маємо
З’ясуємо геометричний зміст поняття границі функції. Нехай існує
границя
Ііт / (х) = А»
х-*а
Тоді для довільного є>0 існує таке 8>0, що
0 ; х —• а 'і <С Ь =>; / (х) А І << є,
або
а — & < х < а + Ь (х а) => 4 — є < / (х) < А + є.
Отже, число А є границею функції / (х) при х -* а, якщо для до-
вільного є > 0 існує таке Ь > 0, що якщо х € (а — Б, а + 5) (х =Н= а),
го графік функції у = / (х) повністю лежить між прямими А —
— є і у == А + є (рис. 403). Іншими словами, число А є границею
функції у = [ (х) при х -> а (в точці а), якщо для довільно малого
є-околу точки А існує такий д-окіл точки а, що для всіх значень
х із Ь-околу точки а відповідні значення функції попадають в е-
окіл точки А,
556
Графік функції у = / (х) (див. рис. 403) лежить всередині пря-
хчокутника з центром в точці (а; /4) і сторонами, паралельними
до координатних осей, довжини яких 25 і 2е, причому графік не
перетинає горизонтальних сторін чотирикутника.
Односторонні границі функції Число А називається лівосторон-
ньою границею функції при х а (х < а), якщо для кожного до-
вільно хмалого є>0 існує число 5 > 0, що для всіх значень х, які
задовольняють нерівність х<5, справедлива нерівність
| / (х) — А | < є. Записують це так:
Ііт / (х) = А або, частіше, Ііт /(х)=Л.
х-*а х-*д—0
х <а
Число А називається правосторонньою границею функції у =
= / (х) при х а (х> а), якщо для кожного довільно малого є > 0
існує таке 5 > 0, що для всіх значень х, які задовольняють нерів-
ність 0<х— а <5, справедлива нерівність | / (х)—А | < є. Запи-
сують це так:
Ііт [ (х) = А або, частіше, Ііт / (х) = А.
х-*-а х-+а-}-0
х>а
Якщо функція в даній точці має границю, то вона в цій точці
має лівосторонню і правосторонню границі, кожна з яких дорівнює
границі функції в цій точці. Навпаки, якщо в даній точці функція
має лівосторонню і правосторонню границі, які рівні між собою,
то в цій точці функція має границю, яка дорівнює спільному зна-
ченню односторонніх границь функції.
Узагальнення поняття про границю. Введемо поняття границі
функції у випадку, коли її аргумент необмежено зростає, тобто при
х-> оо. Нехай функція у = [ (х) визначена при всіх достатньо ве-
ликих значеннях х, тобто при |х| >а, де а — деяке додатне дійсне
число.
Число А називається границею функції у = } (х) при х оо
(в нескінченності), якщо для кожного довільно малого значення
є>0 існує таке число М >0, що для всіх значень х, які задоволь-
няють нерівність / х | > /И, справедлива нерівність
\Цх)-А [<е.
557
Записують це так:
Ііт / (х) = А.
Геометричний зміст цього визначення такий: число А є границею
функції /(х) в нескінченності, якщо для довільного є-околу точки
А можна підібрати таке число М > 0, що для всіх значень х, мо-
дуль яких більший за М, відповідні значення функції попадають
в є-окіл точки А (рис. 404).
2х і 3 2
Приклад. Довести, що Ііт ~П_ = . Нехай задано до-
Х-> оо Зх З
вільне є < 0. Покажемо, що існує таке число М>0, що для всіх
значень х, які задовольняють нерівність і х | > М, справедлива не-
рівність
Виконаємо перетворення (х=£0):
|2х + 3 21121 2 II 1 [ 1
І Зх З І — І 3 + х 3 | — | х | — | х | *
Звідси бачимо, що досить взяти М = , тоді при | х ( > М мати-
12х + 3 2 І
|— -з|<-
Отже,
і™?£±3_2.
х-+ оо Зх З
Сформулюємо визначення границі функції при х +«> і * —оо.
Число А називається границею функції у = /(х) при х-|-оо
(до плюс нескінченності), якщо для кожного довільно малого є > 0
існує таке число М, що для всіх значень х>М справедлива не-
рівність | / (х) — А | < е. Записують це так:
Ііт / (х) = Д.
X-*--}-00
558
Число А називається границею функції у = / (х) при х— оо
(в мінус нескінченності), якщо для кожного довільно малого е>0
існує таке число Ж, що для всіх значень х<Ж справедлива нерів-
ність | / (х) — А | < є. Записують це так:
Ііт /(х)=Л.
X-*-—-оо
Приклад. Довести, що Ііт * х 1 = 1. Зауважимо, що
__________________ /х
1/х -1- 1
функція / (х) =-—у=.— визначена при 0<х<+©о, тому тут може
V *
йти мова лише про границю при х->-+оо. Нехай задано довільне
е>0. Покажемо, що існує число Ж, що при всіх х> Ж справед-
лива нерівність
/х
Виконаємо перетворення
/1+х
Нерівність
1 + -- — І < є буде справджуватися, якщо
1+1<1+2е+є2,
х>2Г+75-
Отже, достатньо взяти Ж =
справедлива нерівність
1 .
2б + є2’
при х>м = ^~2
ТОДІ
тобто
Ііт ^ + 1=1.
х->+« Ух
Деякі властивості функцій, які мають границю.
Теорема 1 (єдиність границі функції). Якщо функція у = [ (х)
має границю в точці х = а (або х= оо), то ця границя єдина.
Теорема 2 (обмеженість функції, яка має границю). Якщо функ*
цін у = і (х) має границю (скінченну) в точці х = а, то вона об-
межена в деякому околі цієї точки.
Теорема 3 (про граничний перехід в нерівності). Якщо функції
ї(х) і ср (х) визначені в деякому околі точки х = а, мають границі
559
9 цій точці і для всіх значень х з цього околу (х а) виконується
нерівність- / (х)< (х), то
Ііт / (х) Ііт ср (х).
х-+сі к~*а
Зауважимо, що строга нерівність між функціями при граничному
переході може перейти в нестрогу.
Крім того, з теореми 3 випливає, що функція, яка набуває
додатних значень, не може мати від’ємної границі, а функція, яка
набуває від’ємних значень, не може мати додатної границі.
Теорема 4 (границя проміжної (стиснутої) функції). Якщо функ*
ції /(*). £ (*) * (х) визначені в деякому околі точки х = а, за
винятком хіба що самої точки а, і функції § (х) і Н (х) мають
в цій точці одну і ту саму границю
Ііт £ (х) = Ііт її (х) = А,
х-+а
причому для всіх х із розглядуваного околу справедливі нерівності
8(х)<Цх)<Н (х),
то функція / (х) такоою має границю в точці х = а, причому
Ііт / (х) = А.
х~*а
§ 13. Нескінченно малі функції.
Основні властивості нескінченно малих.
Нескінченно великі функції
Поняття нескінченно малої функції.
Функція у = а (х) називається нескінченно малою функцією,
або просто нескінченно малою, при х •* а (х =/= а) (або х оо), якщо
Ііт а (х) = 0.
(або *-► «,»
Якщо функція у = а (х) нескінченно мала при х а, то для до-
вільно малого б > 0 можна вказати таке 5 > 0, що для всіх х, які
задовольняють нерівність |х —а'<5, справедлива нерівність
Iа (*) І <£- ,
Приклад. Показати, що функція у = х* нескінченно мала
при х 0.
Нехай задано довільно мале е>0. Тоді, взявши 5=? "[/є,
маємо, що І3ч нерівності | х | < В = х21 < є, тобто Ііт х2 = 0;
отже, функція у = х2 нескінченно мала при х -► 0. Зауважимо, що
нескінченно мала функція — змінна величина (нескінченно маліюча)
і її не треба змішувати з дуже малими сталими величинами. Лише
0 із сталих величин відносять до нескінченно малих величин.
Основні властивості нескінченно малих функцій (величин).
а) Алгебраїчна сума скінченної кількості нескінченно малих
функцій при х а е функція нескінченно мала.
560
Наприклад, якщо
1іта(х) = 0, Ііт р (х) = 0, Ііш7<х) = 0,
х-+а х-+а х-+а
ТО І
Ііт (а (х) + р (х) — 7 (х)) = 0.
х-*-а
б) Добуток нескінченно малої функції при х -► а на функцію,
обмежену в деякому околі точки х = а, є функція нескінченно
мала. Тобто, якщо 1іта(х)=0 і | ((х) [ < ЛІ в деякому околі
х-+а
точки х= а, то
Игп (а (х) • / (х)) = 0.
х-*-а
З останньої теореми випливає:
1) Добуток нескінченно малої функції на сталу величину
є величина нескінченно мала.
2) Добуток нескінченно малих функцій при х а є функція
нескінченно мала.
3) Частка від ділення нескінченно малої функції при х а
на функцію, що має границю в точці х ~ а, відмінну від нуля,
є величина нескінченно мала, тобто якщо 1іта(х) = 0 і 1іт/(х) =
, х-+а. х-+а
= А (А 0), то
Наслідок. Частка від ділення нескінченно малої функції
на сталу величину, відмінну від нуля, є нескінченно мала.
Зв'язок нескінченно малої з поняттям границі. Зв'язок нескін-
ченно малої з границею встановлюється з допомогою наступних
двох теорем.
Теорема. Якщо функція ((х) має границю при ха, то її
можна подати у вигляді суми її границі і нескінченно малої функ-
ції, тобто якщо Ііт / (х) = Л, то / (х) = А + а (х), де Ііт а (х) = 0.
х-+а х-*а
Обернена теорема. Якщо функцію ( (х) можна подати у вигляді
суми сталої і нескінченно малої при х -+ а, то в точці х = а функ-
ція має границею згадану сталу, тобто якщо / (х) = А + а (х),
де Ііта (х) = 0 і А = сопзі, то
х-*а
Ііт / (х) = А.
х-+а
Нескінченно великі функції. Кажуть, що функція / (х) при
х -> а (х =/= а) прямує до оо, якщо для довільно великого М >0
існує таке & > 0, що для всіх значень х, які задовольняють не-
рівність 0<|х — а | < 5, справедлива нерівність | / (х) | > М.
Записують це так:
Ііт / (х) = оо.
х-*а
Якщо при цьому / (х) > 0 при всіх достатньо близьких до а зна-
ченнях х, то
1ІШ / (х) = + ОО,
х-+а
561
а якщо /(х)<0, то
Ііт / (х) — —сю,
х-^а
Аналогічно, як це було зроблено раніше, вводяться односторонні
«границі»:
Ііт / (х) = Ііт / (х) = 4-оо (або —оо)
х-*а х-*а—О
х<а
І
Ііт / (х) = Ііт / (х) = +°° (або — оо).
х-*а
х>а
Кажуть, що функція / (х) при х -> оо прямує до нескінченності
(оо), якщо для довільно великого М > 0 існує таке число N > О,
що для всіх І х ! > А7 справедлива нерівність | / (х) |> М.
Записують це так:
Ііт / (х) = оо.
Х-*-оа
Розглядаються також випадки:
ІІт /(х) = 4-оо (або —оо), Ііт /(х)=+°° (або —оо).
X оо X-»- — 00
Слід пам’ятати, що символи «оо», «-і-оо», «—оо» не є числами.
Вони вказують тільки на характер зміни функції («прямує до не-
скінченності»). Тому границі Ііт / (х) = оо називаюсь ще «не-
х~>а
(або х~>«)
властивими границями».
Функція / (х) називається нескінченно великою при х -> а (або
х -► оо), якщо
Ііт / (х) = со (або ± оо).
х-+а
(Л-^оо)
Властивості неск
а) Зв’язок нескінченно
встановлюється теоремою:
но великих ф у н к ц і й.
нескінченно великої функцій
і н ч е н
малої і
якщо функція а (х) нескінченно мала
при х а (аоо х ->оо), то функція у є нескінченно великою при
х -> а (або х ->оо), тобто якщо
Ііт а (х) = 0, то Ііт ----------- = оо.
х-юа х+а а (х)
(Х-юо)
б) Арифметична сума нескінченно великих функцій одного
й того самого знаку є функцією нескінченно великою того самого
знаку.
в) Сума нескінченно великої функції і обмеженої функції (зо-
крема, сталої) є нескінченно великою функцією.
г) Добуток нескінченно великих функцій є функцією нескін-
ченно великою.
562
д) Добуток нескінченно великої функції на сталу величину,
відмінну від нуля, € нескінченно великою функцією.
е) Частка від ділення обмеженої величини (зокрема, сталої)
на нескінченно велику функцію е нескінченно малою функцією.
§ 14. Основні теореми про границі-
Важливі границі
Основні теореми про границі.
Теорема 1 (границя сталої). Якщо функція [ (х) = А (А — сопзі),
то Ііт І (х) = Л, де а — довільне число з області існування функції*
х-ю
Теорема 2 (границя суми). Якщо границі кількох функцій
існують, то, границя їх длгебраічної суми дорівнює відповідній
алгебраїчній сумі їх границь. Наприклад,
Ііт (и + о — сі') = Ііт и + Ііт г/ — Ііт ю.
Теорема 3 (границя добутку). Якщо границі кількох функцій
існують, то границя їх добутку дорівнює добуткові їх границь.
Наприклад,
г Ііт (ио) = Ііт и • Ііт с.
Наслідок. Сталий множник можна виносити за символ гра-
ниці, тобто
1іт(Ли)= Дііти, де А — сопзі.
Теорема 4 (границя частки). Якщо дві функції мають границі,
то границя частки цих функцій дорівнює частці їх границь, при
умові, що границя дільника відмінна від нуля, тобто
и ііт и А
Ііт — = -— , де Ііт V 0.
V Іітс
В наведених теоремах прийнято, що всі функції і їх сума,
добуток і частка мають границі в одній і тій самій точці х = а,
або при х -> оо.
Важливі границі.
а) Якщо Ііт и (х) = А, то Ііт [и (х)]* = Ак, де к — натуральне
х~>а х-*а
число.
б) Якщо 1іти(х) = Д де Л>0 і и (х) > 0, то Ііт\^и (х) ==
х-*-а х-*а
= А, де 2 — натуральне число.
в) ііт5-^ = 1.
Х->0 х
Доведення. Розглянемо функцію ї (х) = . Ця функція
визначена при всіх значеннях х у= 0.
Оскільки функція / (х) = парна (—х) = —/ (х)), то
Ііт = Ііт
х->—0 X хм--1-0 X
563
якщо границя справа існує. Таким чином, досить показати, що
Ііт = і. Зваживши на те, що х +0, можемо розглядати
х
досить малі значеннях, наприклад 0<х<у.
Розглянемо фігуру, зображену на рис. 405.
АОВ — рівнобедрений трикутник: АО = ОВ = /?, АЙВО — кру-
говий сектор, центральний кут якого дорівнює х радіанів; СВО —
(ТІ \
/ В = у І • ?
За припущеннями про площі маємо
5сек. АОВО<^дВОС'
або
у /?2 ЗІП X < /?2Х < у /?2 X,
звідки
ЗІП X < X < X (о < X < у
Поділивши ці нерівності на зіп х >> 0, дістанемо
зіп X X 1
зіп х < зіп X < СОЗ X 9
або
1 5ІП X
1 >----> соз X.
X
Віднявши по 1 від кожної частини подвійної нерівності, матимемо
„ ЗІП X . 1 дг Л 1 зіп X
0 >--------1 > соз х — 1, або 0 < 1---< 1 — соз х.
X X
х { х х2
Оскільки . зіп х < х (х>0) і 1—соз х = 2 зіп2 — < 2 - І — І = —»
4 \ £ /
то | 1 — | < < є (є > 0) при 0 < х < В, якщо В = ]/2є. Отже,
Ііт
х-*+о х
Зважаючи на попередні міркування, маємо
1іт^=1.
х-+о х
г) Ііт [1 + —) = е.
Х-+-оо \ X /
564
Доведення. У §6 було показано, що
Розглянемо спочатку випадок, коли х -[-оо. Нехай 1
тоді
1 > 1 1
п X п + 1 ’
/ і V / IV/ і V4-1
[1 +—7—) <1-1-- < 1+- •
\ П 4- 1 / \ X ) \ 1 п /
Оскільки
Остаточно маємо, що
Цю границю часто подають у вигляді
і
ІІГП (1 4“*) а = е
СС-4-0
^замінено х = ~ ; тоді а -* 0 при х оо^ <
565
§ 15. Неперервність функції. Точки розриву.
Властивості неперервних функцій
Неперервність функції в точці і на інтервалі. Функція у = [ (х)
називається неперервною в точці х = а, якщо границя функції
в точці х — а дорівнює її значенню в цій точці, тобто
ііт / (х) == / (а).
х-+а
Точка х = а називається точкою неперервності функції. Дане
визначення передбачає, що функція визначена в точці х = а і в де-
якому Ті околі і що в цій точці існують лівостороння і правосто-
роння границі функції, кожна з яких дорівнює значенню І (а) функції
в даній точці. Тому рівність, що
визначає неперервність функції
І (х) в точці х = а, можна записа-
ти в більш розгорнутому вигляді
Рис. 406.
Ііт І (х) = ііт [ (х) = / (а).
0 йг-»-а4-0
Вводять також поняття односто-
ронньої неперервності функції в
точні х = а.
Функція і (х) називається не-
перервною зліва в точці х = а,
якщо
Ііт / (х) = г (а),
х-нг—0
і неперервною справа, якщо
Ііт / (х) = / (а).
йг->а-}-0
Іноді умову неперервності функції зручно виражати через приріст
функції в розглядуваній точці. Нехай функція і (х) визначена в
точці х = а і деякому її околі (рис. 406).
Візьмемо з цього околу точку х = а + Дх. Різниця Дх=х — а
називається приростом аргументу х в точці а, а відповідна різ-
ниця значень функції Ду = / (х) — / (а) = / (а Дх) — / (а) — при-
ростом функції в точці х = а, викликаним приростом аргументу Дх
(Дх може бути як додатним, так і від’ємним).
Неперервність функції в точці х = а можна подати у вигляді
(якщо х а» то Дх 0)
Ііт / (а + Д*) = / (а)»
ДХ-+0
або
Ііт Ду = 0.
Длг-4-0
Якщо функція неперервна в точці х = л, то нескінченно малому
приросту аргументу відповідає нескінченно малий приріст функції
і навпаки.
566
Приклад 1. Показати, що функція у = х2 неперервна в точці
х = 0. Знайдемо приріст Ду даної функції в точці х = 0, викликаний
приростом аргументу Дх;
Ьу «= (0 + Дх)2 — О2 = (Дх)2.
Обчислимо границю:
Ііт Ду=1іт (Дх)3 = О, що й доводить неперервність функції
Дг-»-0 Длг->0
у = х2 при X = 0.
Функція [ (х) називається неперервною на інтервалі, якщо вона
неперервна в кожній точці цього інтервалу.
Функція ?(х) називається неперервною на замкненому інтер-
валі [а, &], якщо вона неперервна в кожній внутрішній точці цього
інтервалу і в точці х = а неперервна справа, а в точці х ~Ь не-
перервна зліва.
Приклад 2, Показати, що функція у = соз х неперервна на всій
числовій осі —оо < Х< -(-со.
Візьмемо довільну точку числової осі х — а і знайдемо приріст
Ду функції у = соз х, що відповідає приростові аргументу Дх в цій
точці;
Ьу = соз (а -(- Дх) — соз а = —2 зіп зіп у »
Оскільки —2 зіп І а + у| <2 і
, то
Піп Ду = 0.
Таким чином, функція у == созх неперервна на всій числовій осі.
Аналогічно можна показати, що всі елементарні функції непе-
рервні в області їх визначення. Це спрощує знаходження границь
функцій в точках їх неперервності, оскільки їх границі дорівнюють
їх значенням в точках неперервності. Крім того, якщо подати а =
= Ііт х, то умову неперервності функції Ііт / (х) = / (а) можна пере-
х-+а * х-+а
писати так:
Ііт / (х) = / (Ііт х),
тобто якщо функція неперервна, то символ функції / і символ гра-
ниці Ііт можна поміняти місцями.
Приклад 3. Знайти Іітсозх.
Оскільки соз^х — функція неперервна на всій числовій осі, то
Ііт соз х = соз (Ііт х) = соз я == — 1.
Х->7С Х-+Я
Точки розриву неперервності і їх класифікація. Точка х = а
називається точкою розриву неперервності функції / (х), якщо в цій
точці не виконується хоч би одна з умов неперервності функції.
Точки розриву неперервності першого роду.
Точка х = а розриву неперервносгі функції / (х) називається точкою
567
розриву першого роду, якщо в цій точці існують скінченні ліво-
стороння і правостороння границі функції, тобто
Неп / (х) = А, 1 ііп / (х) = В.
х-^а—О 0-
Якщо А = В, то точку х = а називають точкою поправного роз-
риву неперервності.
Якщо А^=В, то різницю В— А називають стрибком розриву
неперервності функції в точці х — а.
Приклад І. Розглянемо функцію / (х) ~ . Дана функція
не визначена при х = 0, а при х =/= 0 вона визначена — отже, непе-
рервна. Тоді х = 0 є точкою розриву неперервності функції. Відомо,
що
Ип. = Ііт
0 х Г-+-Г-0 х
отже, в точці х = 0 маємо поправний розрив неперервності (рис. 407).
Щоб «виправити» неперервність даної функції в точці х = 0, введемо
нову неперервну функцію
( §,’п х , п
г / х -------- при х =И= 0,
Л (х) = < х
І 1 при х = 0,
яку дістаємо з даної, доповнивши її визначення в точці х = 0 таким
чином, щоб вона стала неперервною.
Приклад 2. Розглянемо функцію у = ,
Дана функція визначена при всіх х =/= 0. Тому х ~ 0 є точкою
розриву неперервності. Знайдемо
> ІІгп у= ІІт —-і = ііт 22^ ——1
ГМ.-0 х-4—0 X х
1
Ііт /у = Ііт — = Ііт — == 1.
х-4-ро х-4-40 х Х-+4-0 х
В даному випадку лівостороння границя Л = —1, а правостороння
3=1; тому точка х = 0 є точкою розриву неперервності першого
роду, причому стрибок розриву в цій точці дорівнює В — Д = 2
(рис. 408).
568
Точки розриву неперервності другого роду.
Точка х ~ а розриву неперервності функції / (х) називається точкою
розриву другого роду, якщо в цій точці не існує скінченної хоч би
однієї односторонньої границі.
Приклад. Розглянемо функцію у = 2х. Точкою розриву не-
перервності функції є х — 0. Знайдемо
і
Ііт у = Ііт 2х — 0, Ііт у = Ііт 2х = 4*оо.
х->—0 0 0 х->-|-0
Оскільки правостороння границя
не існує, то X = 0 є точкою роз-
риву неперервності другого роду
(рис. 409).
Властивості неперервних функ-
цій. а) Сума, різниця, добуток
двох функцій, неперервних в точ-
ці х = а, е функцією, неперерв-
ною в цій точці.
б) Частка двох функцій, непе-
рервних в точні х == а, є функцією,
неперервною в цій точці, якщо
дільник в точці х = а не дорів-
нює нулю.
в) Складна функція, побудована з скінченної кількості непе-
рервних функцій, є функцією неперервною.
г) Функція /(х), неперервна на замкненому інтервалі [а, д],
обмежена на цьому інтервалі.
д) Якщо функція / (х) неперервна на замкненому інтервалі
[а. д], то на цьому інтервалі вона досягає свого найменшого (т)
і свого найбільшого (ЛІ) значень, тобто
т</(х) СЛ/,
причому є принаймні одна точка хт £ [а 6], в якій / (хх) == т, і хоч
би одна точка х2 £ [а, д), в якій / (х2) ~ М.
569
е) Якщо функція /(х) неперервна на замкненому інтервалі [а,
то вона набуває на ньому всіх без винятку значень між її наймен-
шим (т) і найбільшим (Л4) значеннями.
Наслідок. Якщо функція ( (х) неперервна на відрізку [а, 6]
і на його кінцях набуває значень різних знаків, тобто / (а) І (Ь) < 0,
то хоч би в одній внутрішній точці відрізка вона дорівнює нулю.
§ 16. Порівняння нескінченно малих функцій
а) Якщо 1іиі^- = 0, то а називається нескінченно малою вищого
Р
порядку, ніж р.
Записують це так:
а = о (р).
б) Якщо Ііт-77= оо, то а називається нескінченно малою ниж-
Р
чого порядку, НІЖ р.
Записують це так:
0 = 0 (а).
в) Якщо Ііт = Д (Д 0), то а і р називаються нескінченно
Р
малими одного порядку.
Записують так:
а = О (3).
• Приймемо х (х -> 0) за основну нескінченно малу величину,
а (х) називається нескінченно малою £-го порядку відносно х, якщо
Ііт?-^=Д, де Д^О.
Х-^0 X*
Еквівалентні нескінченно малі функції.
Дві нескінченно малі функції а і р називаються еквівалентними,
якщо границя їх відношення дорівнює одиниці, тобто
Ііт -тг = 1.
Р
Еквівалентність нескінченно малих а і р записують так:
а ~ р.
Наприклад, зіп х ~ х при х -► 0, бо Ііт = 1.
х-^о х
Ознака еквівалентності двох нескінченно
малих функцій. Для того щоб нескінченно малі а і р були
еквівалентними, необхідно і достатньо, щоб їх різниця була не-
скінченно малою вищого порядку, ніж а або р.
Необхідність. Нехай а
Тоді
р — еквівалентні, тобто ^т— = 1.
Ііт а о - = Ііт — 1) = 1 “ 1 = 0;
570
отже, а — Р — нескінченно мала вищого порядку, ніж р. Аналогічно
сс__________________________8
можна показати, що Ііт------~ = 0.
а
Достатність, Нехай Ііт -я~ - == 0, тобто 'а — р — нескінченно
Р
мала вищого порядку, ніж р. Тоді
Ііт
І а «А і. « і Л
ііт -=— Ч = Ьт —— 1 — 0,
\ Р / Р
звідки Ііт-^- = 1. Отже, а ~ р.
Наведемо теорему, яку зручно застосовувати при знаходженні
границь.
Теорема. Границя відношення двох нескінченно малих не змі-
ниться, якщо кожну або одну з них замінити еквівалентною до
неї. Наприклад,
Ііт = Ііт 4-» якщо а ~ у і В ~ 8.
Р о
Застосування еквівалентних нескінченно малих до знаходження
< границь.
• • 1. Знайти Ііт агс52П х зам|нимо агезіп х== а; тоді $іпа = х.
х~>о X
Якщо х -► 0, то а -> 0;-
1ітагс8іпх==иіп а=и
Л->0 X а-^0 8ІЛ а
Отже,
2.
отже,
агезіп х ~ х при х -> 0.
1іт!^ = Ііт 5-І^ • —І—= 1;
х->0 X х->0 х соз X
х ~ х при х -> 0.
Можна показати, що
агсі£ х ~ х при х -> 0.
3. Знайти Ііт 1п. Iі + £.
л-о х
Враховуючи, що функція 1п (1 4- х) неперервна при х > — 1,
маємо
Ііт М£+_ї) = ііт іп (1 4-^) х = 1п Ііт (1 4-х) * = їй е = 1
л ~ п х-*0
X Л-+-0
отже, ІП (1 4- х) ~ X при х -► 0.
4. Знайти Ііт — 2Г * .
х-о х
Замінимо ех—1-а; тоді
оХ________________ 1
х -* 0. Маємо Ііт------= Ііт-----------
х-о х а-о 1п (1 4- а)
ех — і х при х -> 0.
х = 1п(14~а), причому а -► 0 при
а і
— 1, отже,
571
Таким чином,
зіп / (х) ~ / (х) ~ агсзіп / (х) — агсі£ / (х) ~ Іп (1 + / (х)) ~
~ — і ~ і (х) при і (Х) о.
Знайдемо кілька границь, використовуючи еквівалентні не-
скінченно малі.
.. зіп 5х 5х 5 .
ііт ---= ііт — = — ;
х-+о\.у>2х х->о2х 2
1іта--г?Ч.2* = 1іт2*^ 1;
л-м-о зіпЗх а-->0 3х З
Ііт -Т.1 = Ііт ІП 0-Н*6 ~ 0) = і!т = £;
Х_,1 ІП (1 4- (Л-3 — 1)) х^оЗІпх З
Ііт а—^1 = Ііт ± !)) = Ііт±±12 = Іпа.
х^О X х->0 X х->0 х
Якщо а = є, то знову одержимо .
1іт!±±=1.
л--*0 X
Ііт Р + С.' - 1 = ііт =
Хч-О х х->о X
= Ііт = т.
х-0 X
ПОХІДНА ТА її ЗАСТОСУВАННЯ
§ 17. Поняття похідної, її геометричний
і механічний смисл
Задачі, що приводять до поняття похідної. Задача про
знаходження швидкості руху. Нехай тіло (або точка)
рухається, причому відомо шлях $, який проходиіь тіло до кожного
моменту часу /, тобто шлях $ є функцією часу і\
5 ~ / (х).
Рівняння 5-/(0 називається рівнянням (законом) руху, а графік
функції 5 = / (0 в системі координат Ю$ називається графіком руху.
Середньою швидкістю рухи за данин проміжок часу називається
відношення шляху, пройденого за цей проміжок часу, до величини
проміжку часу.
Якщо тіло рухається за законом
5 = /(0,
то за проміжок часу Д/ (від моменту і до моменту і + Д/) воно
пройде шлях Д$ = / (і + Д/) — / (/) (рис. 410).
Тоді середня швидкість руху тіла за час Д/ буде
—
І’сер — д/ •
572
Зауважимо, що середня швидкість осер визначає істинну швидкість
руху в кожний момент часу від і до і + Д/ тільки для рівномірного
руху (коли тіло за рівні проміжки часу проходить однакові віддалі).
В загальному випадку середня швидкість руху дає лише наближену
характеристику так званої миттєвої швидкості руху в кожний момент
часу розглядуваного проміжку часу, причому ця характеристика
буде тим кращою, чим менший проміжок часу.
Миттєвою швидкістю руху тіла в даний момент часу і нази-
вається границя середньої швидкості цсер за проміжок часу від і
до і + А/, якщо М — 0, тобто
і • і • Д$
о = Ііт с' п = Ііт —
д^осер А^оД/
І
4$
О
Рис. 410.
* Приклад. Відомо, що вільно падаюче тіло падає за законом
п/2
5 = ^-, де р—прискорення земного тяжіння. Знайти миттєву
швидкість тіла в момент часу Л
Знайдемо середню швидкість вільно падаючого тіла за час від
фіксованого моменту і до моменту і + Д/:
а (/ + а/)? ер
-- = І & +
Щоб знайти миттєву швидкість у зафіксований момент і, перейдемо
до границі при А/ -+ 0:
V = Ііт V = Ііт А (2^ + =— 2/ = £/.
д/~>о сер д/->о 2 7 2 ь
Таким чином, швидкість вільно падаючого тіла в кожний момент
часу і
у =
Задача про знаходження дотичної до даної
кривої. Дотичною до кривої І в її точці А (рис. 411) назива-
ється пряма АС. яка є граничним положенням січної АВ при умові,
що точка В необмежено наближається по кривій І до точки А,
якщо граничне положення існує.
Нехай крива І задана в прямокутній системі координат хОу
рівнянням у == / (х) (рис. 412).
Вважатимемо, що у = / (х)— неперервна. Візьмемо на даній
кривій фіксовану точку А (х0, у0) і довільну точку В (х0 4- Дх,
573
(див. рис. 412). Припустимо, що в точці А дана крива має
дотичну АС, яка утворює з віссю Ох кут а, а січна АВ утворює
з віссю абсцис кут 3.
Знайдемо кутовий коефіцієнт дотичної АС к = З прямо-
кутного трикутника АОВ маємо
АИ
Якщо точка В необмежено наближатиметься по кривій І до точки
Л, то Дх-> 0 і Ді/ -> 0 (функція неперервна) і >ри цьому’кут Р-нх.
Отже,
Рис. 411. Рис. 412.
Таким ЧИНОхМ, кутовий коефіцієнт дотичної до кривої у — І (х)
в точці (х0, ус) (якщо дотична існує) дорівнює границі відношення
приросту функції до приросту аргументу в цій точці, коли приріст
аргументу прямує довільним чином до нуля.
Поняття похідної. Нехай у кожній точці деякого інтервалу
визначена функція
У = І (х).
Виконаємо з цією функцією п’ять таких операцій:
а) зафіксуємо значення її аргументу х і знайдемо відповідне
значення функції
: У = І (х);
б) дамо аргументу х приріст Дх; одержимо значення аргументу
х-р-Дх і знайдемо відповідне йому значення функції:
І (х + Дх) = у + Ду; •
в) знайдемо приріст функції в точці х, викликаний приростом
аргументу Дх:
Дг/= / (х-ф Дх) — / (х);
г) складемо відношення
Д</_ /(х + Дх)-Ш .
Дх Дх ’
574
д) знайдемо границю цього відношення при Дх 0:
ііт Ііт /Ц+**)-/00..
Дх+о Дх Дх
Ця границя, якщо вона існує, називається похідною функції ? (х)
в точці х і позначається так:
У-. У,. /'(«).(»«» г’. т-
Похідною функції у — / (х) в точці х називається границя від-
ношення приросту функції в цій точці до відповідного приросту
аргументу при умові, що приріст аргументу прямує с'скдльним
чином до нуля, якщо границя існує.
Записують це так:
у' = Г (х) = Ііт = Ііт + .
дх->оДх дх-^о Дх
Якщо функція в даній точці має похідну, то вона називається
диференційовною в цій точці, а знаходження похідної — диферен-
ціюванням функції.
, Приклад. Знайти похідну функції у = х2 в точц» х=1.
Надамо аргументу х приріст Дх і знайдемо відповідний приріст
функції
Ду = НІ + М - / (1) = (1 + Дх)2 - Р = 2Дх 4- ОХ)».
Тепер складемо відношення
Ду = 2Дх-{- (Дх)2 = х
Дх Дх
і знайдемо границю
Ііт = Ііт (2 + Дх) = 2.
дх-*о Дх Дх->0
Отже, у' (1) = 2.
Необхідна умова існування похідної. Теорема. Якщо функція
в деякій точці має похідну (тобто якщо вона диференці повна),
то вона в цій точці неперервна.
Механічний і геометричний смисл похідної. Із задач, які наве-
дено на початку цього параграфа, випливає:
а) якщо 5 = /(/)—закон прямолінійного руху, то похідна
є миттєвою швидкістю цього руху в момент часу /;
б) кутовий коефіцієнт дотичної до графіка функції у = / (х)
в точці з абсцисою х(/ дорівнює похідній функції в* точи і х0, тобто
л = ій а = Ііт -у. = Ііт ' Ш = /' (х,).
ДЛ_^О Дх Дл->о Дх
575
Рівняння дотичної до кривої у = / (х) в точці А (х0, у0) має
вигляд
У — Уо = /' (*о) (х — х0).
§ 18. Основні правила диференціювання.
Таблиця похідних
Основні правила диференціювання. Похідна алгебраїчної
суми кількох диференційовних ф у н к ц і й дорівнює
відповідній сумі їх похідних. Наприклад,
(и + V — &)' = а1 4-у' — о/.
Похідна добутку диференційовних функцій
дорівнює сумі добутків похідної першої функції на другу і першої
функції на похідну від другої, тобто
(иу)Л
*
Наслідок. Сталий множник можна виносити за знак похідної
(с и)' = с и', де с = сопзі.
Похідна частки двох диференційовних ф у н к-
ц і й дорівнює дробові, знаменником якого є квадрат дільника (від-
мінного від нуля), а чисельником — різниця добутків похідної діле-
ного на дільник і похідної дільника на ділене, тобто
(V * 0).
Похідна складної функції (функції від функції)
Нехай задано складну функцію
«/ = /(<? (*)).
або у = / (ц), де ц = ср(х), причому функції / і ? диференційовні
у відповідних точках. Тоді
.. Дц
і иіі — ♦
Дх+0Д*
уг = Ііт , у' — Ііт , и' = Ііт
* дх->оДх и ьи-*о±и х
Подамо відношення у вигляді
Д(/ _ Ду Дц
Дх “ Д« * Дх
(Д« ¥= 0)
І перейдемо до границі при Дх -► 0, пам‘ятаючи, що диференційовні
функції неперервні:
Ііт ^ = 1іт • —) = Ііт • Ііт .
Дх-+-0 Дх Дхн-0 \Дц Дх/ Дц^-0 Дц Дх->оДх
Звідси
Ух = У'и
576
[ї у = $іп X2.
Цю функцію
и = х2.
складної функції
= соз х2. 2х — 2х
маємо
соз х2.
Ютже, похідна складної функції дорівнює добуткові похідної цієї
функції по проміжному аргументу (и) на похідну проміжного аргу-
менту по незалежній змінній (х), тобто
|/ (? (*))]' =
Приклад* Знайти похідну і)
можна записати так:
у = зіп и,
Тоді за правилом диференціювання
у' = (зіп и)'. (х2)' = соз и * 2х
Отже,
(зіп х2)' =2х соз х2
Обернена функція.
Похідна оберненої ф у н к-
ц і ї. Якщо між двома числовими
множинами X (X : а < х < Ь) і
У (У: с •< у < д) встановлено вза-
ємно однозначну відповідність,
тобто кожному елементу х мно-
яціни X (х £ X) поставлено у від-
повідність за правилом ( тільки
один елемент у множини У (у £ У).
тобто
X Л У>
і кожному елементу у множини У (у £ У) за правилом <р постав-
лено у відповідність тільки один елемент х множини X (х £ X)
тобто
У \ х,
то функції у = / (х) і х = <р (у) називаються взаємно оберненими
(рис. 413). <
Для взаємно обернених функцій мають місце тотожності
И?(у)] = У> ?[/(х)] = х.
Якщо функція у =} (х) строго монотонна, то вона має обернену
функцію х = <р (у), яка теж строго монотонна. Якщо функція у =
~ / (х) строго монотонна і в точці х має похідну [' (х), відмінну
від нуля, то обернена їй функція х = <р (у) теж має похідну у від-
повідній точці у, причому похідні взаємно обернених функцій
взаємно обернені за величиною:
’'М“Л и'(г)-?Тя-
Дійсно, нехай функції / і <р диференційовні. Тоді
у'х-Г (х) = Ііт ^ = 1іт 1 =--------1—= 1,
д*->оДх д^оДх |«гп Дх ху
Ьу Ду
19 5-2692
577
тобто
1 . , 1
у' = —? або х; =
х х у и
и Ух
Нижче наведено похідні основних елементарних функцій:
функція У=С (С=СОП5І) У = х У = х? У = а* у = ех . п о х і д н а у' = (С)' = 0 у' = (X)' = 1 у' = (Xа)' = ах9—1 у' = (ах)' = а*Іп а У' = (є*)' = ?х
у — !о§а X У' -(1о§ах)' - х1ал
у = 1п X 0' = (1ПХ)' =-|
у = ЗІП X у = СОЗ X у' = (зіп х)' — СОЗ X у' = (соз х)' = —ЗІП X
у = ^х у' =* (І£Х)'= V" =$ЄС2Х у ; соз2х
У = сіє X /-(сібх)'- 5Іп2х- = — СЗС2 X
у = агсзіп х /-(агсзш ху- у__
у = агссоз х і / \і і у = (агссоз х) = V 1-х2
у = агсі§х у' = (агсіе ху = ! х2
у = агссі£ х у' = (агссієх)' =-Т7Г72 1 1 Л
§ 19. Диференціал функції
Поняття диференціала функції. Функція (/ = / (х) називається
диференційовною в точці х, якщо її приріст в цій точці можна
подати у вигляді суми двох доданків, перший з яких лінійний від-
носно приросту аргументу, а другий е величина нескінченно мала
вищого порядку малості порівняно з приростом аргументу, тобто
А у == 4 • Дх + а • Дх,
де А — величина стала, аа-^0 при Дх0.
Приклад. Показати, що функція у = х- диференційовпа
в точці х =з 2.
578
Знайдемо приріст даної функції в точні х = 2ї
= (2 4- Дх)" — 2" = 4Дх 4- (Дх)2,
або
Д(/ = 4 Дх 4- Дх • Дх (Д = 4, а — Дх),
тобто при Дх-* 0 і а -* 0. Отже, пункція у = х2 диференційовна в точці
х = 2.
Необхідною і достатньою умовою диференційовності функції
У = / (х) в точці х = х0 є існування її похідної в цій точці.
Необхідність. Нехай функція у = / (х) диференційовна
в точці х =г х0. Тоді, за визначенням,
Ду = А > Дх 4- а 1 Дх.
Поділимо обидві частини цієї рівності на Дх 0:
ІІт Д у ,
ьх-*0~ ’
Перейдемо до границі при Д х -► 0:
Ііт = Ит (Д 4- <*) = Л 4- Ит а;
ДХ-+-0 Д X ДХ-+-0
оскільки
Ііт а = 0,
ДХ-+-0
то маємо у' = Д, тобто похідна
Достатність. Нехай функція у — {(х) має похідну в точці
х = х0, тобто у' = /'(хо) = (позначимо А). Тоді
звідки
Д V
—2- = Д 4- а, Де а -> 0 при Д X -► 0.
Д х 1 г
Таким чином,
Л у = А Дх4-« А х;
отже, функція диференційовна.
Якщо функція у = / (х) диференційовна в точці х, тобто
Ау — Д‘Д*4-а’Дх>
то лінійна частина відносно Дх приросту функції Д. Дх нази-
вається диференціалом функції в точці х.
Позначається диференціал функції так:
Л/. ЛЦх).
З попереднього випливає, що А=Г(х)\ отже, за визначенням,
<& = /'(*)• Дх-
579
Якщо домовитись диференціал аргументу зважати рівним його при-
ростові (їх = А х, то матимемо
(іу = /'(*) Ах, або (іу = у'сіх,
тобто диференціал функції в даній точці дорівнює добуткові її
похідної в цій точці на диференціал аргументу.
З визначення диференціала випливає, що він відрізняється від
приросту функції на нескінченно малу величину вищого порядку
малості, ніж диференціал (приріст) аргументу, тобто
&у — сіу — а- Дх, де а -► 0 при А х ->• 0.
Отже, А у « (1у, причому наближення тим краще, чим менше Д х.
Приклад. Знайти диференціал функції у = зіп х. Знаходимо
похідну у'= (зіп х)^= соз х і за формулою сіу = у'(іх маємо
сі (зіп х) = соз х (їх.
Зауважимо, що із формули
диференціала
б/у = у'сіх
випливає, що похідну можна
подати у вигляді відношення
диференціалів функції і аргу-
Рис. 414. менту:
Геометричний зміст диференціала. Нехай функція г/=/(х) в де-
якій точці х має диференціал
<1у = у'с1х = {'(х)4х.
Тоді існує похідна в цій точці
З геометричного змісту похідної відомо, що вона дорівнює ку-
товому коефіцієнту дотичної, проведеної в точці диференціювання,
тобто
сій > .. ... ^
-& = де а — кут нахилу згаданої дотичної до осі абсцис
(рис. 414). Таким чином, диференціал функції у — / (х) в точці х
дорівнює приростові ординати дотичної, проведеної до графіка
функції в цій точці.
Застосування диференціала до наближених обчислень.
Нехай дано диференційовну функцію г/ = /(х), значення якої
легко знайти в точці х = х0. Знайдемо з допомогою диференціала
значення цієї функції в точці х0+Дх. Приріст функції
Ьу= Кхо + М —
звідки
/(х0 + А х) = }(х0) + А у.
580
Оскільки Д у « Ау, то
Л*о + Д х) ~ + ау,
або
/(*о 4- д х) =/(х0) + Г (*<>) ах,
де гіх = Д х, причому наближення буде тим кращим, чим менше Д х.
Приклад. Розглянемо функцію у = Ух. Значення її легко
знайти при х = І. Користуючись поняттям диференціала, складемо
формулу для наближеного обчислення значень цієї функції в точках
околу точки X = 1.
/(1+Дх)^/(1) + /'(1)</х (</х = Д*)
або
/Г+дТ^і + ^Дх,
тобто
/1 + Дх» 1 + 1--
Якщо позначити Д х = а, то дістаємо наближену формулу
/Ї+Т~ 1 + у
(чим менше а, тим краще наближення).
Наприклад, при а = 0,04 маємо ]/1,04 » 1,02, при а =—0,06
]Л0,94 » 0,97. Якщо треба добути А, то щоб застосувати виведену
формулу, треба виділити найбільший можливий точний квадрат ці-
лого числа із підкореневого числа, тобто подати число А у вигляді
А — П2 + а.
Тоді якщо а порівнюючи з п2 досить мале, то
або
2п *
Наприклад,
г_______________ ________ 12
/888 = /302 — 12=е ЗО --^=29,8;
/Ї0І28 = /1002 + 128 к 100 + -^ = 100,64.
1 Цу
§ 20. Поняття про похідні і диференціали
вищих порядків
Похідні вищих порядків. Нехай функція у = /(х) диференційовна
'в кожній точці деякого проміжку а<х<6, тоді її похідна у' =
= {'(х) теж є функцією змінної X.
Наприклад, якщо у == зіп х, то у' = соз х.
581
Тому можна розглядати похідну похідної даної функції; ця похідна
називається другою похідною даної функції і позначається так;
У" = ГМ-
Аналогічно третьою похідною даної функції називається похідна
її другої похідної і позначається так:
у'" ї"'(х).
Взагалі, похідною п-го порядку даної функції називається похідна
її похідної (п—1)-го порядку, тобто
Приклад. Візьмемо функцію у = хб. Тоді
у' = (х6)' = 6х5; у" = (у')' — (бх*)' = ЗОх4;
/" = (у'у = (ЗОх*)' = 120х3; у^) = ЗбОх2}
~ 720х, у(6> = 720, у(п) = 0 при п 7.
Диференціали вищих порядків. Диференціалом п-го порядку
функції у = /(х) називається диференціал диференціала (п—1)-го
порядку.
Диференціал п-го порядку функції у = Дх) позначається так:
<іп/. Згідно з визначенням
(іпу = (Ку^у).
Якщо функція у = / (х) має похідні до п-го порядку включно,
то
(1Пу = у<П}^П (ДхП = (Лхуі = (Д х)п).
Слід зауважити, що диференціал п-го порядку складної функції
не може бути обчислений за цією формулою.
Приклад. Знайти а*у функції у = зіп х. Послідовно знаходимо
ду = у' дх ~ соз х с/х;
(і2 у = у"(їх2 = —зіп х сіх2;
д3у = у"'(іх3 = —соз х сіх3;
(І*У = у&)(іх* — зіп X сіх4.
Із формули диференціала п-го порядку випливає часто вживане
позначення п-ї похідної
§ 21. Застосування похідних
до дослідження властивостей функції
Важливі теореми про диференційовні функції. Теорема Ролля.
Якщо функція у = [(х) неперервна на замкненому інтервалі а^х^Ь,
диференціповна в кожній внутрішній точці цього інтервалу і на
кінцях інтервалу набуває рівних значень /(а) = /(6), то на цьому
інтервалі існує принаймні одна внутрішня точка х = с, в якій
Г'(с) = 0.
582
Наслідок. Якщо функція /(х) задовольняє теорему Ролля
і на кінцях інтервалу набуває значень /(а) = [(Ь) = 0, тобто а і Ь—
нулі функції, то між цими нулями обов’язково е принаймні один
нуль X = с похідної, тобто
Г(с) = 0.
Геометричний смисл: якщо функція у = /(х) задовольняє георему
Ролля, то на її графіку знайдеться принаймні одна точка (г. /(с)),
в якій дотична до графіка паралельна до осі Ох (рис 415).
Теорема Лагранжа. Якщо функція у = {(х) неперервна на замк-
неному інтервалі а^х^Ь і диференційовна в кожній внутрішній
точці цього інтервалу, то всередин- :нтервали знайдеться при-
наймні одна точка х=с(а<
в якій
Ця формула називається форму-
лою Лагранжа або формулою про
скінченні прирости. Її називають
також формулою про середнє зна-
чення.
Геометричний смисл: якщо функція задовольняє умови теореми
Лагранжа, то на будь-якій дузі графіка функції знайдеться при-
наймні одна точка, в якій дотична до графіка паралельна до хорди,
яка стягує відповідну дугу (рис. 416).
Наслідок. Якщо функція у = /(х), неперервна на [а, Ь], має
в кожній внутрішній точці цього відрізка похідну, що дорівнює
НУЛЮ, то
/(х) = сопзТ, х С [а, 6].
Приклад. Розглянемо функцію у == агс(£ х + агссі§ х при
•— оо < х < + оо.
583
Знайдемо
• ^'= (агсі£ х + агссЇ£ х)'= (агсі£ х)'+ (агсс!§ х)'=*=
= тт^ + (-тТ^)=°при -“<*< + “•
Тоді
у = агсі§ X + агссі£ X = о = сопзі при — ОО < х < + ОО.
Щоб знайти сталу величину г, досить обчислити функцію в довіль-
ній точці, наприклад х = 0;
с =агсІ£ 0 + агссіб 0 == 0 + у = у.
Отже,
агсІ§ х + агссіб х = у.
Формула Тендера. Формула Тейлора для много-
члена. Розглянемо многочлен
Рп(х) = а» + ОіХ + а2х2 + . .. + а„х».
Подамо цей многочлен за степенями різниці х — а, де а— довільне
дійсне число. Для цього замінимо х —а = /, або х — а-\-і\ тоді
Рп(а +1) = а0 + а, (а + і) + а2 (а + І)2 + • • • + ап (а + /)».
звідки після перетворень дістанемо
Рп (а + І) = Ло + Лг/ + А^ + ... + А„1*.
або, повертаючись до змінної х,
Рп(х) = 4 + Л, (х —а) 4- Д2 (х — а)2 + ... + Ап (х — а)п
Отже, будь-який многочлен Рп(х) завжди можна подати за степе-
нями х — а.
Знайдемо коефіцієнти До> • • • » Ап многочлена Рп (х). При
х = а знаходимо До = Рп(а). Знайдемо першу похідну многочлена
Рп (X) = (А» + Лі(х - а) + Л2(х - а)2 + ... + Л„(х - а)«]' =
= Л, + 2Л2(х - а) + ЗЛ3(х - а)2 4- ... + пАп(х - а)п~\
звідки при х = а
Лі = Р'п(а).
Знайдемо другу похідну
р;<х) = 2. Ь Д2 + 3. 2..43(х-а) + .,. + Л(/і^1)Лп(х-а)^\
звідки при х = а маємо
584
Продовжуючи аналогічно диференціювати і знаходити відповідні
похідні многочлена в точці х=а, знайдемо
рпп(х) = п(п — 1)(п 2) ... 2 1 Ап = л!Лл,
звідки при х = а
Р%)
л _п '
Ап
Похідні (п + 1)-го і вищих порядків многочлена дорівнюватимуть
нулю, тому що Р^ (х) — сопзі.
Числа
Р'(а) Р"(а) Р("\а)
А0 = Рп(а), = Л2--------------..........Л«=ЛГ
називаються коефіцієнтами Тейлора для многочлена Рп(х), а мно-
гочлен з цими коефіцієнтами
Р'(а) Р"(а) Р(У(а)
Рп (*) = Рп(а) + (х - а) + (х - а)* +... + (х-а)"
називається многочленом Тейлора (або формулою Тейлора) для мно-
гочлена.
Приклад. Подати многочлен Р9 (х) = х3 — х + 1 за степеня-
ми X + 1.
Знайдемо похідні
Р'3(х) = Зх2 - 1, РІ(х) = бх, Р7(х) = 6
коефіцієнти Тейлора в точці х= — 1:
Дв = Р,(-1) = 1, Л1 = 2, А2 = ! = -З,
л3-------зі І.
Тоді
Р,(х) = 1 + 2(х + 1) - 3(х + І)2 + (х + І)3.
Якщо покласти у формулі Тейлора а = 0, то дістанемо формулу
Р'(0) Р'(0) Р^О)
Рп(х) = Р„(0)+ х+ -іїї х2 + ... + хп,
яка називається формулою Маклорена.
Якщо записати формулу Маклорена для многочлена
РпМ = (х + а)^
то.дістанемо формулу бінома Ньютона
Рп(*) в (* + а)п в аП + пап~1х + П^П2\ 1) + . .. Н-
585
Формула Тейлора. Нехай функція у = }(х) на розгляду-
ваному інтервалі має похідні до (п + 1)-го порядку включно. Скла-
демо многочлен /і-го степеня для цієї функції за степенями х— а
(в точці х = а) за формулою
Рп (х) = І (а) + № (X - а) + (х - а)*+... + (х - а)*.
Цей многочлен називається многочленом Тейлора для даної функ-
ції в точці х = а.
Заміна функції /(х) її многочленом Тейлора є наближене по-
дання функції, тобто
/(X) я Р„(х) = /(а) +^(х - а) + ^(х - а)Ч- • • +^(х-а)".
Різниця
/(х) — Рп(х) = Яп+і(х)
називається залишковим членом формули Тейлора. На підставі
цієї рівності маємо
/(х) = Ри(х) + Яп+1(х),
або
/(*) = /(а) + ф(х-а) + ^(х-а)»+... + ^(х-а)« +
+ #л4-і(х)-
Ця формула називається формулою Тейлора для функції [(х). Щоб
оцінити, з яким наближенням визначає многочлен Тейлора значен-
ня відповідної функції, треба знати величину залишкового члена
/?л+і(х)- Для залишкового члена формули Тейлора існують різні
формули. Наведемо формулу залишкового члена у формі Лагранжа:
де с лежить між а і х.
Формула Тейлора з залишковим членом у формі Лагранжа
запишеться так:
/(X) = /(а) + (X - а) + ф (X - а)2+-.. (х - а)я+
+ в)^а)«Ч
^(п+1)Г ! ‘
а формула Маклорена (при а = 0) так:
де с знаходиться між 0 і х.
Складемо формулу Маклорена для показникової функції
586
Знаходимо коефіцієнти Маклорена для даної функції: /(0) = = 1;
оскільки похідні будь-якого порядку даної функції [(п)(х) = ех, то
Дл)(0) = б° = 1. Отже, формула Маклорена для функції ех має ви-
гляд
V 1 > , X2 , . хп , & „ . ,
+х + 21 + "‘ + п! + (п+1)ІХ '
Зокрема, при х = 1 маємо формулу
1 1 рс
е=1+,-('2Г + -- - + ^ї + і)|’
З
деО < с< 1. Оскільки 0 < <3, то /?л+1< - ♦ Щоб обчис-
(м + 1) і
лити число е з точністю до 0,000001, досить підібрати число п
так, щоб
я
^<0,000001.
п\
Підбором знаходимо, що п = 10.
- , , ,1.1, 1 । 1 , 1 , 1 , 1 , 1,1
Є~ ’+1-Ь2г + з]- + 4І-+ 5і+ б!-г 7І+ 8ї+ 9І + Ї0!‘
Виконавши обчислення, знайдемо (з точністю до 10~6)
е « 2,718282.
§ 22. Дослідження функцій
і побудова їх графіків
Монотонність (зростання та спадання) функцій. Функція /(х)
називається зростаючою в інтервалі (а, Ь)у якщо для будь-яких
двох значень хг і х2 цього інтервалу з нерівності хт < х’2 випли-
ває нерівність
Функція називається спадною в даному інтервалі, якщо
X, < Х2=>/(%!) > Дх,).
Якщо Хі < х2=>/(хіХ ((х2), то функція називається неспадною, а
якщо Хі < (Хі) > / (х2) — незростаючою.
Зростаючі і спадні (неспадні і незростаючі) функції називають-
ся монотонними функціями. Достатні ознаки монотонності функції:
а) якщо похідна Д(х) в кожній точці інтервалу (а, Ь) додатна,
то функція Дх) в цьому інтервалі зростаюча;
б) якщо похідна Д(х) в кожній точці інтервалу (а, Ь) від’ємна,
то функція Дх) в цьому інтервалі спадна.
• Приклад. Знайти інтервали зростання і спадання функції
у = х3 — 6х2 + 9х — 1.
Знайдемо похідну функції
у’ = Зх2 — 12х + 9 = 3(х — 1)(х - 3).
587
Нанесемо на числову вісь нулі корені) похідної хх=1, х2 — З І
визначимо знак похідної в кожному з одержаних інтервалів (рис, 417).
Таким чином, дана функція зростає в інтервалах —оо < 1, 3<
< х < + оо і спадає в інтервалі 1 << х < 3.
Екстремуми (максимум і мінімум) функції. Точка х0 називається
точкою максимуму функції /(х), якщо в достатньо малому околі
цієї точки справедлива нерівність
/(*о)>Я*) (•*¥=•*(>)•
Значення функції /(х0) називається максимумом функції /(х)
(рис. 418, а).
Рис. 417.
Точка х0 називається точкою мінімуму функції /(х), якщо в
достатньо малому околі цієї точки виконується нерівність
К*о)</(*) (Х^Хо).
Значення функції /(х0) називається мінімумом функції /(х)
(рис. 418, б).
Максимум (тах) і мінімум (тіп) називаються екстремумами
функції.
Необхідна ознака існування екстремуму. Для
того щоб точка х —х0 була точкою екстремуму функції /(х), необ-
хідно (але не досить), щоб похідна в цій точці дорівнювала нулю
або не існувала. Геометрично це означає, що дотична до графіка
диференційовної функції в точках екстремуму паралельна до осі аб-
сцис (кутовий коефіцієнт дотичної 6=0). Точки, в яких похідна
функції дорівнює нулеві або не існує, називаються критичними.
Функція може мати екстремум лише в критичній точці.
Достатня умова існування екстремуму функ-
ції. Якщо функція у = /(х) неперервна в деякому околі точки
х0, а її похідна при переході аргументу х зліва направо через точ-
ку х0 змінює знак, то точка х0 є точкою екстремуму функції у =
— /(х); при зміні знака з «+» на «—» точка х0 є точкою максиму-
588
му (рис. 419, а), а при зміні знака з «—» на «+» —точкою мінімуму
(рис. 419, б).
Таким чином, щоб знайти екстремум функції, досить:
а) знайти її критичні точки — ті точки, в яких похідна функ-
ції дорівнює нулю або не існує;
б) визначити, чи змінює знак похідна функції при переході
аргументу х зліва направо через критичні точки, і встановити ха-
рактер екстремуму (якщо з «+» на «—» —максимум, якщо з «—»
на «+» — мінімум);
в) обчислити значення екстремумів у точках максимуму і мі-
німуму, якщо вони існують.
Приклад 1. Дослідити на екстремуми функцію
у = хг + Зх2 — 9х + 5.
Знаходимо критичні точки. Похідна функції
у' == Зх2 + 6х — 9 = 3 (х2 + 2х — 3) = 3(х + 3) (х — 1)
неперервна і дорівнює нулеві при хх = —3 і х2=1. Перевіримо
достатні умови існування екстремуму функції в критичних точках.
Для'цього нанесемо на числову вісь критичні точки і визначимо
знак похідної на кожному з одержаних інтервалів (рис. 420).
Оскільки похідна при переході х зліва направо через точку х1 =
=—3 змінює знак з «+» на «—», то в цій точці маємо максимум,
589
причому £тах = у (—3) = 32. При переході через точку х2= 1
похідна змінює знак з «—» на «+»: отже, в цій точці маємо мінімум:
Утіп = == 0-
Схематичний графік функції у = Xі + Зх2 — 9х + -5 наведено на
рис. 421.
Приклад 2. Дослідити на екстремуми функцію У
Знаходимо похідну
2
у = — (у' + 0).
3/х
Похідна не існує при х = 0, причому /<0 при х<0 і у' >0
при х>0. Отже, в точці х = 0 функція має мінімум причому
^тіп = У(°) = 0 (Рис- 422)-
Опуклість та угнутість кривої. Точки перегину. Дуга кривої
у &= /(х) називається опуклою на проміжку (а, Ь), якщо вона ле-
жить під дотичною, проведеною до неї в будь-якій точці цього
проміжку (рис. 423)
Аналогічно дуга кривої у=[(х} називається угнутою на про-
міжку (а, Ь), якщо вона лежить над дотичною, проведеною до неї
в будь-якій точці цього інтервалу (рис. 424).
Достатня оз накаопукл ост і і угнутості кривої.
Якщо в кожній точці проміжку (а, Ь) друга похідна Г(х) < 0, то
графік функції у = Дх) на цьому проміжку опуклий, а якщо
/"(*) > 0» то вгнутий.
590
Точка, що відокремлює опуклу частину кривої від угнутої
називається точкою перегину кривої, якщо в цій точці існує дотична.
Якщо Г(Хо) = 0 і при переході аргументу х через точку х0
друга похідна змінює знак, то точка (х0, є точкою перегину
графіка функції у = ((х). Слід зауважити, що графік функції може
мати точки перегину також у точках, в яких друга похідна не
існує.
Приклад. Дослідити графік функції (/ = зіпх на опуклість,
угнутість та точки перегину.
Маємо у’ = соз х, у" = — зіпх. Синусоїда буде опуклою на
проміжках, де —зіп х < 0, звідки зіп х > 0=>2тг£ < х< (2к 4- І) л,
і угнутою на проміжках, де — зіп х > 0==>(2£—1)тс<х<2£тс.
Точки, в яких —зіп х = 0, тобто
ками перегину. Легко бачити, що
точки з абсцисами х = кп відо-
кремлюють опуклі частини сину-
Рис. 425.
Рис, 424.
соїди від угнутих (або навпаки). Таким чином, синусоїда має точ-
ки перегину (Асл, 0), причому опукла на проміжках 2я£ < х < (2к -}-
+ 1)л і угнута на проміжках (2к—1)я< х<2#~, де Ь = 0, ± 1,
±2, ...
Асимптоти. Пряма лінія і називається асимптотою графіка
функції у = /(х), якщо віддаль точки графіка при необмеженому
віддаленні точки від початку координат до прямої І прямує до
нуля.
Вертикальні асимптоти. Якщо !іт Дх) = ос, то пряма
х = х0 є вертикальною асимптотою графіка функції {/ = /(%).
о ї ї
Наприклад, крива у =має вертикальну асимптоту х= 1,
оскільки 11т у — Ііт —Ц- = оо (рис. 425).
х-И х 1
Похилі асимптоти. Якщо пряма у = кх -Ь Ь є асим птотою
графіка функції у = / (х) при х -> оо (±<хз), ю за визначенням
ііт [/ (х) — (кх + /:)] = 0.
Л-ь оо
591
Звідси
Ііт
О,
X
Ііт — 6=0, *=1іт^..
£-+ со X со X
З рівності Ііт [/ (х) — (кх 4-і?)] = 0 знаходимо
Ь = Ііт [/ (х) — кх].
Таким чином, пряма у = кх + Ь є похилою асимптотою графіка
функції */ = /(х), якщо існують границі
Ііт Ш = к,
Х-»-оо X
Ііт [/ (х) — кх] = Ь (рис. 426).
МО = | ! (х) — кх — Ь | > Мії\ тому якщо
і ММ -* 0. Розрізняють правосторонню
—оо) асимптоти.
З рис. 426 видно, що
при х -+ оо МО -* 0,
(х -► +00) і лівосторонню (х
Приклад. Знайти асимптоти графіка функції у =
а) Вертйкальними асимптотами є прямі х = —1 і
оскільки
то
х2 — 1
х = 1
ІІт ~2----: =
е І 1 х — 1
б) Знайдемо похилу асимптоту у = кх 4~ Ь (якщо вона
, і. / (х) .. х3 .. х2 1
к = Ііт — Ііт —------------— = Ііт -5----- = Ііт ------
X Х(Х2— 1) д^соХ2— 1 .___1_
X2
існує):
= 1;
Ь = Ііт [/ (х) — кх] == Ііт
Xі
----і — х
X2 — 1
592
= Ііт = Ііт ---^-г-
х2—1 , І
X2
О
1
0.
Дана крива має похилу асимптоту у = х.
х®
Таким чином, крива у = ------1 має три асимптоти:
х=—1, х~1 І і/= х (рис. 427).
Схема дослідження функцій
дослідженні функції у = / (х)
схеми.
І. Із рівняння (яким задана
функція) у — [(х) знаходимо:
а) область визначення функ-
ції;
б) проміжки неперервності і
точки розриву;
в) асимптоти;
* г) нулі функції;
д) проміжки знакосталості;
е) парність і непарність;
ж) періодичність функції.
II. За допомогою першої по-
хідної (х) знаходимо:
а) проміжки зростання і спа-
дання;
б) екстремуми функції.
III. За допомогою другої по-
хідної у" ~ /" (х) знаходимо:
та побудови їх графіків. При
можна дотримуватись наступної
а) проміжки опуклості і угнутості графіка функції;
б) точки перегину функції.
IV. Побудова графіка функції. Наносимо на коор-
динатну площину і її осі характерні точки (точки розриву, нулі
функції, точки екстремуму, точки перегину). Будуємо асимптоти
і визначаємо характер поведінки графіка функції, коли його точка
віддаляється від початку координат на нескінченність. Зважаємо
при побудові на парність, непарність та періодичність функції.
Приклад. Дослідити функцію у = х + -і- і побудувати її
графік.
І. Функція визначена і неперервна на проміжках —оо<х<0
і 0< х< 4-оо.
Точка х = Оє точкою розриву функції. Знайдемо Ііт |х 4------) =
х + — і ~ +00- Отже, х == 0 — точка розриву дру-
= —оо і Ііт
х-4-4-0
гого роду, а пряма х = 0 (вісь Оу)—асимптота графіка функції.
Знайдемо похилі асимптоти
593
л ---- . . .
к Ііт У- = Пт --------— ~ Ііт ( 1 4----« | = 1;
Ь = 1 іт (у — &х) = І іт х Ч---------------х
ґ-*-« ' -*» \ X
Ііт ~ = 0.
Г-+- 00 X
Отже, у = х — похила асимптота.
Нулів функція не має. При х>0 «/>0, при х<0 у<0.
Функція непарна, оскільки Г (—х) = — х + —+
= —/(х); її графік симетричний відносно початку координат.
ТІ. Знаходимо похідну у1 * III. IV. =
Критичні точки І, х2 = 1
(в точці х = 0 похідна не існує,
але ця точка не належить до об-
уг>0 © і ©у'<0 © І © у'>0
ч 0 ч 7
Рис. 428.
Рис. 429.
ласті визначення функції). Визначимо знаки похідної при переході
через критичні точки (рис. 428).
Отже, в точці х=— 1 функція має максимум, причому #тах =
а—2, а в точці х= 1—мінімум, причому £/тіп == 2.
III. Знаходимо другу похідну
„ 1
У ~ 2х3 ’
проміжок —ОО < X < 0 (у" <" 0) є проміжком опуклості, а проміжок
0<х<4-оо (у" > 0) — проміжком угнутості графіка функції.
Точки перегину графік функції не має (у" 0).
IV. Графік функції у = х-|---зображено на рис. 429.
Зауважимо, що з дослідження даної функції або її графіка
випливає, що
х + -і > 2 при х > О
і
х + ~ С —2 при х < 0.
594
§ 23. Степеневі ряди.
Ряди Тейлора і Маклорена
Поняття степеневого ряду. Степеневим рядом називається ряд
вигляду
*о)4-М* — *о)24- + ап(х — х0)л+ - ,(157)
де а0, аТ, а2....ап, ... — дійсні числа - коефіцієнти ряду, х —
змінна величина, х0—деяке дійсне число.
Якщо хо = О, го ряд (157) набуває вигляду
«о + аі* + а?*' + • • • + ап*п + (158)
Зауважимо, що від ряду (157) до ряду (158) можна перейти замі-
ною х — х0 = і і, навпаки, від ряду (158) до ряду (157) — заміною
х = / — Хо.
Якщо змінній х надати конкретного числового значення х = Хр
то із степеневого ряду (158) дістанемо числовий ряд
ав + аіхі + а^+ (159)
Якщо ряд (159) збігається, то точка х = х± називається точкою
збіжності степеневого ряду (158), а якщо ряд (159) розбіжний, то
х = х1 називається точкою розбіжності ряду (158).
Множина всіх значень змінної х, при яких степеневий ряд
збігається, називається областю збіжності степеневого ряду.
Теорема Абеля Якщо степеневий ряд
О» + Оїх + а-2*2 -1- + апхп +
збігається при х = х0, то вія збігається (абсолютно) при всіх
значеннях х, які задовольняють нерівність
І х | < ; х0; або — х01 < х < । х01.
Якщо степеневий ряд (158) розбігається при х = х^ то він розбі-
гається при всіх значеннях х, які задовольняють нерівність
| х| > І Хі і або —ОО < Х< —і Хі . І І х1 І < X < 4-00.
Зауважимо, що при х = 0 степеневий ряд (158) завжди збігається
і його сума дорівнює вільному члену ряду а0. З теореми Абеля
випливає, що степеневий ряд (158) може збігатися лише в проміжку,
симетричному відносно початку числової осі (в кожному з кінців
проміжку ряд може бути як збіжним, так і розбіжним). Степеневий
ряд може збігатися на всій числовій осі.
Радіус і проміжок збіжності степеневого ряду. Радіусом збіж-
ності степеневого ряду (158) називається таке число 7? >0, що
при всіх значеннях х, які задовольняють нерівність |х|<7?
(—7? < х < 7?), ряд збігається, а при всіх значеннях х, які задо-
вольняють нерівність • х і1 > 7? (— < л <—7?, 7?< х<-і-<х),
ряд розбігається (рис. 430). Проміжок —7?<х<7? називається
проміжком збіжності ряду.
595
Радіус збіжності степеневого ряду визначається за формулою
/?= Ііт 1^-1.
І ^п+11
(160)
В точках х= ±'Д збіжність ряду (158) треба досліджувати окремо,
розглядаючи числові ряди
-}-00 ОС
2 ап (-К)” 1 2 а^п-
п=0 п=0
Якщо радіус збіжності знайдено для ряду (157), то проміжкам
збіжності ряду буде
| х — а | < Я або —7? + а<х<7?-}-а.
Ряд розбігається \/
Ряд збігається
О
\/ Ряд розбігається
Р
-Л
Рис. 430.
Приклад. Знайти область збіжності ряду
+«
у 14-Л . ЛЇ . ... + —+ ...
2п 2 ‘ 22 * ~ 2Л ~
л=0
Спочатку визначимо радіус збіжності ряду:
Я- 1^1» 11т |1т ^1_2,
л^+оо І ап+11 п+4-00 1 л-н-оо 2п
2Л+1
отже, проміжок збіжності
— 2 < х < 2.
Дослідимо збіжність ряду в кінцях проміжку збіжності.
При х = —2 маємо
4-* +00
= У (—1)« = 1 — 1 1 — 1 + • — ряд розбігається;
л=0 п=0
при х = 2
-^-ов Ч-00
= 5] ІП = 1 + 1 + 1 + —РЯД розбігається.
л=0 л=0
596
Отже, областю збіжності даного ряду е проміжок
—2<х<2.
Ряди Тейлора І Маклорена. Нехай функція # = /(х), визначена
в деякому проміжку і в точці х=а цього проміжку, необмежено
диференційовна (має похідні будь-якого порядку). Тоді для неї
в цій точці можна записати формулу Тейлора:
Н*)=/(й)+^-)(х-а) +
+ /-^(«-о)2+-+-^^-(х-а)'> + /?п+1(х), (161)
де Яп+і (х) — залишковий член формули Тейлора. Позначивши много-
член Тейлора для даної функції в точці х = а через
р„ (*) = / (а) + ГЮ (X - а) + (х - а)* + • + (х-а)«.
напишемо формулу Тейлора у вигляді
/(х) = РЛ(х)+/?п+1(х). (162)
Перейдемо в рівності (162) до границі при п +©о (припустивши,
що границі доданків існують):
/(X) = Ііт Рп (х) + Ііт /?п+] (х).
П->--|-оо П-^4"00
При тих значеннях х, якщо вони існують, при яких
ііт /?„+1 (х) =0,
матимемо
/ (х) =^1іт^Рл (х).
або
/ (х) = Ііт
оо
/(й) + пг(х-а)+
М (х -а)* + • • • +-^^- (х— а)я
+¥’)(*_о)2+ + ••
= /(<0+^(х-а) +
Таким чином, якщо функція у = / (х), визначена на проміжку,
який містить точку а, необмежено диференційовна в цій точці,
то в тих точках х даного проміжку, в яких залишковий член
597
формули Тейлора прямує до нуля при п->4-оо, справедлива рів-
ність
' (*) = / (а) + (х — а) +
+ (х~0)2+ + —П|(а) (*-а)л + ••• (163)
Права частина її рівності називається рядом Тейлора для функ-
ції і (х) в точці х = а.
Якщо а = 0, то рівність (163) набуває вигляду
,м_,(0)+ф« + фІ=+.. +^А>.+ - , (164)
права частина її називається рядом Маклорена для даної функції.
Щоб визначити область збіжності ряду (164), треба з’ясувати,
при яких значеннях х
Ит Яп+1 (х) = 0.
оо
Залишковий член формули Маклорена у формі Лагранжа має
вигляд
де с лежить між 0 І X.
Очевидно, що
Хп _ X X X X \
п! — 1 * 2 п — 1 п ]
при будь-якому значенні х.
Тому в формулі (165) перший множник правої частини є вели-
чина нескінченно мала при п -► -ф-со, тобто
Ііт —і- = 0
«І
Якщо похідна (с) обмежена, тобто (с) \ М (№>$)> то
11т £п+1 (х) =0.
Отже, функцію, необмежено диференційовну при х = 0, можна
подати у вигляді ряду (164) на проміжку (—а, а), якщо довільна
її похідна обмежена.
П р п к л а д. Розкласти в ряд Маклорена функцію
/ « = е*.
Знайдемо значення функції її похідних у точці х = 01
/ (0) = є» = 1, г (0) = е» = 1, /" (0) = ='1...../л) (0) = е» = 1.
598
Оскільки е*<Л4 = еЛ/ при х<ії, то похідна даної функції обме-
жена при будь-якому фіксованому значенні х; тому Ііш Кп+1 (х) =
М—►-по
= 0. Отже.
V і । х , х2 , , х" *п
ех=1+ —+ — + +__|_ = ^-Т. -оо<Х<+оо.
п—0
(166)
Аналогічно одержуються ряди:
X® у2л і л
, _ _ + ... + (-,)»« —- + _ х
у2Л—1
Х(2Т=П)Ї--а,<х<+оо; (,67)
-1—00
у2 у4 у2л Л у2/|
СО5Х=1-2Г+4Г-- +<" (24)! + ' - “ 2 ^(2И)І’
п=0
— оо < х < + оо; (168)
у2 уЗ уЦ
1п(1 + х) = х-^- + 4-------+(_1)Л+1^ + ... =
0 П
4-00
= <169)
П = 1
/1 І V» II І т \-П “ 1) 9 • І
(1 + х) " = 1 + тх + —-----------X- + • •. +
4-ро
т (т — 1). ., (т — л + 1) = у т (^—1). .. (т^п+1
"Г п! п\ ) ’
п==0
-1<х<1. (170)
Поняття про дії із степеневими рядами. Нехай дано ряди
а0 + аух + агх2 + • + алхл -|------
І
Л0 + М + Мг+ ••• +Ь„хп+ •:
спільна область збіжності яких — а < х < а.
а) Сумою даних рядів називається ряд
(а0 4- 60) + (йі 4- Ьг) х + (а? Ь2) х2 + 4- (ап + Ьп) хп + • • •
б) Різницею даних рядів називається ряд
(а0 — Ьа) + (ах — Ь]) х + (а2 — &2) Xі Н-Ь (ап — Ьп) хп + • •
599
в) Добутком даних рядів називається ряд
ао^о + (°О^1 + * А) * + (а(А + а1Р1 + а2^о) X2 +‘ ’ • • +
+ + а1Рп—1 + • • • + агМ *п + • ’ •
Ряди «а», «б», «в» збігаються в спільній області збіжності даних
рядів — а< х < а.
Степеневі ряди в математиці знаходять багато різноманітних
застосувань. Зокрема, вони використовуються для обчислення значень
функцій і складання таблиць значень логарифмічних, тригономет-
ричних та інших функцій.
Поняття про обчислення логарифмів. Розглянемо ряд (169)
^3 уп
Іп(Ц-х) = X-у + у------+(-1)Д+1£. + ...
Якщо покласти х = 1, то дістанемо ряд
|„2-і-±+і-4+...+(-і)«,і+...
Щоб обчислити 1п2 з точністю до 0,0001, треба знайти суму 10 000
перших членів цього ряду, оскільки за теоремою Лейбніца похибка
при заміні суми ряду його п-ю частинною сумою не перевищує
модуля першого з відкинутих членів. Щоб для обчислення логариф-
мів скласти ряд, який збігається краще, замінимо в ряді (169) х
на —х; тоді матимемо
1п(1-х)=-х-^-у-------------у----- (—1<х< 1). (171)
Знайдемо різницю рядів (169) і (171)
9 г з 9<.2й—і
1п(1+х)-1п(1-х)==2х + ^- + -г + ... + 2у—[
або
1—
, х^-1
* + 26—1
_ 1
* ~ + Г
де —1 < х < 1. Покладемо
де М—натуральне число; тоді
і^+1 о 1 1 1 □_ . • • 4-
1п “дГ' = 2 І^2тУ + 1 ‘ 3 (2тУ + І)3 ‘
^(2/?—1)(2^+1)2^і^ /’
або
Іп (Аі + 1) = ІП + 2 + 1 + 3(2^+ 1)3 н Ь
+ (2к — 1) (2N 4- 1)2*~і + ’ ’) •
600
Оцінимо залишок ряду
2 2
Кк+1 = (2к + 1) (2Я + І)2**1 + (2А + 3) (2ЛГ+1)2А+3 + ’ ’ ’ <
2 2
< (2*+ і) (2^-ь і)2**”1 (гГ+ІТТзлП^)55*5 + ‘ ‘ =
с=_________-_________(і -і----!____-і____!_____*. =
(2А + 1) № + 1)2*+‘ \ Т (2# + І)2 г № + І)4 “ /
2 1 _
~ (2к + 1) (2# + 1)2А+1 ’ 1
1 (2Л^+1)2
_ 1
~ 2 (2й +1 ) (2Л^ + 1)2А~1 (Л2+ М) ’
Отже,
Л&+1 <2Л' (Л/ -і- 1) (2* + 1) (2У+ І)2*-1 • <173)
Обчислимо 1п 2 з точністю до 0,0001. Для цього покладемо N = 1
і підберемо в формулі (173) значення £ так, щоб
<0,0001.
При N == 1 із формули (173) маємо
р .________________1_______________ 1 .
*+1 ^2 (1 + і) (2& + 1) (2 + 1)^-1 4 (2* +і)32*-і ’
при к = 4
1**1 <4- 9-37<0’0001,
тобто для обчислення досить взяти три члени ряду:
1п 2 « 1п 1 + у + 3—33 + 5Т35 + 7Т37 »
звідки
1п 2 « 0 + 0,66667 + 0,02469 + 0,00165 + 0,00013 = 0,69314.
Отже,
1п 2 « 0,6931.
При N = 2 маємо
1п 3 = 1п 2 + 2^у + 3-7-53 + 5-755 + •••).
Щоб обчислити 1п 3 з точністю до 0,0001, досить взяти к = 3, оскільки
при к =: З
^<ІТ4-5Ь<°>ОООІІ
601
тоді
1п З « 0,69314 + 0,40000 + 0,00533 + 0,00013 = 1,09860.
Отже,
1п З » 1,0986.
Аналогічно обчислюються логарифми наступних простих чисел: 5,7,
11, 13, ...
Знаючи натуральні логарифми простих чисел, легко знайти логарифми
інших чисел, наприклад:
Іп 4 = Іп 22 = 2 1п 2 « 2 0,69314 » 1,3863;
1п 6 = ІП (3 • 2) = Іп 2 + Іп 3 « 1,7918;
1п8= 1п23 = Зіп 2 ж 2,0794;
Іп 9 = Іп 3а = 2 Іп 3 ж 2,1972 і т. д.
Щоб знайти десяткові логарифми цілих чисел, досить скористатись
тотожністю
тобто досить натуральні логарифми відповідних чисел помножити
на модуль переходу М ~ 0,4343. Наприклад,
1^2^ 0.4343 0,6931 » 0,3010;
1е з & 0,4343 1,0985 « 0,4771.
НЕВИЗНАЧЕНИЙ ТА ВИЗНАЧЕНИЙ ІНТЕГРАЛИ
§ 24. Невиз.чачений інтеграл
Первісна функція та її властивості. Функція Р (х) називається
первісною для даної функції і (х) на пром;жку (а, &), якщо в усіх
точках цього проміжку виконується рівність
Р' (х) = / (х), якщо х Е (а, Ь).
Приклад 1. Первісною для функції созх на всій число-
вій ОСІ Є 5ІПХ, оскільки (зіп х)' = СОЗ X.
Приклад 2. Первісною для функції / (х) = 2х є функція
р (х) = х2, оскільки (х2)' = 2х.
Якщо функція / (х) має первісну Р (х), то вона має безліч
первісних Р (х) 4- С, де С — довільна стала, оскільки
(Р (х)+С)’=Р' (х) = ї(х).
Теорема. Якщо де1' функції Р (х) ' Ф (х) є первісними однієї
й тієї самої функції } (х) на деякому проміжку, то Р (х) — Ф (х)=
= Со, се Со — стала величина.
Визначення невизначеного інтеграла. Основні властивості. Мно-
жина всіх первісних функцій Р (х) + С для даної функції [ (х) на
інтервалі (а, Ь) називається невизначеним інтегралом функції / (х)
на цьому інтервалі.
602
Записують це так:
^(х)ах=Е(х) + С (Р'(х) = Цх))
(читається: «Інтеграл еф від х по де х дорівнює Р (х) плюс С»),
{(х) називається підінтегральною функцією; / (х) сіх називається
підінтегральним виразом.
Приклади.
1. у Зх2 сіх = х3 + С, оскільки (х3 С)' = Зх2,
2, У СОЗ X СІХ = ЗІП х+ С, оскільки (зіп *+ су = соз х.
п С СІХ . І 1
З, і = агезіп х + С, оскільки (агезіп х 4- С) = г —
З/І-Х2 /1-х2
Основні властивості невизначеного інтеграла.
1. Диференціал невизначеного інтеграла дорівнює підінтеграль-
йому виразу, тобто
сі (У ( (х) сіх} = / (х) сіх,
, 2. Невизначений інтеграл від похідної деякої функції дорівнює
цій функції плюс довільна стала, тобто
Г (х) ах = Р (х) + С.
3. Інтеграл від диференціала деякої функції дорівнює цій функ-
ції плюс довільна стала, тобто
р5(х)=Г(х)4-С.
4. Сталий множник можна виносити за знак невизначеного ін-
теграла, тобто
У Аї (х) сіх = А / (х) сіх (А = сопзі).
5. Невизначений інтеграл від алгебраїчної суми кількох функ-
цій дорівнює сумі інтегралів від цих функцій, наприклад
§ [/1 (х) + (х) — (х)ї ах = р, (х) ах + р2 (х) ах — рз (х) (їх.
Найпростіші иевизначені інтеграли.
2. І - = іп | х і + С.
X
С ах
3. \ ах <іх = і--Ь С.
1 іпа
603
4. ех сіх = ех + С.
5. у зіп х сіх = —соз х + С.
6. у соз х сіх = зіп х + С.
7. ( ~^г~ = І8 х + С.
З соз2 х 1
8. ( = —сі£ х + С,
ЗІП2 X * 1
10. І тт4 = -агс{8 —+ С.
л а2 + х2 а а
Формули 1—8 випливають з відповідних формул для похід-
них. Формули 9 і 10 легко перевірити диференціюванням.
Інтегрування деяких елементарних функцій. Знаходження неви-
значеного інтеграла називається інтегруванням.
Безпосереднє інтегрування.
1. Знайти § х4 сіх.
За формулою 1 знаходимо
Г х4+х х6
= —+ С = у + С.
2. Знайти
За властивістю 5 та формулами 1 і 2 маємо
х1+1 х 2 + ( г | х2 2 /х3 , , , ,
— і *-----1------Н Іп | х | + С = -у---з----Ь Іп [ х | 4- С.
т +1
Інтегрування частинами. Про інтегрувавши рівність
а («0 = и (IV + V сій,
дістанемо
У (і (цу) = § и сіу + § и сій,
звідки
У исіу = иу — V сій.
Остання формула називається формулою інтегрування частинами.
604
Приклад. Знайти х соз х <1х.
Множники підінтегрального виразу позначимо и = х, (IV = соз-хгіх;
тоді сій = сіх, а V = § (IV = соз х сіх = зіп х (С не пишемо, тому
що в правій частині формули інтегрування частинами е інтеграл),
отже,
х соз х сіх = х зіп х — § зіп х йх = х зіп х + соз X + С.
Інтегрування підстановкою (заміною змін-
н аї). Спосіб інтегрування підстановкою проілюструємо на при-
кладах.
1. Знайти У(5х_3)2-
Замінимо 5х — 3 = і\ тоді сі (5х — 3) = сі/, або 5гіх = сії, звідки
<іх = 4- аі.
О
Отже,
С Ах _ Г йі _ 1 Г _ 1 /-2+!
] (5х-3)а-3 5/2~ 5 У аі~ 5 ' -2+1 +
= “ 5Ї + С = ~ 5(5х —3) + С'
С =
2. Знайти зіп (2х + 1) сіх.
Замінимо 2х + 1 = /; тоді 2сІх = сії і
У зіп (2х + 1) йх = § зіц І • у Л = —~ соз / + С =
= -у соз(2х+1)+С.
§ 2& Визначений інтеграл.
Геометричний і механічний смисл
визначеного інтеграла
Задачі, розв’язання яких зводиться до поняття визначеного
інтеграла.
Задача про обчислення площ плоских фігур.
Основною фігурою при обчисленні площ криволінійних фігур
(в прямокутній декартовій системі координат) є криволінійна тра-
пеція. Криволінійною трапецією називається фігура АСОВ, обме-
жена кривою У ~ [ (х) (г/>0), прямими х — а, х=Ь (а<Ь) і віссю
абсцис (рис. 431).
Нехай функція у = / (х) визначена, неперервна і додатна на
відрізку [а, і]. Обчислимо площу криволінійної трапеції АСйВ.
605
Розіб’ємо основу криволінійної трапеції — відрізок [а, на п до-
вільних відрізків точками х0 = а, хг, х2, ...» Хі_р ...» хЛ__р
хп = Ь і довжини одержаних відрізків позначимо Дхх = —х0,
Дх2 ~ ^2 — ^1' • • • > Х[__2» * • > АХп == %п Хп,_р
Найбільший з цих відрізків назвемо рангом розбиття і позна-
чимо чере< — піах (Дх,-) (/ = 1, 2: - • п).
і
На кожному з відрізків розбиття довільним чином виберемо
по одній ючці сі, тобто (/=!, 2, ...» гі). Обчи-
слимо значення даної функції у = / (х) у вибраних точках (сі)«
І (с2), • .. , / (сі), ... ! (сп).
На відрізках зробленого розбиття як на основах побудуємо
прямокутники, висоти яких дорівнюють значенням функції у=/(х)
у вибраних на цих відрізках точках (рис. 431). Тоді дістанемо
східчату фігуру АСОІЇ, у якої гри сторони збігаються з сторо-
нами криволінійної трапеції, а замість кривої СО утворилася
ламана лінія СО, яка перетинається з кривою у = [(х).
Площа східчатої фігури <2,г дорівнюватиме сумі площ прямо-
кутників, з яких вона складена, тобто
О.п = / (Сі) ЇХ! + / (сг) Дхг + • • + / (Сі) Дх{ + • 4- / (сп) &хп,
або скорочено
= 2 / (ч) Ьхі.
-=1
Інтуїтивно ясно, що чим менший ранг розбиття \п, тим менше
площа східчатої фігури відрізняється від площі криволінійної
трапеції.
Отже, за визначенням вважатимемо, що площа криволінійної
трапеції дорівнює границі послідовності площ східчатих фігур,
якщо ранг розбиття Кгі -* 0 (тоді п -+ -{-оо), тобто площа криво-
лінійної трапеції
<3= Ііт 2 !(сі)йхі-
606
Задача про обчислення шляху. Нехай функція ц=
= /(/) визначає величину швидкості руху тіла в кожний момент
часу /. Визначимо шлях, який тіло пройде за відрізок часу від
моменту і = а до моменту і = Ь (а<Ь). Як і в попередній задачі,
розіб’ємо відрізок [а, &] на п довільних частин точками
а = ’* <іп — &
і відповідно позначимо проміжки розбиття через
Д/і = Д/2 = ^2 ^1» ♦ • • > іі Іі—1і • • - ’ &іп ~ іп іп—і»
а найбільший з цих проміжків через Хл тах {Д/,} (/=1, 2,
п).
На кожному із проміжків розбиття виберемо по одній точці
сі (/=1,2, . . . , п) і обчислимо значення швидкості руху тіла в
кожній із вибраних точок:
= / (Сі)» ^2 = / . . . , VI (Сі), сп = ї (сп).
Якщо припустити, що на кожному з відрізків розбиття швидкість
руху стала і дорівнює значенню швидкості у вибраній на цьому
відрізку точці, то шлях 8п, який пройшло б тіло, дорівнював би
СУМІ шляхів, які воно пройде на кожному З ВІДРІЗКІВ; їобто
8п = і^Д/і -|~ ц2Дг2 “г ••• -г с/Д(/ -|- + їпкіп ~
= т)Д/1 + /(с2)Д/2+ ... +/(с,)Д/;+ ...
або скорочено
^п, ~ 2 /
1=1
Якщо припустити, що функція V = [ (і) неперервна, то миттєва
швидкість у кожній точці відрізка розбиття відрізняється від швид-
кості у вибраній на ньому точці тим менше, чим менша довжина
даного відрізка (нескінченно малому Д/ відповідає нескінченно
малий приріст швидкості Дц). Тому справжній шлях 8, який тіло
пройде за відрізок часу і— Ь — а, наближено дорівнюватиме 8П,
тобто
5 и 5„ = 2 / (сі) М,,
І = 1
причому це наближення тим краще, чим менший ранг розбиття Хл.
Отже, природно прийняти, що шлях 8, пройдений тілом з швид-
кістю V = / (/) за час і = Ь — а,
8 — Ііт У Не і) Д/р
Таким чином, обчислення площі криволінійної трапеції і обчислення
шляху прямолінійного руху звелось до знаходження гранипь сум
одного й того самого вигляду. Можна навести ще багато задач при-
родознавства, які зводяться до знаходження аналогічних границь.
607
Визначення визначеного інтеграла. Нехай функція у = [(х) ви-
значена і неперервна на відрізку [а, 6]. Складемо для цієї функ-
ції суму на відрізку [а, Ь], аналогічну до сум, до границь яких
зводилось розв’язання розглянутих задач.
Розіб’ємо відрізок [а, 6] на п довільних відрізків точками
а = х0<хх<х2< ••• ... <хЛ = Ь,
довжини яких позначимо
Дх, = хі — (і = 1, 2, 3, .. ., гі).
Найбільшу з цих довжин Хп = тах{Дхг} (/=1, 2, п) назива-
тимемо рангом розбиття відрізка [а, 6].
На кожному з відрізків розбиття виберемо довільно по одній
точці Сі (і = 1, 2, З...п) і обчислимо значення функції у ви-
браних точках
/(^1), ?&), ...» І (сі)...І(сп).
Знайдемо суму добутків обчислених значень функції на довжини
відповідних відрізків:
/(^1)^1+/(^2)^2+ ••• +ї(сі)^і+ ••• +ї(Сп)^п.
Позначимо цю суму через ал і скорочено запишемо:
% = 2 &х‘-
І=1
Сума називається п-ю інтегральною сумою функції /(х) на від-
різку [а, д]. Число А називається границею інтегральної суми <тп,
якщо для будь-якого е^>0 можна підібрати таке В>0, що для
всіх інтегральних сум ал з рангом розбиття справедлива
нерівність
Записують цю границю так:
п
Ііт ап = Ііт У /(сі)Дх/=Л.
Якщо функція / (х) неперервна на [а, Ь], то границя завжди існує.
Тепер сформулюємо визначення визначеного інтеграла. Визначеним
інтегралом функції у = / (х) на відрізку [а, 6] називається гра-
ниця (якщо вона існує) п-ї інтегральної суми цієї функції на да-
ному відрізку, якщо ранг розбиття відрізка прямує до нуля.
Записують це так:
п ь
Ііт <зп = Ііт V / (сі) Дхі = С / (х) Лх.
х_-.о і
Ь
Визначений інтеграл І / (х) дх читається: «інтеграл від а до Ь
608
еф від х де х». При цьому а називається нижньою межею інте-
грування, Ь — верхньою межею, / (х)—підінтегральною функцією,
а/(х)гіх— підінтегральним виразом. Відрізок [а, називається
відрізком інтегрування, а змінна х— змінною інтегрування.
Якщо існує границя інтегральної суми функції } (х) на відрізку
[а, 6], то ця функція називається інтегровною на цьому відрізку.
Достатня умова інтегровності функції. Якщо
функція у = І (х) неперервна на відрізку [а, Ь], то вона інтегровна
на цьому відрізку.
Геометричний 1 механічний смисл визначеного інтеграла. Гео-
метричний смисл визначеного інтеграла. Якщо
функція у — І (х) неперервна і додатна на відрізку [а, 6], то ви-
значений інтеграл
Ь
§ / (X) Лх
а
дорівнює площі криволінійної трапе-
ції, основою якої є відрізок [а, 6],
обмеженої кривою у = / (х) і прямими
х = а і х = Ь (рис. 432).
Механічний смисл ви-
значеного інтеграла. Якщо
функція і> ~ [ (І) визначає миттєву
швидкість руху тіла в кожний мо-
мент часу і на відрізку [а, 3], то
визначений інтеграл
ь
У / (0 <и
а
дорівнює шляхові, пройденохму тілом за відрізок часу і =Ь — а.
Обчислення визначеного інтеграла зважуванням Обчислити за ви-
значенням визначений інтеграл як границю відповідної інтегральної
суми вдається лише для деяких функцій. Наближене значення ви-
значеного інтеграла можна знайти зважуванням.
ь
Щоб обчислити визначений інтеграл / (х) гіх при / (х) 0
а
зважуванням, досить взяти однорідний аркуш паперу або картону
і вирізати з нього криволінійну трапецію, подібну до тієї, яка об-
межена кривою р = /(х), а також квадрат, сторона якого дорівнює
одиниці. Обидві фігури треба зважити на аналітичних терезах. Якщо
вага криволінійної трапеції дорівнює Р, а вага квадрата — р, то
Ь
\ ї (х) йх ж .
Р
а
У випадку, коли функція / (х) набуває на відрізку [а, 6] значень
різних знаків, досить окремо знайти значення визначеного інте-
грала на інтервалах, де функція набуває додатних значень, і де—
20 5-2692
609
від’ємних. Там, де функція набуває від’ємних значень, криволі-
нійна трапеція знаходиться нижче від осі Ох. Для обчислення її
площі зважуванням робимо так само, як і у випадку, коли / (х)>-0.
Знаючи площі криволінійних трапецій при / (х) > 0 і при / (х)<0,
віднімаємо від першого результату другий і одержуємо наближене
значення визначеного інтеграла.
§ 26. Основні властивості
визначеного інтеграла.
Формула Ньютона—Лейбніца
Основні властивості визначеного інтеграла 1) Величина визна-
ченого інтеграла не залежить від позначення змінної інтегрування,
тобто
р (*) ^* = У / (0 = У Иг) аг.
2) Сталий множник можна виносити за знак визначеного інте-
грала, тобто
§ (х) сіх = А у / (х) сіх.
3) Визначений інтеграл алгебраїчної суми кількох інтегровних
функцій дорівнює відповідній сумі інтегралів цих функцій. На-
приклад,
У (/1 (*) + Ь (X) — їз (*)] /і (х) іх + у./2 (х) СІХ — У /з (-<) (їх.
4) Якщо відрізок інтегрування розбити на два відрізки, то ін-
теграл по всьому відрізку дорівнює сумі інтегралів по його части-
нах, тобто
У ї (х) ах = у [ (х) ах + у і (х) ах.
Зауважимо, що властивість 4 справедлива для будь-якого розмі-
щення точок а, Ь і с на числовій осі.
5) Якщо у визначеному інтегралі поміняти місцями нижню і
верхню межі інтегрування, то визначений інтеграл змінить знак,
тобто
Ь а
? (х) СІХ = г— { ? (X) сіх.
610
6) Визначений інтеграл, у якого нижня і верхня межі інте-
грування однакові, дорівнює нулю, тобто
р(х)4х = 0.
а
Формула Ньютона— Лейбніца Середнє інтегральне
значення функції на даному відрізку.
Якщо функція у — [ (х) неперервна на відрізку [а. Ь], то на
цьому відрізку знайдеться принаймні одна така точка с (а < с <іЬ),
в якій справедлива рівність
ь
'Ь~аУ Лх'
Значення /(с) називається серед-
нім інтегральним значенням функ-
ції / (х) на відрізку [а, &]
Геометрично не означає, що
якщо функція у — ((х) неперерв-
на і додатна на відрізку [с, Ь],
то площа прямокутника з осно-
вою [а, Ь] і висотою / (с) дорів-
нює площі криволінійної трапе-
ції з основою [а, Ь\, обмеженої
Похідна визначеного
верхньою межею. Розглянемо
кривою у = / (х) (рис. 433).
інтеграла із змінною
інтеграл
У т
де х>*а. Якщо змінювати верхню межу інтегрування х, то вели-
чина інтеграла буде змінюватися, тобто його можна розглядати як
функцію змінної х. Позначимо
X
ф(х) = р(0<&.
а
Теорема. Похідна визначеного інтеграла по змінній верхній межі
дорівнює під інтегральній функції в точці диференціювання, тобто
х
Ф' (х) = (р(/)л)'=/(4
X
Наприклад. і 2агс V? = х2 агс Vх.
20*
611
Формула Ньютон а—Л е й б н і п а. Розглянемо визначений
інтеграл
X
ф (х) = У /(/) сіі із змінною верхньою межею,
а
Оскільки Ф'(х) = /(х), то функція Ф (х) € однією з первісних для
функції / (х) на відрізку [а, Ь].
Якщо Р (х) — будь-яка первісна для / (х) на [а, 6], то різниця
Ф (х) — Р (х) = Со, де Со — стала.
Тоді
{/(0 <іі=Р(х)+С0,
звідки при х= а знаходимо, що
[ / (/) аі = Р (а) + Ся, або 0 = Р (а) + Со
а
І
Со = —Р (а}.
Отже,
=Р(х)-Р(а)
або, поклавши х = Ь, знайдемо
С /(/) аі = Р (Ь) - Р (а),
а
Оскільки від позначення змінної інтегрування визначений інтеграл
не залежить, го маємо формулу
ь
р(х)4х = Г(х)|*=Г(д)-Г(а).
а
яка називається формулою Ньютона—Лейбніца.
Таким чином, визначений інтеграл дорівнює приростові пер-
вісної його підінтегральної функції на відрізку інтегрування, що
записують так:
/(*) ах = Р(х) | , де Р'(х) = !(х).
а |а
612
Приклади.
2
з
о
2. У соз х (їх = зіп х |’ = 0 — 0 = 0.
о
§ 27. Деякі застосування
визначеного інтеграла
Обчислення площ плоских фігур. Розглядаючи задачу про об-
числення площі криволінійної трапеції, ми передбачали, що функ-
ція у = /(х) набуває додатних значень на відрізку [л, &]; тоді пло-
ща такої трапеції
Ь' ь
<2 = усіх - /(х) <іх.
а а
Якщо ж функція у = [(х) на відрізку [а, знакозмінна, то площа
фігури, обмеженої кривою у = /(х), прямими х — а і V — Ь (а < Ь)
і віссю абсцис, визначається за
формулою
ь ь
о = ^| я-о |йх = У | У | йх-
а а
Площа плоскої фігури, обмеженої
лініями У1 = Л(х), у2 = [2(х)>
х = а і х = Ь (рис. 434), обчислю-
ється за формулою Рис. 434.
Розглянемо кілька прикладів на обчислення площ.
1. Знайти площу фігури, обмеженої дугою синусоїди £/ = 8ІПХ,
0 х гс, і віссю абсцис.
За формулою площі криволінійної трапеції знаходимо:
тс тс
0 = У | ЗІП X | СІХ = У ЗІП X СІХ = —соз х І =2.
о о 0
Отже,
(2=2 кв. од.
2. Знайти площу фігури, обмеженої параболою у = х2 і пря-
мою у = х + 2.
613
Знайдемо точки перетину ліній, які обмежують дану фігуру.
Розв’язавши систему
( у = Xі,
І у = х + 2,
одержимо дві точки: (—1; 1) і (2; 4). Побудуємо схематичний ри-
сунок даної фігури (рис. 435).
Тоді шукана площа
<2=^ [(х + 2) - х2] йх=(-у- +
\ І “
+ 2х — -3-) І =4 5 (кв- од.).
Обчислення шляху. Знайти шлях, який
пройде вільно падаюче тіло від моменту
= 2 с до ґ, = Юс.
Відомо, що швидкість вільно падаючо-
го тіла (в пустоті) визначається функцією
V = .
10 1°
Г Г ґ2 м
= §ісіі = І =
2 2
Обчислення об’ємів тіл за відомими їх паралельними перерізами.
Нехай дано тіло у, у якого площі плоских перерезів, перпенди-
кулярних до осі Ох, виражаються через число х, яке відповідає
точці перетину осі Ох з січною площиною (рис. 436).
614
Якщо площа поперечного перерізу тіла є функція неперервна,
то справедлива формула для обчислення об’єму даного тіла
ь
V = у (Цх) д,х.
а
Об’єм тіла, одержаного від обертання криволінійної трапеції
з основою [а, 6], обмеженої кривою у = Дх), обчислюється за фор-
пеції навколо осі Ох, буде круг з радіусом, який дорівнює орди-
наті кривої у = /(%) в точці перерізу х; отже, площа круга (?(х) =
= к^ = т:[/(х)]2 (рис. 437).
Розглянемо кілька прикладів.
1. Обчислити об’єм піраміди, площа основи якої дорівнює (),
а висота дорівнює Н.
Нехай вісь Ох є продовженням висоти піраміди (рис. 438).
За умовою задачі ОО{ ~Н, пл. АВСОЕР = (?. На відрізку (О, Н]
осі Ох візьмемо довільну точку х і проведемо через неї площину,
перпендикулярну до осі Ох. Площу перерізу АіВіСіОіГг позначимо
0(х)
Відомо, що площі паралельних перерізів піраміди відносять-
ся, як квадрати віддалей від вершини, тобто
0 н2 '
ЗВІДКИ
<?(*) = ^2 *2-
Тоді об’єм піраміди
н н
0 о
н 1
= 4 (2Н.
0 О
615
Отже,
О
2. Обчислити об’єм кулі, радіус-якої дорівнює /?. Проведемо вісь
Ох через центр кулі (рис. 439) і на ЇЇ відрізку [—/?, Я] візьмемо
довільну точку х. Площина, проведена через точку х перпендику-
лярно до осі Ох, перетне кулю по кругу, радіус якого дорівнює
г = у == і//?2 — х2. Тоді за формулою об’єму тіла обертання маємо
Я Н
ґ* / уЗ \ і/? л
у2(ІХ=тЛ (/?2 —Х2)^Х=ТС /?2х—4-
З Л \ ° І з
“Я “Я
Рис. 439.
відрізку [х, х 4- Дх], можна
Отже, об’єм кулі радіуса /?
4
V = -ІкЯ3.
О
Загальна схема застосування ви-
значеного інтеграла до розв’язання
практичних задач. Нехай треба ви-
значити деяке значення геометричної
або фізичної величини Л, яка за-
лежить від змінної х (а < х < Ь).
Якщо можна знайти таку функ-
цію /(х), що елемент ДЛ величини
Л, який відповідає елементарному
подати у вигляді
ДЛ = / (х) Дх + а Дх,
де а — нескінченно мала величина при Дх -► 0, тобто- знайти дифе-
ренціал величини Л
сіА = / (х) сіх,
то шукане значення величини А на відрізку [а, Ь] дорівнює
ь ь
сіА = р (х) сіх.
а а
§ 28. Формули наближеного обчислення
визначеного інтеграла
Визначений інтеграл
Ь
§ І (х) (ІХ
а
не завжди можна обчислити за формулою Ньютона—Лейбніца,
тому що для підінтегральної функції /(х) первісна функція не
завжди виражається в скінченному вигляді через відомі функції.
616
Існує багато наближених формул для обчислення визначених
інтегралів.
Формула трапецій. Нехай треба обчислити
Ь
§ ї (х) ах,
а
де/ (х) — неперервна функція, яку для зручності вважатимемо до-
датною.
Розіб’ємо відрізок [а, 6] на п рівних частин точками
тоді довжина кожного відрізка розбиття
З точок поділу відрізка [а, 6] проведемо відповідні ординати гра-
фіка функції (рис. 440):
Уо = ! {хй), Уі = і (хх), у2 = і (х2), ... , Уі=ї (Хі), , уп= [ (хпу
Точки поділу графіка функції послідовно з’єднаємо відрізками
прямих. Тоді одержимо фігуру, обмежену ламаною (складеною із
проведених відрізків), прямими х = а і х~Ь і віссю Ох, площа
якої 8п наближено дорівнює площі криволінійної трапеції з осно-
вою [а, 6], обмеженої кривою у= }(х). Площа 8п є сумою плош
трапецій, тому
8п = ^±^1 Дх + Дх + • • • + Дх +
+ Уп-х + Уп Ду|
6П
або
$п = у [^о + 2 0/1 + Уч + + Уп—і) + Упі
Тоді дістаємо формулу
Ь ь
( , ( г , ч < Ь — & і Уь Уп і
]</<& = ]/ (*) 2 *
а а
У1 + Уг+ * ‘ * + Уп-1) ’
Формула Сімпсона. Мала формула Сімпсона. Нехай
ь
треба обчислити / (х) сіх, де /(х) — неперервна на [а, Ь] і набуває
а
додатних значень. Побудуємо криволінійну трапецію, відповідну
даному інтегралу (рис. 441).
Розділимо відрізок [а, Ь] точкою с на два рівні відрізки
[я, £] і [с, і знайдемо значення підінтегральної функції у =
•— / (х) в точках а, с, Ь:
У > = І (а)> Ус = і (с). Уь = №).
Через точку С (с, ус) графіка даної функції проведемо довільну
пряму, яка не перетинає відрізка [а, 6], а із точок а і які ділять
цей відрізок на три рівні частини, проведемо прямі аА4 і р//,
перпендикулярні до Ох. Площа фігури аАМІЇВЬ, утвореної із
трьох трапецій, наближено дорівнюватиме площі криволінійної
трапеції аАВЬ.
Знайдемо (позначивши аМ = уа, = у^
л ., д, о, Уа + Ул Ь — а . Уа + Ь — а У?, + УЬ
пл. аАМ^ВЬ = —-------------у- н------у- + -^>2— X
X —-— — —— [уа т 2 (уа + Р|з) + Уь]-
618
враховуючи, що середня лінія трапеції аММ$
Уа+ У? - , о
Ус =---2— аб° Ул У$ = 2у*
знаходимо
пл. аАММВЬ = (уа + 4ус + уь).
о
Тоді
ь ь
уЛх = } (х) СІХ X & 6 а (уа + 4ус + Ук)-
а о
Ця формула називається малою формулою
Сімпсона. Якщо підінтегральна функція х
} (х) є многочлен не вище третього СТЄ* ‘
пеня, то мала формула Сімпсона дає точ- \ /
ний результат. \ । /
Застосувавши малу формулу Сімпсо- •
на до обчислення об’ємів тіл, дістанемо
наближену формулу । \
ь ' \^ґ7777Х7ії^ \
V = § С} (х) сіх я
к Г а І I А\ 1 РИС* 442‘
« Ц-5 (? (а) + 4(2 + (2 (Ь) І.
Позначимо висоту тіла Ь — а = Н, площу нижньої основи <2а =
= (}(а), площу верхньої основи = <2 (/>), площу перпендику-
лярного плоского перерізу, проведеного через середину висоти,
<2с = <2 : тоді
^«4(<2а + 4^ + <?б)
(рис. 442).
Мала формула Сімпсона в багатьох випадках дає точні зна-
чення об’ємів (для піраміди, зрізаної піраміди, конуса, зрізаного
конуса, кулі).
Приклад. Знайти об’єм конуса з площею основи (2 та ви-
сотою Н.
В даному випадку <2а = <2, <2С-= у <2, 0^=0; тоді.
Н ( 1 \ 1
1/'=4Ф' + 4 4« + °)=3№
або, врахувавши, що С) = матимемо
V = 4
О
619
Велика формула Сімпсона (параболічна формула).
Нехай треба наближено обчислити
Ь
§ / (•*) <&
а
Розділимо відрізок інтегрування [а, £] на 2т рівних частин
•очками
Хо, Хр х2, ... , Хр ... , Х2/и—1> *2ш
і в кожній з точок знайдемо значення підінтегральної функції
Уп — І У] ~ / (*і), ••• > Умг—1 = / (*2/п—1)> Угт ~ І (х2т)-
Застосувавши малу формулу Сімпсона послідовно до кожних
трьох точок поділу і додавши одержані рівності, дістанемо
Ь Ь
Цх) (їх = усіх « [у0 -г У’2'П + 4 (ух -|^ Уз + • + У 2т—1) +
а а
"г2(у2 + ^4+ ' + У 2 т—2)]'
Ця формула називається великою формулою Сімпсона. Чим
більше точок поділу, тим точність формули Сімпсона більша.
Приклад. Обчислимо наближено £ зіп х сіх.
о
Розділимо відрізок інтегрування ^0, на чотири рівні
частини (т = 2) точками
х0 = 0, хх = ,
_ - __ 3 тг _
х2----» *з — 8 > — 2
за таблицею Брадіса знайдемо
уо = О, Уі» 0,3827, у2 «0,7071, у3 ~ 0,9239, у4=1.
За формулою Сімпсона маємо
~2~
Г 7-°
І зіп хіх — [{/0 + у і + 4 ((/) + у3) + 2у-2} х
'о
« (О+14-4 (0,3827 + 0,9239) + 2 • 0,7071) и 1,0002.
620
Точне значення
те
С Іл
І ЗІП Х(ІХ = —СОЗ X 2 =0— (^1) = 1.
0 °
Отже, формула Сімпсона дає досить добрі наближення при обчис-
ленні визначених інтегралів.
§ 29. Поняття диференціального рівняння.
Диференціальні рівняння першого порядку
Диференціальні рівняння. Основні поняття. Звичайним диферен
ціальним рівнянням називається будь-яка залежність між аргумен-
том, невідомою функцією цього аргументу та її похідними або
диференціалами.
Наприклад,
у' 4-х = 2, у" + ху1 = х3 4- зіпх,
х4у + уах = 0, у" + у'2 = 1.
Порядком диференціального рівняння називається найвищий
порядок похідної (або диференціала), яка входить до рівняння.
Наприклад, у' + 2у = $іп х — рівняння першого по-
рядку, оскільки до нього входить лише перша похідна у’*, у'" +
-)-ху" = і£х— рівняння третього порядку, оскільки до нього вхо-
дить похідна у'".
На відміну від алгебраїчних рівнянь, розв’язками яких є числа,
розв’язками диференціальних рівнянь е функції.
Розв'язком диференціального рівняння називається будь-яка
функція у ~ [ (х), після підстановки якої разом з її похідними
або диференціалами в дане рівняння останнє перетворюється
в тотожність.
Приклад 1. Рівняння
у" + У = 0
має розв’язки:
а) у — зіп х, оскільки (зіп х)" 4- зіп х =—зіп х 4- зіп х = 0;
б) у = соз х, оскільки (соз х)" 4- соз х = —соз х 4- соз х = 0;
в) у — З ЗІП X, ОСКІЛЬКИ (З ЗІП X)" 4" З ЗІП X = —З ЗІП X 4~
4- 3 з іп х = 0;
г) у = А зіп х 4- В соз х, де А, В — довільні сталі, оскільки
(А зіп х + В соз х)" + (А зіп х 4- В соз х) = 0.
Приклад 2. Рівняння
ху' = 2у
має розв’язки:
а) у — х2, оскільки х (х2)' = 2 (х2);
б) у = 2х2, оскільки х(2х2)'=2 (2х2);
в) у = Сх2, де С — довільна сгала величина, оскільки
х (Сх2)' = 2 (Сх2), або 2Сх2=2Сх2. Отже, диференціальне рівняння
має безліч розв’язків.
621
Графік функції $г = /(х), яка е розв'язком даного диференці-
ального рівняння, називається інтегральною кривою цього рівняння.
Розв’язати диференціальне рівняння означає знайти всі його
розв’язки. Множина всіх розв'язків диференціального рівняння
називається загальним розв’язком цього рівняння*. Наприклад,
загальним розв’язком рівняння
ху' =* 2у
є множина функцій у = Сх2, де С — довільна стала.
Розв’язок диференціального рівняння, який одержується із
загального розв’язку при конкретних значеннях довільних сталих
(всіх або кількох), називається окремим розв’язком.
Геометрично функція у — Сх2 є множина всіх інтегральних
кривих рівняння ху' = 2у. П складаючи С= — 1, С ~ 0, С *= 1,
С == 2, дістанемо окремі інтегральні криві
(рис. 443).
Для того щоб із загального розв’язку
диференціального рівняння першого поряд-
ку виділити окремий розв’язок, задаються
так званою початковою умовою. Записують
початкову умову так:
У\х=хп = У (*о) “ Уь-
Приклад. Знайти окремий розв’я-
зок рівняння ху' = 2у, який задовольняє
початкову умову у\х =1 = 3. Знаючи за-
гальний розв’язок даного рівняння
у = Сх2,
підберемо довільну сталу С так, щоб у = 3 при х~ 1:
3 = С • І2,
звідки С = 3. Отже, шуканим розв’язком є функція у = Зх2. Зада-
ча, яка полягає в знаходженні окремого розв’язку диференціаль-
ного рівняння у' = / (х, у), що задовольняє початкову умову
у\х=х = £/0, називається задачею Коші для даного рівняння.
Процес знаходження розв’язків диференціального рівняння
називається інтегруванням цього рівняння.
Диференціальні рівняння першого порядку та їх інтегрування.
Будемо розглядати рівняння першого порядку
Е у, у') = 0 або Р (х, у) дх + <2 (х> у) дд^О.
Загальним розв'язком диференціального рівняння першого по-
рядку називається функція
у = Цх, С),
яка залежить від однієї довільної сталої і задовольняє дві умови:
а) при будь-якому значенні довільної сталої С вона є розв'яз-
ком даного рівняння;
* В цю множину не входять так звані особливі розв’язка.
622
б) для будь-якої початкової умови у\х^х0 = Уо довільну сталу
можна підібрати так, що ця функція буде задовольняти дану
початкову умову. Точка (х0, у0) повинна лежати в області існуван-
ня розв’язку диференціального рівняння при умові, що цей роз-
в’язок — єдиний.
С
Приклад. Показати, що функція у = — є загальним роз-
в’язком рівняння у' = —(х =/= 0).
п а • с
Покажемо, що функція у = ~ задовольняє останнє визна-
чення.
х о - , С . .
а) Знайдемо у = — і підставимо в дане рівняння:
С
С х * С С
— -р-=-------, або — =
X2 X Xа X2
м . С
отже, функція у — — задовольняє рівняння при будь-яких зна-
ченнях сталої С.
б) Нехай задано початкову умову у^х=х = (х0 0). Під-
(2
беремо С так, щоб у0 =—, звідки С = хоуо;
х0
функція
у х
гч С
задовольняє дану початкову умову. Отже, У = ~----загальний роз-
в’язок даного рівняння.
Найпростіше диференці альне рівняння
першого порядку. Рівняння вигляду
у' = / И
називають найпростішим рівнянням першого порядку.
Запишемо це рівняння у формі
£=/(*)> ЗВІДКИ а у = / (х) ах.
Тепер проінтегруємо
р(х)^ + С,
ЗВІДКИ
У= 5 І(х)(іх + С.
623
Можна показати, що знайдена функція у е загальним розв’язком
даного рівняння.
х2 4- 1
Приклад. Розв’язати рівняння у' "—— (х^О). Пере-
пишемо це рівняння у вигляді
(Іу X2 + 1 ( 1 \
~ =-----5—, або (іу = х4----------<іх,
(ІХ X \ X )
і проінтегруємо:
звідки
X2
(/ = — 4- 1п. х | + С.
Рівняння з відокремлюваними змінними.
Диференціальне рівняння першого порядку
У' = / (*. У)
називається рівнянням з відокремлюваними змінними, якщо праву
частину рівняння можна подати у вигляді добутку двох множни-
ків, перший з яких залежить тільки від х, а другий — тільки
від у, тобто / (х, у) = (х) 'у (у). Рівняння з відокремлюваними
змінними
у' = ? (х) (у)
можна переписати у вигляді
^=г(х)^(//).
Тепер відокремимо
змінні домноживши
обидві частини рівняння
на
сіх \.
Тїї)/
іу
'? (х) ІХ
і проінтегруємо:
Одержаний результат і є загальним розв’язком (інтегралом) даного
диференціального рівняння.
Приклад. Розв’язати рівняння
у' = х*у + у.
Перетворимо рівняння так:
624
або
^- = (Хг+1)</Х.
Проінтегруємо останнє рівняння:
(х2 + 1) гїх + с,
звідки
або
Іп \У. =4- + х + С,
О
4г +х+С
ї/ = Є3
Однорідні рівняння першого порядку. Диференціальне рів-
няння //'= /(х, у) називається однорідним рівнянням першого по-
рядку, якщо функцію / (х, у) можна подати у вигляді / (х, у) —
Рівняння
у1
зводиться до рівняння з відокремлюваними змінними заміною
або у = х/, звідки у = і + хі .
Тоді / + х/'=?(/), або Ґ . Перетворимо останнє
рівняння так:
йі _ ? (і) — і
(ІХ ~
X
або
________________(їх
(її
Інтегруємо:
(11
Ч (І) —І
(11
позначивши —— = Ф (і) і врахувавши, що / = знайдемо
загальний розв’язок рівняння
Ф
2і 5-2692
625
X -4- о
Приклад. Розв’язати рівняння д' = —,
Переписавши рівняння у вигляді у' = 1 4- ~ , бачимо, що воно
належить до однорідних рівнянь першого порядку.
Замінимо тоді у = хі і у' =/ + хі’*
Підставивши в рівняння, одержимо
/4-х/' = 1 + ґ,
або
хі' = 1,
„ 1 л <1і 1 о.
звідки /' = -—, або. ~= —. Відокремивши змінні, знайдемо
і проінтегрувавши
дістанемо
/=1п|хЦ-С, або -^. = 1п!х|+С.
Отже, загальним розв’язком даного рівняння е функція
у = х Іп | х | 4- Сх.
Лінійні диференціальні рівняння першого порядку. Рівняння
вигляду
У' + Р (*) У = Я (*).
де р (х) і д (х)“ задані функції, називається лінійним диферен-
ціальним рівнянням першого порядку.
Невідому функцію у даного рівняння будемо шукати у ви-
гляді добутку двох функцій и і о, тобто тоді у* =
= ц'у 4- «сґ, Після підстановки у і у' одержимо рівняння
ц'о 4“ + Р (х) — Я (х)>
або
и'р + и (V' 4- р (х) о) = ? (х).
Оскільки функцію у шукаємо у вигляді добутку двох функцій и
і V, то на одну із них можна накласти довільну умову.
а) Підберемо функцію V так, щоб
V' 4- р (х) V = 0
або
б/у
Зі = -Р(х)°’
626
звідки
— = — р (х) ах.
П С (ІЇ) (*
Про інтегрувавши І — = — І р (х) (їх, знайдемо
7 1п|о| = —|р(х)йх
(функцію V вибираємо довільно, тому приймаємо С = 0), звідки
О = (>-
б) Для визначення функції и одержується рівняння
и’е~ У р(.х)<и==д (х)г
ЗВІДКИ
и' = я(х) е!р(*>ах,
або, після інтегрування,
и = ;7(х)ДР(Л,^ + С.
Отже, загальним розв’язком лінійного рівняння е функція
у = ии = є" І р []* д (х) еі р ах(іх + С].
Приклад. Розв’язати рівняння у’ + — у = х. Скористаємось
виведеною формулою. В даному випадку р (х) =у, а Я (х) = х;
підставивши, знайдемо
Х ІЗ Хе^ Х ~е Хе1п,х,^ + с] =
= (РІх і + с) = 7 (У + с) = Т + "7 •
Отже,
х2 С
3 +т-
§ ЗО. Деякі застосування
диференціальних рівнянь
Диференціальні рівняння — це математичний апарат, який має
дуже широке застосування в науці, техніці, народному господарстві.
Розглянемо кілька найпростіших задач на застосування дифе-
ренціальних рівнянь.
21? 627
1. Знайти криву, яка проходить через точ^у (1, 3), відрізок
дотичної« до якої, що лежить між координатними осями, в точці
дотику ділиться пополам.
Запишемо рівняння шуканої кривої у вигляді
У = І (*)•
Точку дотику позначимо М (х, у), точки перетину дотичної з коор-
динатними осями — через А і
абсцис — / АВх = а (рис. 444).
В, а кут між дотичною і віссю
За умовою АМ — МВ\ тоді і ОМ =
Із А МІЇВ
ММ
ТГв = 18 - а)’
або
у
— = —а-
х 6
Кутовий коефіцієнт дотичної і£а=
= у'. Таким чином, маємо рівняння
У_
х
=-—у\
або
, У
У =-Т-
Подамо це рівняння у вигляді
_ У_
СІХ X 9
або
сіу _ _____________________________іх
У х ’
звідки, після інтегрування, маємо
1п І у | = —Іп І х І + ІП С
(для зручності довільну сталу інтегрування записано у вигляді
Іп С).
Потенціюючи, знаходимо
С
Тепер підберемо сталу С так, щоб знайдена функція задовольняла
початкову умову у|х=1 =3, тобто
а_ С
0---р , звідки С = 3.
628
Отже, шуканп крива е рївносторонньою гіперболою, рівняння якої
має вигляд
2. Температура вийнятого з печі хліба протягом 20 хв знижу-
ється від 100° до 60° С. Через скільки хвилин від початку охоло-
дження температура хліба знизиться до 30°, якщо температура сере-
довища, в якому він охолоджується, дорівнює 20° С? (За законом
Ньютона швидкість охолодження хліба пропорціональна різниці
температур хліба і середовища).
Закон охолодження тіла запишемо у вигляді
Т = / (0.
де ґ — час (у хвилинах), а Т — температура тіла в момент часу і.
Швидкість охолодження хліба дорівнюватиме похідній темпе-
рі1
ратури по часу, тобто •
За законом Ньютона ця швидкість пропорціональна до різниці
температур хліба і середовища:
сіТ
^- = к(Т —20),
де к— коефіцієнт пропори іональності.
Відокремивши змінні в одержаному рівнянні, матимемо
(1Т
-------= Ьгії
Т — 20
або, після інтегрування,
Іп І Т - 20 ! = кї + С.
Потенціюючи, знаходимо
Т = 20+ Єкі+С.
Тепер використаємо дані задачі (початкову умову). При і = 0 тем-
пература хліба Т — 100е; тоді
100 = 20 + ек'°+с,
звідки
ес = 80 і С —1п80.
Закон охолодження набуває вигляду
Т = 20 + ек1+'п 80,
або
Т = 20 + 80еЧ
Щоб визначити коефіцієнт пропорційності к, скористаємось тим,
що при І — 20 хв температура хліба Т = 60°:
60 = 20 + 8ОЛ20,
629
або
Т* чвідки к ~ 20 1п ~2 *
Таким чином, маємо остаточно закон охолодження
Перетворимо
Т = 20 + 8оД2°1П 2‘
Отже,
Тепер підставимо Т = 30° і з закону охолодження знайдемо час,
протягом якого хліб охолоне до 30° С;
або
(= -к ( звідки 2_ = 3, а = 60 хв.
Отже, хліб охолоне до 30е С за 60 хв, тобто за 1 год.
3. Автомобіль рухається з швидкістю 80 км/год. На повній
швидкості водій вимкнув мотор. Через 2 хв швидкість автомобіля
стала 20 км/год. Знайти, протяго.м якого часу від моменту вими-
кання мотора швидкість автомобіля стане 5 км/год, якщо опір
середовища, в якому він рухається, пропорційний до швидкості.
Нехай закон затухання швидкості автомобіля після вимикання
мотора має вигляд
- о = / (О,
де і — час від моменту вимикання мотора. За другим законом Ньютона
сила дорівнює масі автомобіля т, помноженій на прискорення
(IV
аі ’ тобто
(IV
Р = та = т~^.
За умовою задачі, сила опору дорівнює
—&Л
де & > 0 — коефіцієнт пропорціональності (перед к взято знак мінус,
оскільки сила опору має протилежний до сили Е напрям).
Отже, маємо рівняння
(і о
тОі=-ко’
630
або
звідки, після інтегрування, знаходимо
1п|о| =—^і +1пС,
або
р=Се“'”'.
Щоб знайти С, скористаємось початковою умовою V ,ґ=0 = 80 км/год:
тоді
80 = С е° і С = 80.
Отже,
-Л
V = 80г т .
к
Щоб знайти величину підставимо в останню рівність
V = 20 км год при і = 2; матимемо
20 = 80 е т ,
Є т =
звідки
Отже,
V = 80
тобто
1 2к
Г’ — - = -21п2’
4 т
= Іп 2.
т
-(1п = зо
У
Знайдемо, протягом якого
автомобіля буде 5 км/год:
часу після вимикання мотора швидкість
звідки і = 4. Отже, через 4 хв після вимикання мотора швидкість
автомобіля буде 5 км/год.
631
АЛФАВІТНИЙ ПОКАЖЧИК
Абель Н. Г. 87, 88, 213, 595
Абсолютна величина 89
— похибка 61
— збіжність рядів 555
Абсциса 216
Аксіом класифікація 329
— система 329
Аксіома 329
— Архімеда 325, 330
— індукції 538
— про паралельні прямі 330
Аксіоми конгруентності 330
— лінійної повноти 330
— неперервності 330
— порядку 330
— сполучення 329
Алгебра 85
Алгебраїчна сума 90
Алгебраїчні дроби 105
— рівняння 132
Алгебраїчний метод розв’язав*
ня задач на побудову 427
Александров 1. Т. 320
Алгоритм Евкліда 31
Альфонс X. 251
Амплітуда 286
Анаксімандр 250
Аналітична геометрія 319
Анічков Д. С. 6
Антіфон 388, 522
Апіанус 213
Аполлоній Перзький 318, 425
Апофема зрізаної піраміди 465
632
Апофема правильного многокут-
ника 398
— правильної піраміди 460
Аргумент 214
— абстрактний 279
— допоміжний 293
— половинний 275
Аріабхата 253
Арістарх з Самоса 250
Арістотель 521
Арифметика 5
Арифметична прогресія 528
Арифметичне значення квад-
ратного кореня 111
Арифметичні дії 11
Арккосинус 308
Арккотангенс 309
Арксинус 307
Арктангенс 308
Архімед 7, 318, 321, 358, 388,
434, 522
Архімеда аксіома 325, 330
Асимптота 591
Аутред В. 213, 252, 254, 255, 389
Ахмес 85, 250, 388, 434
Барроу І. 389, 523
ал-Баттані 251, 254
Бернуллі Д. 255
Бернуллі Й. 196, 319, 523, 524
Бернуллі Я.-87, 278, 319, 523
ал-Біруні, Абу-Рейхан Мухамед
ібн Ахмед 251
Біквадратне рівняння 201
Більйон 8
Біном 94
— Ньютона 209
Бісектриса зовнішнього кута
трикутника 348
— кута 333
— трикутника 348
Бічна поверхня відрізка цилінд-
ра 479
----зрізаного конуса 485
*---зрізаної піраміди 465
----конуса 482, 483
----піраміди 462
----призми 454
----труби 479
----циліндра 477
Бічні грані піраміди 460
----призми 452
— ребра піраміди 460
----призми 453
— сторони трапеції 369
Бріаншон Ж. 395
Бойяї 336
Боецій А. 318, 321
Браге Тіхо 388
Брахмагупта 85, 91, 434
Брігс Г. 248, 249, 514
Буняковський В. Я. 88
Бурбакі Н. 402
Буреній К. П. 6
Бхаскара 85, 251
Бюргі 1. 249
Валліс Д. 87, 252, 254, 255, 335,
523
абу-Л-Вафа 251, 254, 277, 318,
514
Важливі границі 563
Вега Г. 249, 316, 388
Велика формула Сімпсона 620
Величини 213
— змінні 213
Величини обернено пропорціо-
нальні 81, 223
— сталі 213
Вертикальні асимптоти 592
Верхня межа послідовності 527
Вершина конічної поверхні 482
— конуса 482
— кута 255, 332
— ломаної 323
— многогранного кута 450
— многокутника 339
— піраміди 460
Вессель 196
Взаємно однозначна відповід-
ність 114
Визначений інтеграл 605, 608
Визначення 329, 330
Визначник другого порядку 146
— третього порядку 150
— системи 146
Виміри прямокутного паралеле-
піпеда 453
Вимірювання двогранних кутів
444
Винесення за дужки 104
Виноградов 1. М. 29
Вирази алгебраїчні 92
— дробові 105
— ірраціональні 117
— раціональні 93
— тотожні 95
— цілі 93
— числові 93
Висота відрізка циліндра 479
— зрізаного конуса 485
— зрізаної піраміди 465
— конуса 482
— кульового пояса 491
— паралелограма 363
— піраміди 460
— призми 454
— сегмента 390
— сегментної повер'хні 491
— трапеції 369
633
Висота трикутника 345
— циліндра 477
Від’ємник 12
Віднімання 12
— відрізків 323
— дробів алгебраїчних 108
-десяткових 53
-звичайних 42
— многочленів 97
— одночленів 97
— чисел іменованих 72
— — комплексних 189
------ раціональних 90
------систематичних 35
Відношення антисиметричне 14
— відрізків 326
— еквівалентне 74
— кратне 74
— нерефлексивне 74
— подібності 355
порядку 74
— рефлексивне 74
— різницеве 74
— симетричне 74
— транзитивне 74
— чисел 73
-процентне 59
Відповідні кути 337
— сторони 352
Відрізків вимірювання 325
— відношення 326
Відрізки несумірні 325
— пропорціональні 326
— рівні 323
— сумірні 325
Рідрізок орієнтований 323
— прямої 323
— циліндра 479
Віет Ф. 85, 87, 252, 253, 277, 278,
316, 322, 388
Вісь абсцис 215
— зрізаного конуса 485
— конічної поверхні 482
— котангенсів 259
Вісь ординат 216
— пучка площин 435
— радикальна 393
— тангенсів 259
— числова 89
Вітрувій N. П. 388
Влакк А. 249
Властивості збіжних послідов-
ностей 544
— логарифмів 232
---десяткових 236
— неперервних функцій 569
— нерівностей тотожних 174
---з невідомими 180
— нескінченно малих послідов-
ностей 543
--------функцій 560
— перерізів піраміди 461
— площини 435
— прямої 322
— радикалів 119
— рівних відношень 11’
— рівнянь 134
— функцій 217
— членів арифметичної прогре-
сії 529
---геометричної прогресії
530
Внутрішня дотична до двох кіл
378
Вписана куля 496
Вписаний многокутник 394
Галуа Е. 88
Гарріот Т. 174
Гармонійна група точок 328
Гармонійні коливання 285
Гармонійний поділ 328
Гармонійно спряжені точки 328
Гаусе К. 196, 336
Гвін С. 249, 316
Гексаедр 471, 472
634
Геллібранд Г. 514
Геометрична прогресія 530
Геометричне зображення послі-
довностей 525
---комплексних чисел 191
місце точок 413
Геометричний зміст визначено-
го інтеграла 609
* * — диференціала 580
---похідної 572, 575
Геометрія 317
— аналітична 319
— диференціальна 319
— нарисна 319
— проективна 320
Герардо Кремеиський 253
Герберт 318
Геродот 250
Еерон 434
Гершель В. 255
Гетальді Маріно 400
Гільберт Д. 321, 329
Гіпербола 490
Гіппарх 250, 253, 277, 513
Гіппократ Хіоський 388
Гострий кут 335
Градус 255
Границя добутку 563
— послідовності 541
— проміжної змінної 560
— сталої 563
— суми 563
— функції 555
— частки 563
Гранична абсолютна похибка
61
— відносна похибка 61
Граничний перехід в нерівності
559
Грані двогранного кута 443
— многогранника 452
— многогранного кута 450
Графік послідовності 525
функції 216
Гур’єв С. О. 88, 320, 524
Гюльден П. 492
Гюльдена теорема 492
Гюнтер Е. 249, 253, 254
Дазе 3. 388
Даламбер Ж. 92, 196, 554
Дарбу 319
Двогранний кут 443
Декарт Р. 92, 117, 319, 434.
523
Десяткові знаки 51
Детермінант 146
Джабір ібн Афла 251
ал-Джаухарі 216, 318
Джонс В. 254, 387, 389
Дискримінант 156
Диференціал аргументу 580
— функції 578
Диференціали вищих порядків
581
Диференціальна геометрія 319
Диференціальні рівняння 621
---першого порядку 622
Диференційована функція 578
Діагоналі квадрата 367
— многогранника 452
— многокутника 340
— паралелепіпеда 453
— паралелограма 365
— ромба 367
Діагональна площина много-
гранника 452
---призми 453
Діагональний переріз призми
453
Діаметр кола 321, 374
— сфери 490
Дії другого ступеня 22
— з відрізками 323
— з кутами 333
— з степеневими рядами 599
— першого ступеня 22
635
Ділене 13
Ділення 13
— відрізка в даному відношен-
ні 326
----в середньому і крайньому
відношенні 327
----на число 324
— внутрішнє 326
— дробів алгебраїчних 109
----десяткових 54
---- звичайних 44
— многочленів 99
— за вмістом 73
— зовнішнє 326
— з остачею 14
— чисел комплексних 190
----раціональних 91
----систематичних 36
— одночленів 98
— радикалів 124
Дільник (компонент) 13
— числа ЗО
Діофант 5, 85
Добування кореня 111
----з добутку 119
--------дробу 119
--------комплексного числа
195
--------наближеного числа 112
Добуток 13
— послідовностей 528
— степеневих рядів 600
Доведення 329, 330
Довжина відрізка 325
— дуги 389
----кола 387
Додавання відрізків 323
— дробів алгебраїчних 108
----десяткових 53
---- звичайних 42
— многочленів 97
— одночленів 97
— радикалів 123
— чисел дійсних 115
Додавання чисел Іменованих 72
----комплексних 189
— — раціональних 90
----систематичних 34
Доданок 11
Додекаедр 472
Допоміжний аргумент 293
Дослідження рівнянь 137, 153,
156
— системи рівнянь 147
Достатні ознаки збіжності зна-
козмінних рядів 554
-------рядів 551
— умови 331, 332
Достатня ознака існування ек-
стремума функції 588
----монотонності функції 587
----опуклості кривої 590
----угнутості кривої 590
— умова інтегрованості функ-
ції 609
Дотична 375
Дріб алгебраїчний 105
— десятковий 50
— звичайний 36
— неправильний 37
— правильний 37
Дуга 374
— від’ємна 257
— додатна 257
Дужки 21
Дюрер А. 319
Евклід 5, 277, 317, 318, 319, 320,
321, 335, 336, 400, 434
Ейлер Л. 5, 88, 92, 196, 213, 249,
254, 255, 278, 336, 387, 389,
434, 514, 523, 524
Ейнштейн 320
Еквівалентні нескінченно малі
570
Екстремуми функції 219
Еліпс 489
Ерігон П. 253
636
Євтушевський В. Д. 6
Жірар А. 87, 117, 253, 254, 255
Загальний розв’язок диференці-
ального рівняння 622
----------першого порядку
622
— член арифметичної прогре-
сії 528
----геометричної прогресії
530
----послідовності 525
----ряду 548
Задачі арифметичні 77
— визначені 78
— на доведення 78
----дослідження 78
*---змішування 82
----обчислення 78
----рух 83
----пропорціональне ділен-
ня 80
----проценти 58
----правило трьох 79
— невизначені 78
— прості 78
— складені 78
— суперечливі 78
Закони додавання 15
— множення 15
Залишковий член формули Тей-
лора 597
Залишок ряду 552
Замкнена ламана 323
Збіжна послідовність 541
Збіжний ряд 548
Зведене квадратне рівняння 153
Звичайне диференціальне рів-
няння 621
Зменшуване 12
Змінна залежна 214
— незалежна 214
Знаки протилежні 89
Знакопочережні ряди 554
Знаменник дробу 37
— геометричної прогресії 530
Значення допустиме 93
— недопустиме 93
Зовнівписане в трикутник коло
346
Зовнішній дотик кіл 377, 378
— кут трикутника 341
Зовнішнє ділення 326
Зовнішня дотична до двох кіл
378
Золотий переріз 327
Зрізана піраміда 465
Зрізаний конус 485
— циліндр 478
Зростаюча послідовність 526
— функція 587
Ікосаедр 472
Інверсія 423
Інтервал 181
Інтеграл 602, 605
— визначений 605
— невизначений 602
Інтегральна сума 608
Інтегрована функція 609
Інтегрування підстановкою 605
— частинами 604
Кавальєрі 254, 255, 522
Кардано Д. 87, 91, 196, 400
Карно Л. 92
ал-Каші, Джемшід ібн Масуд
388
Квадрат 367
— многочлена 101
— різниці двох чисел 101
----------- неповний 102
— суми двох чисел 101
—і---------неповний 102
Квадрильйон 8
637
Квінтильйон 8
Кейлі А. 400
Кеплер Й. 57, 249, 522, 555
Кисельов А. П. 6, 320
Класифікація аксіом 329
— чотирикутників 373
Клеро А. 319
Клин 468
Коефіцієнт подібності 355
Коефіцієнти 94
— біноміальні 211
— пропорціональності 222
Коло 374
— вписане 394
— інверсії 423
— описане 394
Комбінаторні тотожності 206
Комбінації 205
Конічна поверхня 482
Конічні перерізи 489
Константи 214
Конус 482
Концентричні кола 377
Координати 215
Координатні осі 216
Коперник М. 252, 254
Корінь квадратний 110
— п-го степеня 117
— рівняння 133
Косеканс 254, 258
Косинус 253, 258, 282
Косинусоїда 282
Котангенс 254, 258, 284
Котангенсоїда 284
Котельников 6
Коші О. 196
Крафт Г. 320
Криві другого порядку 489
Криволінійна трапеція 605
Круг 321, 374, 375
Круглі тіла 477
Круговий конус 482
— циліндр 477
Куб 454
Куб різниці двох чисел 102
— суми двох чисел 102
Куля 490
Кульова поверхня 491
Кульовий пояс 491, 492
— сегмент 491, 492
— сектор 491, 492
— шар 491
Курганов М. Г. 6,320
Кут 255, 321, 332
— від’ємний 257
— вписаний 383
— гострий 335
— двогранний 443
— додатний 257
— між двома січними 384
---дотичною і хордою 384
— — прямою і площиною 448
— описаний 383
— прямий 333, 334
— розгорнутий 333, .334
— тілесний 451
— тупий 335
— центральний 383
Кути вертикальні 333
— відповідні 337
— внутрішні 337, 339
— зовнішні 337, 339
— многогранні 450
— односторонні 337
— плоскі 332
— прилеглі 333
— рівні 333
— різносторонні 337
— суміжні 333
— тригранні 451
Кюн Г. 196
Лагранж 255, 514
Лакайль Н. 316
де Лаланд Ж. 316
Ламана лінія 323
Ламбер Й. 255, 278
638
Латишев В. О. 6
Лежандр А. 320, 335
Лежен-Діріхле П. 524
Лейбніц Г. 92, 196, 319, 523,
524
Лексель А. І. 514
Лема 331
Леонардо Пізанський 113
Лівостороння границя 557
Ліндеман Ф. 387, 389
Лінійний кут двогранного кута
443
Лінійні диференціальні рівняння
першого порядку 626
Лінія 321, 322
центрів 377
Лобачевський М. І. 88, 320, 336
Логарифм 231
— десятковий 236
— добутку 234
— кореня 235
— натуральний 231
— степеня 235
— частки 234
Логарифмічна функція 232
Логарифмічні обчислення 238
Логарифмування 235
Ломоносов М. В. 5
Лопіталь 523
Лю-Хуей 318
Магницький Л. П. 5, 57, 249,
316, 320
Маджіні 253, 254
Маклорен К. 213, 523
Максимум 219, 588
локальний 219, 588
— функції 219, 588
Мала формула Сімпсона 618
Малий круг кулі 490
Малинін О. Ф. 6
Маннгейм А. 249
Мантиса 236
Маркушевич О. І. 6
Математична індукція 538
Медіана трикутника 346
Менелай Александрійський 250,
253,513
ал-Мервазі Ахмед ібн Абдалла
254
Метод геометричних місць 413
— інверсії 423, 424
— математичної індукції 538
— паралельного перенесення
422
— подібності 417
— симетрії 419
Методи графічні 298
Метр 68
Механічний зміст визначеного
інтеграла 609
---похідної 575
Микола Кузанський 319
Мимобіжні прямі 436
Мінімум 219, 588
— локальний 219, 588
— функції 219, 588
Міну та 334
Міра 65
— кута 334
Міри англійські 66
— метричні 66
— російські старі 65
Многогранник 452
— опуклий 452
— зірчастий 473
Многокутник 339
— вписаний 394
— зірчастий 339
— описаний 394
— опуклий 339
— правильний 339
— простий 339
Многокутники гомотетичні 355
Многокутників подібність 354
Многочлен 93
Множене 13
639
Множення відрізка на число 324
— дробів алгебраїчних 109
----десяткових 54
---- звичайних 43
— многочленів 98
— одночленів 97
— радикалів 123
— чисел дійсних 116
----комплексних 190
---- натуральних 12
----раціональних 90
----систематичних 35
Множина 6
— значень функції 217
— нескінченна 6
— порожня 6
— скінченна 6
— упорядкована 6
Множник 12
Модуль комплексного числа 191
— переходу 234
Монж Г. 319
Монотонні послідовності 526
— функції 218, 587
Мопертюї П. 336
Муавр А. 196, 252
Мур Дж. 254
Мюллер И. 252, 253, 514
Назаров С. 320
Найпростіші тригонометричні
рівняння 287
ан-Найрізі 318
Напрямна 477, 482
— поверхні конічної 482
----циліндричної 477
Нарисна геометрія 319
Насир ад-дін ат-Тусі Мухаммед
251, 252, 277, 318, 335
Натуральний ряд 7
Натуральні логарифми 231, 545
Невизначений інтеграл 602
Невідоме (у рівнянні) 132
Незалежність системи аксіом 329
Необмежена послідовність 528
Необхідна і достатня ознак,
332
— ознака збіжності ряду 548,
549
— умова 331, 332
— — існування екстремуму 588
--------похідної 575
Непарність тригонометричних
функцій 267
— функції 220, 267
Непер Д. 57, 248, 249, 252
Неперервність 566
— зліва 567
— справа 567
— функції в точці 566
---на інтервалі 566
Нерівність 173
— відрізків 323
— тригонометрична 302
Нерівності 173
— буквені 174
— важливі 178 •
— вищих степенів 185
— дробові 187
— другого степеня 184
— з невідомими 179
— з двома невідомими 229
— ірраціональні 187
— нестрогі 174
— першого степеня 180
— рівносильні 180
— строгі 174
— тотожні 174
— числові 174
Нескінченна пряма 323
Нескінченно мала А-го порядку
570
— малі вищого порядку 570
---нижчого порядку 570
---одного порядку 570
---послідовності 543
---функції 560
Неспадна функція 218, 587
640
Не строго монотонна послідов-
ність 527
Несумірні відрізки 325
Несуперечливість системи аксі-
ом 329
Нижня межа послідовності 527
Норвуд Р. 253
Нуль 7
Нумерація письмова 7
— усна 7
Нуньес П. 252
Ньютон Д. 253
Ньютон І. 87, 92, 113, 213, 252,
278, 319, 523, 524
Обеліск 468
Обернена теорема 331
— функція 220, 577
Обернений дріб 45
Обернені тригонометричні функ-
ції 307
Об’єм геометричного тіла 454
— відрізка циліндра 479
— зрізаного конуса 486
---циліндра 479
— зрізаної піраміди 465
Об’єм клина 468
— конуса 483
— куба 454
— кулі 491, 493
— кульового сегмента 493
---сектора 493
— обеліска 469
— паралелепіпеда 454
-г- піраміди 462
— порожнистого циліндра 479
— призми 454
Область збіжності степеневого
ряду 595
Обмежена послідовність 527
Обмеженість функції, яка має
границю 559
Обчислення визначеного інте-
грала зважуванням 609
Обчислення площ фігур 613
— шляху 614
Одиниця вимірювання площі
357
Однорідне рівняння 292
Однорідні диференціальні рів-
няння першого порядку 625
Односторонні границі 557
— кути 337
Одностороння неперервність 567
Одночлени 93
— подібні 96
Озанам Ж. 514
Ознака Даламбера 554
— еквівалентності нескінченно
малих 570
Ознаки збіжності знакозмінних
рядів 554
— існування границі 544
— подібності прямокутних три-
кутників 352.
— — трикутників 352
— подільності 26
— рівності трикутників 352
Окремий розв’язок диференці-
ального рівняння 622
Округлення чисел 60
— з надлишком 60
— з недостачею 60
Октаедр 471
Описана куля 496
Описаний кут 383
Опукла крива 590
— ламана 323
Опуклий многогранний кут 450
Ордината 216
Орем Н. 523
Ортоцентр 346
Осі координатні 216
Основа конуса 482
— зрізаного конуса 485
— зрізаної піраміди 465
— логарифма 231
— паралелограма 363
Основа піраміди 460
— сегмента 390
— сегментної поверхні 491
— системи числення 33
— степеня 14
— кульового пояса 491
— призми 452
трапеції 369
— циліндра 477
Основні властивості визначено-
го інтеграла 610
--- невизначеного інтеграла
603
---> нескінченно малих 560
---числових рядів 551
— правила диференціювання
576
— співвідношення для оберне-
них тригонометричних функ-
цій 310
— теореми про границі 545, 563
тригонометричні тотожності
263
Остроградський М. В. 88
Осьова симетрія 419
Отто В. 316
Папп Александрійський 523
Парабола 225, 490
Паралелепіпед 452, 453
— похилий 453
- - прямий 453
— прямокутний 453
Паралелограм 363
Паралелограма ознаки 366
Паралельні перерізи 461
— площини 442
— прямі 335, 336, 436
Парність функцій 220, 267
Паскаль Б. 213, 522
Пачолі Л. 91, 319, 400, 434
Первинні поняття 322
Первісна функція 602
Перевірка дій 21
Перевощиков Д. М. 88
Переріз кулі площиною 490
— многогранника площиною
473
Перестановка 204
— членів пропорції 76
Перетворення дробів 40
— іменованих чисел 72
— інверсії 424
Перетин кіл 377
Периметр 339
Період 279
— десяткового дробу 54
— коливань 286
— функції 220, 279
Періодичний десятковий дріб
55
-------мішаний 56
------- чистий 56
Періодичність тригонометрич-
них функцій 279
Перпендикуляр 437
Перпендикулярна площина 444
Перпендикулярні перерізи 453
— площини 443
— прямі 333
Півпериметр 339
Півплощина 443
Півпряма 323
Підкореневий вираз 111
Піднесення до степеня 14, 91
Підмножина власна 6
— невласна 6
Піраміда 460
— зрізана 465
правильна 460
Піфагор 277, 317, 321, 336
Планіметр 358
Планіметрія 317, 322
Платон 321
Плоский кут 332
Плоскі перерізи многогранників
473
Площа 357
642
— квадрата 368 1
Площа кільця 390
— круга 389
— паралелограма 365
— прямокутника 366
— ромба 367
— сегмента 390
— сектора 390
— трапеції 369
— трикутника 358, 364
— фігури 357
— чотирикутника 513
Площина 321, 322, 435
— дотична до кулі 490
Поверхня 321, 322
— клина 468
— кулі 492
— кульового пояса 492
• 9 сегмента 492
— обеліска 469
— піраміди 461
— порожнистого циліндра
479
Повна поверхня конуса 482, 483
---зрізаного конуса 485
---зрізаного циліндра 478
— — зрізаної піраміди 465
---паралелепіпеда 454
---піраміди 461
---призми 454
---циліндра 477, 478
— — циліндричної труби 479
Повний кут 334
Повнота системи аксіом 329
Подібні конуси 486
— фігури 352, 354
— циліндри 486
Подібність многогранників 469
, многокутників 354
— трикутників 352
Пойербах Г. 252
Показник степеня 14
— від’ємний 128
— дробовий 129
Показник нульовий 129
Поліном 93
Понселе В. 319, 320, 400
Порівняння дробів десяткових
51
--- звичайних 38
— нескінченно малих 570
— чисел дійсних 113
---раціональних 87
Порядок дій 21
— диференціального рівняння
621
Послідовність 524
— збіжна 541
— зростаюча 525
— монотонна 525
— незростаюча 527
— необмежена 527
— неспадна 527
— обмежена 527
--- зверху 527
--- знизу 528
— розбіжна 541
— скінченна 524
— стала 527
— числова 524
Потенціювання 235
Похила до площини 437
Похідна 572, 574
— алгебраїчної суми 576
— визначеного інтеграла 611
— добутку 576
— оберненої функції 577
— складної функції 576
— частки 576
Похідні вищих порядків 581
— пропорції 76
Початкова сторона кута 255
— фаза 285
Правило дев’ятки 23
— Крамера 146
— підрахунку цифр 62
— трьох просте 78
---складне 79
643
Правильні многогранники 470
— многокутники 398
Правостороння границя 557 -
Призма 452
— похила 453
— правильна 453
— пряма 453
Принцип Кавальєрі 455
— математичної індукції 538
— О. М. Крилова 62
Приріст аргументу 574
— функції 574
Прогресія арифметична 528
— геометрична 530
---нескінченно спадна 532
Проективна геометрія 320
Проекція прямокутна 437
Проміжок збіжності степенево-
го ряду 595
Проміле 57
Промінь 323
Пропорціональні відрізки 326
Пропорціональний циркуль 324
Пропорція 65, 326
Проста теорема 331
Протилежна теорема 331
Проценти 57
Пряма теорема 331
Прямий двогранний кут 444
— круговий циліндр 477
— кут 334
Прямокутна проекція 437
Прямокутник 366
Птолемен К. 250, 252, 253, 277,
335, 513
Пуанкаре А. 320
Пучок паралельних прямих 336
— площин 435
— прямих 336
Радикали 117
— подібні 122
Радикальна вісь 393
Радикальний центр;394
Радіан 256
Радіус 321, 374
— вписаного в трикутний кола
348,364,395
— збіжності степеневого ряду
596
— описаного навколо трикут-
ника кола 364, 349, 395
— основи конуса 492
— правильного многокутника
398
— сфери 490
— циліндра 477
Радіуси зовпівписаних кіл 364
— основ зрізаного конуса 485
Рамус П. 321
Раціональні числа 88
Ребра многогранника 452-
— піраміди 460
— призми 453
Ребро двогранного кута 443
Регіомонтан (Йоган Мюллер з
Кенігсберга)-252, 253, 514
Рекуррентне співвідношення
525
Ренч Цж. 388
Ретік Г. 252, 253, 254, 277, 278,
316
Решето Ератосфена 29
Рівність 132
— відрізків 323
— двогранних кутів 443
— многогранник кутів 450
— плоских кутів 333
— тригранних кутів 450
— трикутників 342
— фігур 339, 435
Рівновеликі тіла 454
Рівносильні нерівності 180
— рівняння 133
— системи рівнянь 142
Рівняння 132
— алгебраїчні 132
644
И» Р^минийі ^ійвадратаі 201
вищй^ ІЬтуйенів 198,
‘л — двочленні 200
ч **- Тфобой ї 32
?т — з відокремлюваними змінни-*
ми €24
— ірраціональні 162
— квадратні 153
-------зведені 155
---- неповні 153
— симетричні 202
— трансцендентні 132
Різниця 12
— арифметичної прогресії 528
відрізків 323
— квадратів 101
— кубів 102
— послідовностей 528
*— степеневих рядів 599
Різносторопні кути 337
----зовнішні 337
--------- внутрішні 337
Ріман 336
Ріхтер 388
Роберваль Ж. 522, 523
Розбіжна послідовність 541
Розбіжний ряд 548
Розв’язання нерівностей 181,
302
----графічним способом 228
— рівнянь 133, 288
----графічним способом 227,
298
— систем рівнянь 143, 299
----нерівностей 182
Розв’язок диференціального рів-
няння 621
Розгорнутий кут 334
Розгортка конуса 483
— — зрізаного 485
— циліндра 478
Розкладання .на множники мно-
гочленів 104
------- чисел 29
Розміщення 206
Ромб 366
Ромен Андрієн ван 388
Румовський С. Я. 6, 320
Рухомий промінь 255
Ряд 548
— Маклорена 595
— -Тейлора 595
Саккері Д. 335
Сегмент 181, 375
Сегментна поверхня 491
Секанс 254, 258
Секстильйон 8
Сектор 375
Секунда 334
Септильйон 8
Середнє арифметичне 178.
— гармонійне 178
— геометричне 178
—• інтегральне значення функ-
ції 611
— квадратичне 178
Середня лінія трапеції 369
— — трикутника 349
— пропорціональна двох від-
різків 326
Симашко Ф. І. 6
Симетрія 419
— відносно осі 419
----- точки 419
Синус 253, 258, 280
Синусоїда 280
Синусоїдограф 280
Система аксіом 329
— тригонометричних рівнянь
299
Системи нерівностей 182
— рівнянь 141
Сільвестер Дж. Дж. 400
Сімпсон Т. 618
Сімпсона формула 618
-----велика 620
— — мала 619
64$
Сімсон Р. 321
Січна 374
— площина 473, 490
Складна теорема 331
Скорочення дробів алгебраїч-
них 106
— «— десяткових 52
--- звичайних 40
Сомов Й. І. 88
Спадна послідовність 527
— функція 587
Спейдель Д. 249
Співмножники 29
Спільна міра двох відрізків 325
Спільне кратне ЗО
—• — найменше ЗО
Спільний дільник ЗО
Спосіб відповідності 474
— побудови слідів 474
Спряжені множники 126
Стала послідовність 524
Сталь Р. 523
Стевін С. 57
Степеневі ряди 595
Степінь 14
— інверсії 423
— многочлена 94
— точки відносно даного кола
393
— числа комплексного 190
— — раціонального 91
Стерадіан 451
Стереометрія 322, 434
Сторона ламаної 323
Сторони кута 255, 332
Строго монотонна послідовність
527
Стюарт М. 336
Сума відрізків 323
— внутрішніх кутів трикутни-
ка 341
— дуг 374
— кубів двох чисел 102
— кутів 333
Сума послідовностей 528
— ряду 548
— степеневих рядів 599
— членів арифметичної про-
гресії 529
— членів геометричної про-
гресії 530, 550
— членів нескінченної геомет-
ричної прогресії 550
Суміжні кути 333
Сумірні відрізки 325
Сфера 490
Схема дослідження функцій
221,593
Таблиця найпростіших інтегра-
лів 603, 604
— похідних 576, 578
Тангенс 254, 258, 283
Тангенсоїда 283
Тарталья Н. 87
Твірна зрізаного конуса 485
— конічної поверхні 482
— конуса 482
— циліндра 477
— циліндричної поверхні 477
Тейлор Б. 523
Теорема 329, 330
— Абеля 595
— Безу 197
— Бріаншона 395
— Вієта 158
— косинусів 277
— Лагранжа 583
— Лейбніца 554
— Паскаля 393
Піфагора 343
— Птолемея 395
— Ролля 582
— синусів 277
Теореми про границі 545, 563
— про радикали 119
— про рівносильні рівняння 134
Тетраедр 471
646
Тілесний кут 451
Торрічеллі Е. 336, 522, 523
Тотожні вирази. 95
— перетворення 95
— — ірраціональних виразів
117
Тотожність 95
Точка 321, 322
— збіжності степеневого ряду
595
— максимуму функції 219, 588
— мінімуму функції 219, 588
— неперервності функції 566
перегину 591 ч
— розриву неперервності 567
--------другого роду 569
— — — першого роду 567
— — — поправного 568
— самоперетину ламаної 323
Транспортир 335
Трапеція 369
— прямокутна 369
Тригонометрична форма комп-
лексного числа 192
— нерівність 302
— тотожність 263
— функція 257
Тригонометричне рівняння
287
Тригонометрія 250
Тригранні кути 450
Трикутник 341
— вписаний 394
— гострокутний 341
— описаний 394
— Паскаля 395
— прямокутний 341
— рівнобедрений 341
— рівносторонній 341
— тупокутний 341
Трикутників подібність 352
— рівність 351
Трильйон 8
Тупий кут 335
Угнутість кривої 590
Улуг-Бек Мірза Мухаммед ібн
Шахрух ібн Тімур 86
Умова достатня 331, 332
— необхідна 331, 332
— теореми 330, 331
Умовна збіжність рядів 555
Уявна одиниця 188
Фаза 285
ал-Фазарі 251
Фазовий кут 285
Факторіал 205
Фалес з Мілета 250, 317
Фархварсон А. Д. 249, 316
Феофан Прокопович 319
Фергюсон Р. 388
Ферма П. 87, 319, 523, 524
Феррарі Л. 87
Фібоначчі Л. 86, 251, 388, 400,
434
Фігура 339
— просторова 434
Фінке Т. 252, 254
Формула бінома Ньютона 209
— Герона 358
— добутку членів геометричної
прогресії 530
— Ейлера 470
— загального члена арифме-
тичної прогресії 528
--------- геометричної прогре-
сії 530
-------послідовності 526
— інтегрування частинами 604
— Маклорена 386
— Ньютона—Лейбніца 611
— Сімпсона 618, 620
---велика 620
--- мала 618
— суми членів арифметичної
прогресії 529
-------геометричної прогресії
530
647
Формула Тейлора 584
-----для многочлена 584, 585
-----для функції 586
— трапецій 617
Формули додавання і віднімай-
ня^аргументів тригонометричних
функцій 265
-------- обернених тригономет-
ричних функцій 311
— зведення 266
— коренів квадратного рівнян-
ня 156
— Мольвейде 503
— ойірненої пропорціонально-
сті 223
— перетворення добутку триго-
нометричних функцій в суму
271
----- суми тригонометричних
функцій в добуток 273
— подвійних кутів 267
— подвоєння обернених триго-
нометричних функцій 312
— половинного аргументу 270
— потрійних кутів 267
— прямої пропорціональності
222
— скороченого множення 101
— ,які виражають тригономет-
ричні функції через тангенс
половинного аргументу 275
Франческі П. 434
Функція 214, 524
— алгебраїчна’215
— антье 218
— елементарна трансцендентна
215
— зростаюча 218, 587
— квадратична 225
— лінійна 220
— логарифмічна 232
— монотонна 218, 587
— необмежена 219
— непарна 220, 267
Функція неперіодична 230, 279
— обернена 220, 577
— обмежена 219
— оборотна 221
— парна 220, 267
— періодична 220, 279
— показникова 231
— спадна 218, 587
— степенева 227
— тригонометрична 258
— числова 215
— як відповідність 214
Фурьє Ж. 321, 524
Хайям Абу-л-Фатх Омар ібн Іб-
рахім 86,213, 218,318, 400
Хамурабі 317
Характеристика логарифма 236
Хорда 374
— круга 374
— сфери 490
ал-Хорезмі Абу Абдалла Му-
хаммед ібн Муса ал-Маджусі
5, 86, 251, 254,318
Целен Лудольф ван 388
Центр вписаного кола 348
— ваги трикутника 347
— гомотетії 355
— інверсії 423
— кола 374_
— кулі 490
— описаного кола 349
— подібності 355
— правильного многокутника
398
— радикальний 393
— сфери 490
Центральна симетрія 419
Центральний кут 383
Цінь Цзю-шао 86
Циліндр 477
648
ЦиліВДрична поверхня 477 — підківка 479 * - труба 479 Циркуль пропорціональний 324 Цифри 7. , арабські 8 — Значущі 62 — індійські 9 — римські 9 — сумнівні 62 — точні 600 Частинна сума ряду 548 Частка 13 — неповна 14 Частота коливань 286 Чебишов П. Л. 88, 425 Чеппл В. 336 Числа абстрактні 71 — взаємно прості 32 — від’ємні 88 — дійсні 113 — додатні 88 — дробові 36 — іменовані 71 прості 71 складені 71 — ірраціональні 112 Числа комплексні 188 - т протилежні 189 спряжені 189 — мішані 38 — наближені 60 — натуральні 7 — прості 78 — протилежні 89 — точні 60 • — уявні 188 — цілі 8 невід’ємні 8 Чисельник 37 Числова послідовність 524 Числовий ряд 548 Члени дробу 37 — відношення 73 — послідовності 524 — пропорції 74 Чотирикутник 373, 401 Шварц К. 316 Шевченко І. М. 6 Шенкс І. 388 Шерффер К. 255 Штіфель М. 91, 213 фон Юніс 251 фон Яцер X. Р. 117
ЗМІСТ
Передмова.................................................. З
І. АРИФМЕТИКА
Предмет арифметики......................................... 5
Цілі невід’ємні числа
§ 1. Поняття множини........................................ 6
§ 2. Нумерація............................................ 7
§ 3. Числові вирази. Поняття змінної. Вирази із змінними. Рів-
няння .... ... ... 10
§ 4. Арифметичні дії ,..................................... 11
§ 5. Властивості арифметичних дій ........... ... 15
§ 6. Зміна результатів дій в залежності від зміни даних ... 18
§ 7. Порядок дій, дужки . ..........................21
§ 8. Перевірка арифметичних дій....................... 23
§ 9. Способи швидких обчислень ............................ 24
§ 10. Подільність чисел .................................... 26
§ 11. Ознаки подільності............................... 26
§ 12. Прості і складені числа.......................... 28
§ 13. Спільні дільники і кратні........................ ЗО
$ 14. Недесяткові системи числення..................... 33
Дробові числа
§ 15. Звичайні- дроби..................................... 36
§ 16. Зміна дробу із зміною його членів..................... 39
§ 17. Перетворення дробів ................................. 40
§ 18. Арифметичні дії із звичайними дробами................. 42
§ 19. Основні типи задач на дроби .......................... 49
§ 20. Десяткові дроби....................................... 50
§ 21. Дії з десятковими дробами ............................ 53
§ 22. Періодичні десяткові дроби............................ 55
§ 23. Проценти .... 57
§ 24. Основні типи задач на проценти.............. ......... 58
§ 25. Наближені обчислення.................................. 60
§ 26. Наближені обчислення за допомогою правил підрахунку
цифр........................................................ 62
$ 27. Наближені обчислення за способом границь............. 64
650
Величини І пропорції
§ 28. Вимірювання величин.................................. 65
§ 29. Метрична система мір................................. 66
§ ЗО. Система СІ......................................... 68
§ 31. Історичні відомості про метролсіію................... 70
§ 32. Іменовані числа...................................... 71
§ 33. Відношення чисел................................... 73
§ 34. Пропорції........................................... 74
§ 35. Арифметичні задачі................................... 77
II, алгебра та елементарні функції
Історичні відомості про розвиток алгебри
Раціональні числа і алгебраїчні вирази
§ 1. Раціональні числа....................................... 88
§ 2. Дії з раціональними числами . .......................... 90
§ 3. Алгебраїчні вирази ..................................... 92
§ 4. Тотожні перетворення цілих виразів...................... 95
§ 5. Дії з цілими алгебраїчними виразами..................... 97
§ 6. Формули скороченого множення............................101
§ 7. Розкладання многочленів на множники.....................104
§ 8. Алгебраїчні дроби.......................................105
§ 9. Дії з алгебраїчними дробами.............................108
.ірраціональні числа та алгебраїчні вирази
§ 10. Квадратні корені.........................................ПО
§ 11. Ірраціональні числа.....................................112
§ 12. Дії з дійсними числами. , ..............................115
§ 13. Ірраціональні вирази. . ................................117
§ 14. Дії з радикалами........................................123
§ 15. Степені з від’ємними, нульовими і дробовими показниками 128
Рівняння і нерівності
§ 16. Загальні відомості про рівняння........................132
§ 17. Рівняння першого степеня...............................136
§ 18. Розв’язання задач за допомогою рівнянь першого степеня
з одним невідомим.......................................138
§ 19. Системи двох рівнянь першого степеня з двома невідомими 141
§ 20. Системи лінійних рівнянь з трьома невідомими ..... 147
§ 21. Розв’язання задач за допомогою системи рівнянь .... 151
§ 22. Квадратні рівняння.....................................153
§ 23. Задачі на складання квадратних рівнянь ............... 159
§ 24. Ірраціональні рівняння..................................162
§ 25. Системи рівнянь другого степеня з двома невідомими 166
§ 26; Задачі на складання систем рівнянь.....................170
§ 27. Нерівності .................................173
§ 28. Нерівності першого степеня........................... 179
§ 29. Нерівності другого і вищих степенів.....................184
651
Комплексні ЧИЄЛЙ І рівняння вищйк степенів
§ ЗО. Комплексні числа ................. .
§31. Тригонометрична форма комплексного числа
§ 32. Історичні відомості про комплексні числа
§ 33. Рівняння вищих степенів...............
Сполуки та біном Ньютона
§ 34. Сполуки ..............................
§ 35. Розв’язання прикладів і задач на сполуки
§ 36. Біном Ньютона ........................
Елементарні функції та їх властивості
. 188
207
209
§ 37. Функціональна залежність величин.........................213
§ 38. Властивості функцій.................................. 217
§ 39. Найпростіші функції та їх графіки........................222
§ 40. Графічні способи розв’язання рівнянь і нерівностей . . . 227
Показникова і логарифмічна функції
§41. Показникова функція......................................231
§ 42. Логарифми................................................231
§ 43. Десяткові логарифми..................................... 236
§ 44. Показникові та логарифмічні рівняння і нерівності . . . 238
§ 45. Історичні відомості про логарифми........................248
Тригонометричні функції
§ 46. Історичні відомості......................................250
§ 47. Походження та розвиток вчення про окремі тригономет-
ричні функції........................................... 253
§ 48. Узагальнення поняття кута. Вимірювання дуг і кутів 255
§49. Тригонометричні функції довільного кута..................257
§ 50. Основні тригонометричні тотожності.......................263
§ 51. Формули додавання і віднімання аргументів тригономет-
ричних функцій.........................................265
§ 52. Формули зведення...............................266
§ 53. Парність і непарність тригонометричних функцій .... 267
§ 54. Формули подвійних і потрійних кутів (аргументів) . . . 267
§ 55. Формули половинного аргументу.......................270
§ 56. Формули перетворень добутку тригонометричних функцій
в суму......................................................271
§ 57. Формули перетворення суми тригонометричних функцій
у добуток...................................................273
§ 58. Формули, що виражають тригонометричні’ функції через
тангенс половинного аргументу...............................275
§ 59. Перетворення тригонометричних виразів введенням допо-
міжного кута................................................276
§ 60- Походження основних тригонометричних співвідношень 277
§61. Тригонометричні функції абстрактного аргументу .... 279
§ 62. Періодичність тригонометричних функцій...................279
§ 63. Графік і деякі властивості функції у — зіпх..............280
§ 64. Графік і деякі властивості функції // = созх.............282
652
^^і;Графік 1 деякі властивості функції у = х . ... . , 283
Ж і деякі властивості функції у = сі£х . . . ... 284
Прості гармонійні коливання.................................285
‘ '
^Тригонометричні рівняння і нерівності
^ 68. Найпростіші тригонометричні рівняння.................287
^69. Про розв’язання тригонометричних рівнянь..............288
70. Методи розв’язання тригонометричних рівнянь з функціями
; ' ’ ! одного аргументу............’. •.........X . . . . 288
!§ 71. Тригонометричні рівняння з функціями різних аргументів 295
§ 72. Графічні методи розв’язання тригонометричних рівнянь 298
§ 73. Системи тригонометричних рівнянь......................299
§ 74. Тригонометричні нерівності . . . ....................302
§ 75. Обернені тригонометричні функції.....................307
§ 76. Тригонометричні таблиці.............................316
III. ГЕОМЕТРІЯ
ПЛАНІМЕТРІЯ
§ 1. Предмет геометрії. Короткі відомості про її розвиток 317
2. Основні поняття.......................................322
§ 3. Дії з відрізками.....................................323
§ 4. Поділ відрізка в даному відношенні . . . ............326
§ 5. Поділ відрізка в середньому і крайньому відношенні.
Золотий переріз. .........................................327
§ 6. Гармонійна група точок. Гармонійний поділ............328
§ 7. Аксіоматика. Визначення. Теореми. Доведення......• 329
§ 8. Необхідні і достатні умови.............................331
§ 9. Кути...................................................332
§ 10. Паралельні прямі.......................................335
§ 11. Многокутники...........................................339
§ 12. Трикутники..........’................................341
§ 13. Співвідношення між елементами трикутника...............343
§ 14. Ознаки рівності трикутників..............*.............351
§ 15. Подібність трикутників і многокутників.................352
§ 16. Поняття про площу та ЇЇ вимірювання....................357
§ 17. Площа трикутника.......................................358
§ 18. Зведена таблиця окремих випадків трикутників .... 363
§ 19. Паралелограм, прямокутник, ромб, квадрат...............363
§ 20. Трапеція...............................................369
§21. Коло і круг............................................374
§ 22. Кути у крузі...........................................383
§ 23. Довжина кола. Площа круга і його частин................387
§ 24. Степінь точки відносно даного кола. Радикальна вісь.
Радикальний центр.........................................393
§ 25. Вписані і описані многокутники.........................394
§ 26. Правильні многокутники.................................398
§ 27. Зведена таблиця окремих випадків чотирикутників . . . 400
§ 28. Взаємопроникнення алгебри й геометрії..................400
653
Геометричні задачі на побудову
за допомогою циркуля і лінійки
§ 29. Найпростіші задачі на побудову..................... . 402
§ ЗО. Метод геометричних місць точок..................... 413
§31. Метод подібності.....................................417
§ 32. Метод симетрії........................................419
§ 33. Метод паралельного перенесення.......................422
§ 34. Метод інверсії........................................423
§ 35. Побудова фігур, рівновеликих до даних.................425
§ 36. Алгебраїчний метод розв’язання геометричних задач на
побудову....................................................427
§ 37. Побудова коренів квадратного рівняння ................429
§ 38. Геометричні задачі на нерівності......................431
СТЕРЕОМЕТРІЯ
Загальні зауваження
Прямі і площини у просторі
§ 39. Основні властивості площини.........................435
§ 40. Взаємне розташування двох прямих у просторі.........436
§41. Взаємне розташування прямої і площини...............436
§ 42. Паралельні площини..................................442
§ 43. Двогранні кути і перпендикулярні площини............443
§ 44. Задачі на побудову в стереометрії...................446
§ 45. Многогранні кути................................... 450
Многогранника
§ 46. Основні визначення'............................... 452
§ 47. Призма і паралелепіпед..............................452
§ 48. Об’єм призми і паралелепіпеда.......................454
§ 49. Піраміда............................................460
§ 50. Зрізана піраміда ...................................465
§ 51. Клин. Обеліск ......................................468
§ 52. Подібність многогранників...........................469
§ 53. Правильні многогранники.............................470
§ 54. Побудова плоских перерізів многогранників...........473
Круглі тіла
§ 55. Циліндр.............................................477
§ 56. Конус...............................................482
§ 57. Зрізаний конус......................................485
§ 58. Конічні перерізи....................................489
§ 59. Сфера і куля........................................490
§ 60. Поверхня і об’єм кулі та її частин..................491
§ 61. Вписана та описана кулі.............................496
§ 62. Геометричне місце точок і прямих у просторі.......499
654
Застосування тригонометричних функцій
до розв'язання задач з геометрії
$ 63. Розв’язання прямокутних трикутників...............501
§ 64. Розв’язання прямолінійних трикутників.............502
§ 65. Застосування тригонометричних функцій до розв’язання
планіметричних задач.................................... 509
§ 66. Елементарні відомості з сферичної тригонометрії.... 513
§ 67. Застосування тригонометричних функцій до розв’язання
стереометричних задач....................................515
IV, ЕЛЕМЕНТИ МАТЕМАТИЧНОГО АНАЛІЗУ
§ 1. Історичні відомості..................................522
Послідовності
§ 2. Числові послідовності. Основні поняття...............524
§ 3. Прогресії.......................................... 528
§ 4. Суми п перших членів деяких послідовностей..........532
§ 5. Метод математичної індукції..........................538
§ 6. Границя числової послідовності.......................541
г§ 7. Основні теореми про границі послідовностей..........545
§ 8. Поняття числового ряду. Збіжність, розбіжність та сума
ряду. Необхідна ознака збіжності ряду......................548
§ 9. Сума членів геометричної прогресії.................550
§ 10. Достатні ознаки збіжності числових рядів з додатними
членами....................................................551
§ II. Ознаки збіжності знакозмінних рядів.................554
Границя функції. Неперервність
§ 12. Поняття границі функції. Властивості функцій, які
мають границю............................................ 555
§ 13. Нескінченно малі функції. Основні властивості нескін-
ченно малих. Нескінченно великі функції....................560
§ 14. Основні теореми про границі. Важливі границі..... 563
§ 15. Неперервність функції. Точки розриву. Властивості непе-
рервних функцій............................................566
§ 16. Порівняння нескінченно малих функцій................570
Похідна та її застосування
§ 17. Поняття похідної, її геометричний і механічний смисл. 572
§ 18. Основні правила диференціювання. Таблиця похідних . 576
§ 19. Диференціал функції.................................578
§ 20. Поняття про похідні і диференціали вищих порядків. . 581
§ 21. Застосування похідних до дослідження властивостей
функції....................................................582
§ 22. Дослідження функцій і побудова їх графіків ...... 587
§ 23. Степеневі ряди. Рядя Тейлора і Маклорена............595
655
Невизначений та визначений Інтеграли
§24. Невизначений інтеграл . . \ і .... . 602
§ 25. Визначений інтеграл. Геометричний І механічний смисл 'З
•визначеного інтеграла........................ ; . 605
§ 26. Основні властивості визначеного інтеграла. Формула
Ньютона—Лейбніца.......................................; бір
§ 27. Деякі застосування визначеного інтеграла.........613
§ 28. Формули наближеного обчислення визначеного інтеграла 616
§ 29. Поняття диференціального рівняння. Диференціальні рів- 4
няння першого порядку...................................621
§30. Деякі застосування диференціальних рівнянь.......627'
Алфавітний покажчик...........................і . . . . 632
Григорий Петрович Бевз
Алексей Николаевич Боголюбов
Павел Феодосиевич Фильчаков
Константин Иванович Швецов
Федор Петрович Яремчук
СПРАВОЧНИК ПО ЗЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКЕ
(На украинском язьіке)
Под редакцией члена-корреспонден/па АІЇ УССР П. Ф. Фильчакова
Издание второе, переработанное и дополненное
Редактор Р. 1. Гусяча. Художній редактор В. М. Тепляков. Художнє
оформлення В. Г. Самсонова. Технічний редактор 1. А. Ратнер.
Коректори Л. М. Тищенко, А 1. Разбицька.
Здано до набору ЗО. IV 1975 р. Підписано до друку 20. XI 1975 р. БФ 02705.
Зам. № 5-2692. Вид. № 347. Тираж 93 000. Папір № З, 84X108 1/32. Друк-.фіз.
арк. 20,5. Умовно-друк. арк. 31,44. Обл.-вид. арк. 44,92. Ціна І крб. 48 коп.
Видавництво «Наукова думка», Київ, Рєпіна, 3.
Надруковано з матриць Книжкової фабрики ім. М. В. Фрунзе республікан-
ського виробничого об’єднання «Поліграфкнига» Держкомвидаву УРСР, Хар-
ків, Донець-Захаржевська, 6/8 на Харківській книжковій фабриці «Комуніст»
республіканського виробничого об’єднання «Поліграфкннга» Держкомвидаву
УРСР, Харків, вул. Енгельса, 114